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2018届高三毕业班第一次模拟考试
数学（理科）
一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意，∴，故选D.
2. 已知复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】，对应点，在第二象限，故选B.
3. 已知函数满足：①对任意且，都有；②对定义域内任意，都有，则符合上述条件的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】①说明在上是增函数，②说明是偶函数，B中函数是奇函数，C是函数非奇非偶函数，D是函数是偶函数，但在上不是增函数，只有A符合要求，故选A.
4. 若，则（ ）
A. -1 B. 1 C. D. -1或
【答案】C
【解析】由已知得，，，，∴，故选C.
点睛：在用平方关系求值时，需确定
的范围，以确定它们的正负，本题中由已知条件知可得，从而不必再讨论的范围，这是我们在解题时需要时常注意的，并不是什么时候都要分类讨论的.
5. 已知等比数列中，，，则（ ）
A. 12 B. 10 C. D.
【答案】A
【解析】由已知，∴，∴，故选A.
6. 执行下图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】C
【解析】由程序框图知 ，易知时，，时，，然后有，故选C.
7. 如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为，故选D.
8. 在边长为的正三角形内任取一点，则点到三个顶点的距离均大于的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图正的边长为，分别以它的三个顶点为圆心，以为半径，在内部画圆弧，得三个扇形，则题中点在这三个扇形外，因此所求概率为
，故选B．
9. 已知为等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A. 49 B. 91 C. 98 D. 182
【答案】B
【解析】∵，∴，即，∴，故选B．
10. 已知函数，要得到的图象，只需将函数的图象（ ）
A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位
【答案】D
【解析】∵，∴应向左平移个单位，故选D．
11. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且（为坐标原点），若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】以为邻边作平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则，由知此平行四边形的对角线垂直，即此平行四边形为菱形，∴，∴是直角三角形，即，设，则，∴，故选A．
12. 已知函数，（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
【答案】B
【解析】设，则方程化为，画出函数和直线的图象，如图，利用导数知识可知直线与对数函数
的图象切为，因此函数和直线的图象有四个交点，设其横坐标从小到大依次为，其中，，，，又结合的图象知有一解，有三解，有两解，无解，因此有6解，即函数6个零点，故选B．...............
点睛：函数零点个数问题，一种方法可用导数研究函数的单调性和极值，再䬑和零点存在定理得函数的零点个数，另一种方法是转化函数图象交点个数，一般是转化为直线与函数图象的交点，其中直线是含参数的、变化的，函数是固定的，且图象画出的，这里可通过导数研究图象的变化趋势，得出图象的大致规律，动直线可以是平行直线，也可以是过一定点的直线，这样容易发现规律，得出结论．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 展开式中的常数项为__________．
【答案】
【解析】，令，得，
∴常数项为．
14. 已知向量，，且变量满足，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】，作出题中可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，当直线过点时，为最大值．
15. 已知为圆的直径，点为直线上任意一点，则的最小值为__________．
【答案】6
【解析】圆心，设，，则，，∴，
又到直线的距离为，即的最小值为，∴的最小值为．
16. 在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径为1的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为__________．
【答案】
【解析】依题意所求体积为．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.
17. 已知在中，内角所对的边分别为，且满足.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）利用正弦定理把已知边角关系转化为角的关系，结合两角和与差的正弦公式可得，再讨论角特别是的范围后可证得结论．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，已知条件可化为，从而易得的取值范围．
试题解析：
（Ⅰ），由正弦定理知
，
即.
因为，
所以，且，所以，
所以，.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.
由为锐角三角形得，
得.
由得.
18. 某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销售量分布在内，且销售量的分布频率
.
（Ⅰ）求的值并估计销售量的平均数；
（Ⅱ）若销售量大于等于70，则称该日畅销，其余为滞销.在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自个组，求随机变量的分布列及数学期望（将频率视为概率）.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由于，因此可根据题中解析式列出不等式组，求出的所有可能值，代入，再利用总体分布频率为1可求得，利用各区间的中位数及频率可估算出平均数；
（Ⅱ）由分层抽样可求得销售量在内所抽取的天数分别为2，3，3.
而的所有可能值分别为1,2,3，分别计算可得各概率，由期望公式可得期望．
试题解析：
（Ⅰ）由题知，解得，
可取5，6，7，8，9，
代入中，得，.
销售量在，内的频率分别是0.1，0.1，0.2，0.3，0.3，销售量的平均数为.
（Ⅱ）销售量在内的频率之比为，所以各组抽取的天数分别为2，3，3.
的所有可能值为1，2，3，且
，
，
.
的分布列为
1
2
3
数学期望.
19. 如下图，在空间直角坐标系中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）的顶点分别在轴，轴，轴上.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）设，写出A，B，C的坐标，再求出D点坐标，从而得的坐标，只要它与平面的法向量垂直，即可证明线面平行；
（Ⅱ）求二面角，可取AB的中点F，由能证明∠CFD是所求二面角的平面角，在中由得余弦定理可得余弦值．也可求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦可得二面角的余弦．
试题解析：
（Ⅰ）由，易知.
设，则，，，,
设点的坐标为，则由，
可得 ，
解得，
所以.
又平面的一个法向量为，
所以，所以平面.
（Ⅱ）设为的中点，连接，
则，，为二面角的平面角.
由（Ⅰ）知，在中，，，
则由余弦定理知，即二面角的余弦值为.
点睛：立体几何中求直线与平面成的角和二面角，有两种方法：第一种是根据“空间角”的定义作出反应这个“空间角”的“平面角”，然后在三角形中求解，这种方法有三个步骤：一作二证三计算；第二种是根据图形建立适当的空间直角坐标系（充分利用图形中的垂直关系），写出各点坐标，求出平面的法向量，直线的方程向量，利用向量的夹角来求“空间角”，这种方法重在计算，解题步骤固定．
20. 如下图，在平面直角坐标系中，直线与直线之间的阴影部分即为，区域中动点到的距离之积为1.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
（Ⅱ）动直线穿过区域，分别交直线于两点，若直线与轨迹有且只有一个公共点，求证：的面积恒为定值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由点到直线距离公式直接把已知表示出来，并化简可得方程；
（Ⅱ）直线与轨迹有且只有一个公共点，即直线与轨迹相切，因此可求出当与垂直（即斜率不存在）时，面积，当斜率存在时，可设其方程为
，与双曲线方程联立方程组，由可得，再设出，由直线相交可求得（用表示），计算面积可得结论.
试题解析：
（Ⅰ）由题意得，.
因为点在区域内，所以与同号，得，
即点的轨迹的方程为.
（Ⅱ）设直线与轴相交于点，当直线的斜率不存在时，，，得.
当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，则，
把直线的方程与联立得，
由直线与轨迹有且只有一个公共点，知，
得，得或.
设，，由得，同理，得.
所以 .
综上，的面积恒为定值2.
21. 已知函数，，其中为自然对数的底数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性.
（Ⅱ）是否存在实数，使对任意恒成立？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】试题分析：
（Ⅰ）求出导函数，求出的解，在定义域内的各区间可得的正负，即得的单调区间；
（Ⅱ）观察函数得，因此有，这样不等式可化为
，设，利用导数研究出的单调性，可根据的取值分类讨论求只有时，可得有最小值，由最小值 ，把这个式子作为的函数，由导函数得其最大值为，且，从而可得（一方面，另一方面，因此只有），，再研究在时，是否恒成立即可．
试题解析：
（Ⅰ），令得.
当且时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增.
（Ⅱ）注意到，则，①.
于是，即，记，，
若，则，得在上单调递减，则当时，有，不合题意；
若，易知在上单调递减，在上单调递增，
得在上的最小值.
记，则，得有最大值，即，
又，故，代入①得.
当时，即 .
记，则，得在上有最小值，即，符合题意.
综上，存在，使对任意恒成立.
点睛：通过导数证明不等式或研究不等式恒成立问题的基本思路是：以导函数和不等式为基础，单调性为主线，最（极）值为助手，从数形结合、分类讨论等多视角进行探究，经常是把不等式问题转化为判断函数的单调性、求函数的最值，利用最值得出相应结论，其中分类讨论是经常用到的数学思想方法．
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 【选修4-4：坐标系与参数方程】
设直线的参数方程为，（为参数），若以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出曲线是什么曲线；
（Ⅱ）若直线与曲线交于两点，求.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（Ⅱ）把直线的参数方程消去参数得普通方程，代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理及弦长公式可得弦长．
试题解析：
（Ⅰ）由于，
所以，即，
因此曲线表示顶点在原点，焦点在轴上的抛物线.
（Ⅱ），化为普通方程为，代入，并整理得，
所以 .
23. 【选修4-5：不等式选讲】
已知函数.
（Ⅰ）当时，若对任意恒成立，求的最小值；
（Ⅱ）若的解集包含，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由得的最小值，从而有，因此有
，再利用基本不等式可得的不等关系，从而得的最小值，注意等号能否取到；
（Ⅱ）由于，因此不等式可化为，从而有，然后按的正负分类讨论求出的范围，最后求交集即可．
试题解析：
（Ⅰ）当时，，
∴，∴.∴，即，当且仅当时等号成立，
∵，解得，当且仅当时等号成立，故的最小值为.
（Ⅱ）∵的解集包含，当时，有，
∴对恒成立，
当时，，∴；
当时，，∴.
综上：.
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