太原市2018年高三模擬試題（一）數學試卷（理工類）一、選擇題：本大題共12個小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】,所以，選A.2.若復數在復平面內對應的點在第四象限，則實數的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】，所以，選A.3.已知命題；命題若，則，則下列為真命題的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】因為，所以命題為真；命題為假，所以為真，選B.4.執行如圖所示的程序框圖，輸出的值為（）A.B.C.3D.2【答案】D【解析】，所以，選D.5.已知等比數列中，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】因為，所以因為，所以因此選B.6.函數的圖像大致為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】令,因為,故排除選項A、B,因為,故排除選項D;故選C......................7.已知不等式在平面區域上恒成立，若的最大值和最小值分別為和，則的值為（）A.4B.2C.4D.2【答案】C【解析】當時，；當時，因此選C.8.已知拋物線的焦點為，準線為是拋物線上的兩個動點，且滿足．設線段的中點在上的投影為，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由拋物線定義得,在三角形AFB中，所以，選D.9.某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A.B.C.2D.4【答案】A【解析】幾何體如圖，體積為選A.點睛：(1)解決本類題目的關鍵是準確理解幾何體的定義，真正把握幾何體的結構特征，可以根據條件構建幾何模型，在幾何模型中進行判斷；(2)解決本類題目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱錐、四棱錐是常用的幾何模型，有些問題可以利用它們舉特例解決或者學會利用反例對概念類的命題進行辨析．10.已知函數，若，在上具有單調性，那么的取值共有（）A.6個B.7個C.8個D.9個【答案】D【解析】因為，所以因此，因為在上具有單調性，所以因此，即的取值共有9個，選D.點睛：已知函數的圖象求解析式(1).(2)由函數的周期求(3)利用“五點法”中相對應的特殊點求.(4)由求增區間;由求減區間11.三棱錐中，底面為正三角形，若，則三棱錐與三棱錐的公共部分構成的幾何體的外接球的體積為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】設，則三棱錐與三棱錐的公共部分為三棱錐,設三棱錐外接球的半徑為R，則,體積為，選B.點睛：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.12.設函數，若存在區間，使在上的值域為，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】因為，所以因此在上有兩個不同的零點，由得，所以令，則，所以，又，所以當時，當時，要使方程有兩個不同的零點，需，選C.點睛：利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解.(2)分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.二、填空題：本大題共4道，每小題5分，共20分．13.在多項式的展開式中，的系數為___________．【答案】120【解析】根據二項式展開式可知，的系數應為.14.已知雙曲線的右焦點為，過點向雙曲線的一條漸近線引垂線，垂足為，交另一條漸近線于，若，則雙曲線的離心率___________．【答案】【解析】如圖所示漸近線OM的方程為右焦點為，因此，過點向ON作垂線，垂足為P，則.又因為，所以，在直角三角形中，，所以，故在三角形OMN中，，所以,所以，即所以雙曲線的離心率為.15.某人在微信群中發了一個7元“拼手氣”紅包，被甲、乙、丙三人搶完，若三人均領到整數元，且每人至少領到1元，則甲領取的錢數不少于其他任何人的概率是___________．【答案】【解析】由題意得共有這15種，其中甲領取的錢數不少于其他任何人的事件有這6種，所以概率為點睛：古典概型中基本事件數的探求方法(1)列舉法.(2)樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本事件的探求.對于基本事件有“有序”與“無序”區別的題目，常采用樹狀圖法.(3)列表法：適用于多元素基本事件的求解問題，通過列表把復雜的題目簡單化、抽象的題目具體化.(4)排列組合法：適用于限制條件較多且元素數目較多的題目.16.數列中，，若數列滿足，則數列的最大項為第__________項．【答案】6【解析】因為，所以根據疊加法得，所以當時，，當時，，因此數列的最大項為第6項.三、解答題：本大題共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.的內角為的對邊分別為，已知．（1）求的最大值；（2）若，當的面積最大時，的周長；【答案】（1）；（2）.【解析】試題分析：(1)先根據正弦定理將邊角關系轉化為角的關系，在根據三角形內角關系利用誘導公式化簡得，解得B,代入化簡得，根據三角函數同角關系轉化為二次函數，最后根據對稱軸與定義區間位置關系確定最大值取法，(2)先根據余弦定理得，再根據基本不等式求最大值，此時的面積取最大，根據最大值等號取法確定值，即得三角形周長.試題解析：（1）由得：，，即，，；由，令，原式，當且僅當時，上式的最大值為．（2），即，當且僅當等號成立；，周長．點睛：三角形中最值問題，一般轉化為條件最值問題:先根據正、余弦定理及三角形面積公式結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，利用基本不等式或函數方法求最值.在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.18.某校倡導為特困學生募捐，要求在自動購水機處每購買一瓶礦泉水，便自覺向捐款箱中至少投入一元錢．現統計了連續5天的售出礦泉水箱數和收入情況，列表如下：售出水量（單位：箱）76656收入（單位：元）165142148125150學校計劃將捐款以獎學金的形式獎勵給品學兼優的特困生，規定：特困生綜合考核前20名，獲一等獎學金500元；綜合考核2150名，獲二等獎學金300元；綜合考核50名以后的不獲得獎學金．（1）若與成線性相關，則某天售出9箱水時，預計收入為多少元？（2）甲乙兩名學生獲一等獎學金的概率均為，獲二等獎學金的概率均為，不獲得獎學金的概率均為，已知甲乙兩名學生獲得哪個等級的獎學金相互獨立，求甲乙兩名學生所獲得獎學金之和的分布列及數學期望；附：回歸方程，其中．【答案】（1）206；（2）.【解析】試題分析：(1)先求出君子，代入公式求，，再求線性回歸方程自變量為9的函數值，(2)先確定隨機變量取法，在利用概率乘法求對應概率，列表可得分布列，根據數學期望公式求期望.試題解析：（1），經計算，所以線性回歸方程為，當時，的估計值為206元；（2）的可能取值為0，300，500，600，800，1000；；；；；；；03005006008001000所以的數學期望．19.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，．（1）求證：；（2）若分別為的中點，平面，求直線與平面所成角的大小．【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】試題分析：本題主要考查線面垂直的判定與性質、二面角的求解等基礎知識，考查學生的分析問題解決問題的能力、空間想象能力、邏輯推理能力、計算能力.第一問，利用線面垂直的判定定理，先證出平面，利用線面垂直的性質定理得，在中再證明；第二問，先證明兩兩垂直，從而建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，再求直線與平面所成角的正弦值，最后確定角.試題解析：（1）連接，，，交于點，因為底面是正方形，所以且為的中點.又所以平面，由于平面,故.又,故.解法1：設的中點為,連接,∥=,所以為平行四邊形，∥，因為平面，所以平面，所以,的中點為,所以.由平面，又可得，又，又所以平面所以,又,所以平面（注意：沒有證明出平面，直接運用這一結論的，后續過程不給分）由題意,兩兩垂直，,以為坐標原點,向量的方向為軸軸軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,則為平面的一個法向量.設直線與平面所成角為，所以直線與平面所成角為.解法2：設的中點為,連接,則∥=,所以為平行四邊形，∥，因為平面，所以平面，所以,的中點為,所以.同理，又，又所以平面所以,又,所以平面連接、，設交點為，連接，設的中點為，連接，則在三角形中，∥，所以平面，又在三角形中，∥，所以即為直線與平面所成的角.又,,所以在直角三角形中,,所以,直線與平面所成的角為.考點：本題主要考查：1.線面垂直的判定與性質；2.二面角的求解.20.已知橢圓的左、右頂點分別為，右焦點為，點在橢圓上．（1）求橢圓方程；（2）若直線與橢圓交于兩點，已知直線與相交于點，證明：點在定直線上，并求出定直線的方程．【答案】（1）；（2）定直線.【解析】試題分析：(1)將點坐標代入橢圓方程，解方程組可得(2)先根據特殊位置計算交點在定直線上，再設，解方程組可得交點橫坐標，聯立直線方程與橢圓方程，利用韋達定理代入化簡可得定值1.試題解析：（1），∴，由題目已知條件知，∴，所以；（2）由橢圓對稱性知在上，假設直線過橢圓上頂點，則，∴，，∴，所以在定直線上．當不在橢圓頂點時，設，得，所以，，當時，得，所以顯然成立，所以在定直線上．點睛：定點、定值問題通常是通過設參數或取特殊值來確定“定點”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉化為代數式或三角問題，證明該式是恒定的.定點、定值問題同證明問題類似，在求定點、定值之前已知該值的結果，因此求解時應設參數，運用推理，到最后必定參數統消，定點、定值顯現.21.．（1）證明：存在唯一實數，使得直線和曲線相切；（2）若不等式有且只有兩個整數解，求的范圍．【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】試題分析：(1)先設切點坐標，根據導數幾何意義得切線斜率，根據切點既在切線上也在曲線上，聯立方程組可得．再利用導數研究單調性，并根據零點存在定理確定零點唯一性，即得證結論，(2)先化簡不等式為，再分析函數單調性及其值域，結合圖形確定討論a的取法，根據整數解個數確定a滿足條件，解得的范圍．試題解析：（1）設切點為，則①，和相切，則②，所以，即．令，所以單增．又因為，所以，存在唯一實數，使得，且．所以只存在唯一實數，使①②成立，即存在唯一實數使得和相切．（2）令，即，所以，令，則，由（1）可知，在上單減，在單增，且，故當時，，當時，，當時，因為要求整數解，所以在時，，所以有無窮多整數解，舍去；當時，，又，所以兩個整數解為0，1，即，所以，即，當時，，因為在內大于或等于1，所以無整數解，舍去，綜上，．22.在平面直角坐標系中，曲線過點，其參數方程為（為參數，），以為極點，軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）求已知曲線和曲線交于兩點，且，求實數的值．【答案】（1）,；（2）或.【解析】試題分析：(1)先根據加減消元法得曲線的普通方程，再根據將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程；(2)將直線參數方程代入曲線的直角坐標方程，由得，再利用韋達定理列方程解得實數的值．試題解析：解：（1）的參數方程，消參得普通方程為，的極坐標方程為兩邊同乘得即；（2）將曲線的參數方程標準化為（為參數，）代入曲線得，由，