2018届高三数学一模试卷(理科有解析河南安阳市)
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资料简介
www.ks5u.com ‎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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