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山西省太原市2018届高三3月模拟考试数学理试题(一)含解析 太原市太原市2018年高三模拟试题(一)年高三模拟试题(一) 数学试卷(理工类)数学试卷(理工类) 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共12个小题个小题,每小题每小题5分分,共共60分分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的符合题目要求的. 1. 已知集合,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】,所以, 选A. 2. 若复数在复平面内对应的点在第四象限,则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 ,所以,选A. 3. 已知命题;命题 若,则,则下列为真命题的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因为,所以命题 为真; 命题 为假,所以为真,选B. 4. 执行如图所示的程序框图,输出 的值为( ) A. B. C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 , 所以 ,选D. 5. 已知等比数列中,则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因为,所以 因为,所以 因此 选B. 6. 函数的图像大致为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】令,因为,故排除选项A、B,因为 ,故排除选项D;故选C 7. 已知不等式在平面区域上恒成立,若的最大值和最小值分 别为和 ,则的值为( ) A. 4 B. 2 C. -4 D. -2 【答案】C 【解析】当时,;当时, 因此 选C. 8. 已知抛物线的焦点为 ,准线为是抛物线上的两个动点,且满足 设线段的中点在 上的投影为 ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由抛物线定义得 ,在三角形AFB中 ,所以 ,选D. 9. 某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( ) A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 几何体如图,体积为 选A. 点睛:(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义,真正把握几何体的结构特征,可以 根据条件构建几何模型,在几何模型中进行判断;(2)解决本类题目的技巧:三棱柱、四棱柱 、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型,有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例 对概念类的命题进行辨析 10. 已知函数,若,在上具有单调性,那么 的取值共 有 ( ) A. 6个 B. 7个 C. 8个 D. 9个 【答案】D 【解析】因为,所以 因此 ,因为在上具有单调性,所以 因此 ,即 的取值共有9个,选D. 点睛:已知函数的图象求解析式 (1). (2)由函数的周期 求 (3)利用“五点法”中相对应的特殊点求 . (4)由求增区间; 由求减区间 11. 三棱锥中,底面为正三角形,若,则三棱锥 与三棱锥的公共部分构成的几何体的外接球的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设 ,则三棱锥与三棱锥的公共部分为三棱锥, 设三棱锥外接球的半径为R,则 , 体积为 ,选B. 点睛:涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时,一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切 点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关 系,或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何 体已知量的关系,列方程(组)求解. 12. 设函数,若存在区间,使在上的值域为 ,则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】因为 ,所以 因此在上有两个不同的零点,由得 ,所以 令 ,则,所以 ,又,所以当时 ,当 时 ,要使方程有两个不同的零点,需,选C. 点睛:利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. (3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题,从而构建不等式求解. 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共4道,每小题道,每小题5分,共分,共20分分 13. 在多项式的展开式中,的系数为_ 【答案】120 【解析】根据二项式展开式可知,的系数应为. 14. 已知双曲线的右焦点为 ,过点 向双曲线的一条渐近线引垂线,垂足为,交另一 条渐近线于 ,若,则双曲线的离心率_ 【答案】 【解析】如图所示 渐近线OM的方程为 右焦点为 ,因此 ,过点 向ON作垂线,垂足为P,则.又因为,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 双曲线的离心率为 . 15. 某人在微信群中发了一个7元“拼手气”红包,被甲、乙、丙三人抢完,若三人均领到整数元, 且每人至少领到1元,则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是_ 【答案】 【解析】由题意得共有 这15种, 其中甲领取的钱数不少于其他任何人的事件有 这6种,所以概率为 点睛:古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法:适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区 别的题目,常采用树状图法. (3)列表法:适用于多元素基本事件的求解问题,通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目 具体化. (4)排列组合法:适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 16. 数列中,若数列满足, 则数列的最大项为第_项 【答案】6 【解析】因为,所以根据叠加法得 , 所以 当时, ,当时,因此数列 的最大项为第6项. 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共70分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 的内角为的对边分别为,已知 (1)求的最大值; (2)若,当的面积最大时,的周长; 【答案】(1) ;(2). 【解析】试题分析:(1)先根据正弦定理将边角关系转化为角的关系,在根据三角形内角关系 利用诱导公式化简得 ,解得B,代入 化简得 ,根据三角函数同角关系转化为二次函数,最后根据对称轴与定义 区间位置关系确定最大值取法,(2)先根据余弦定理得,再根据基本不等式求 最大值,此时的面积取最大,根据最大值等号取法确定值,即得三角形周长. 试题解析: (1)由得:, ,即,; 由, 令,原式, 当且仅当时,上式的最大值为 (2),即,当且 仅当等号成立;, 周长 点睛:三角形中最值问题,一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式 结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,利用基本不等式或函数方法求最值. 在利用基本不等式求最值时,要特别注意“拆、拼、凑”等技巧,使其满足基本不等式中“正”( 即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件 才能应用,否则会出现错误. 18. 某校倡导为特困学生募捐,要求在自动购水机处每购买一瓶矿泉水,便自觉向捐款箱中至少 投入一元钱现统计了连续5天的售出矿泉水箱数和收入情况,列表如下: 售出水量 (单位:箱)76656 收入 (单位:元)165142148125150 学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生,规定:特困生综合考核前20名, 获一等奖学金500元;综合考核21- 50名,获二等奖学金300元;综合考核50名以后的不获得奖学金 (1)若 与 成线性相关,则某天售出9箱水时,预计收入为多少元? (2)甲乙两名学生获一等奖学金的概率均为 ,获二等奖学金的概率均为 ,不获得奖学金的 概率均为,已知甲乙两名学生获得哪个等级的奖学金相互独立,求甲乙两名学生所获得奖 学金之和 的分布列及数学期望; 附:回归方程,其中 【答案】(1)206;(2). 【解析】试题分析:(1)先求出君子,代入公式求 , ,再求线性回归方程自变量为9的函数值,(2)先确定随机变量取法,在利用概率乘法求对应 概率,列表可得分布列,根据数学期望公式求期望. 试题解析: (1),经计算,所以线性回归方程为, 当时, 的估计值为206元; (2) 的可能取值为0,300,500,600,800,1000; ; ; 03005006008001000 所以 的数学期望 19. 如图,在四棱锥中,底面是边长为的正方形, (1)求证:; (2)若分别为的中点,平面,求直线与平面所成角的大小 【答案】(1)详见解析;(2) . 【解析】试题分析:本题主要考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解等基础知识,考查 学生的分析问题解决问题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问,利用线 面垂直的判定定理,先证出平面,利用线面垂直的性质定理得,在 中再证明;第二问,先证明两两垂直,从而建立空间直角坐标系,求出 平面的法向量,再求直线与平面所成角的正弦值,最后确定角. 试题解析:(1)连接,交于点, 因为底面是正方形, 所以且为的中点. 又 所以平面, 由于平面,故. 又,故. 解法1: 设的中点为 ,连接,=, 所以为平行四边形, 因为平面, 所以平面, 所以,的中点为 , 所以. 由平面,又可得, 又,又 所以平面 所以,又, 所以平面 (注意:没有证明出平面,直接运用这一结论的,后续过程不给分) 由题意,两两垂直, ,以 为坐标原点,向量的方向为轴轴 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 ,则 为平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为, 所以直线与平面所成角为. 解法2:设的中点为 ,连接,则=, 所以为平行四边形, 因为平面, 所以平面, 所以, 的中点为 ,所以. 同理,又,又 所以平面 所以,又, 所以平面 连接、,设交点为,连接,设的中点为 ,连接, 则在三角形中,所以平面, 又在三角形中, 所以即为直线与平面所成的角. 又, 所以在直角三角形中, 所以,直线与平面所成的角为. 考点:本题主要考查:1.线面垂直的判定与性质;2.二面角的求解. 20. 已知椭圆的左、右顶点分别为,右焦点为,点在椭圆 上 (1)求椭圆方程; (2)若直线与椭圆 交于两点,已知直线与相交于点 ,证明: 点 在定直线上,并求出定直线的方程 【答案】(1);(2)定直线. 【解析】试题分析:(1)将点 坐标代入椭圆方程,解方程组可得 (2)先根据特殊位置计算交点 在定直线上,再设,解方程组可得交点横 坐标,联立直线方程与椭圆方程,利用韦达定理代入化简可得定值1. 试题解析: (1),由题目已知条件知,所以; (2)由椭圆对称性知 在上,假设直线 过椭圆上顶点,则, ,所以 在定直线上 当不在椭圆顶点时,设,得, 所以, ,当时,得, 所以显然成立,所以 在定直线上 点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少, 或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参 数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现. 21. (1)证明:存在唯一实数 ,使得直线和曲线相切; (2)若不等式有且只有两个整数解,求 的范围 【答案】(1)详见解析;(2). 【解析】试题分析:(1)先设切点坐标,根据导数几何意义得切线斜率,根据切点既在切线上 也在曲线上,联立方程组可得再利用导数研究 单调性,并根据零点存在定理确定零点唯一性,即得证结论,(2)先化简不等式为 ,再分析函数单调性及其值域,结合图形确定讨论a的取法,根据 整数解个数确定a满足条件,解得 的范围 试题解析: (1)设切点为,则 , 和相切,则 , 所以, 即令,所以单增又因为 ,所以,存在唯一实数,使得,且所以 只存在唯一实数 ,使成立,即存在唯一实
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