2018届吉林省长春市普通高中高三一模考试数学试题卷(理科)(解析版)

合集下载

吉林省长春市2018届高三数学上学期第五次月考一模试题理201801150195

2018届高三年级第一次模拟（第五次月考）考试数学试题（理科）第Ⅰ卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题5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)若集合lg2,1M x y N x x，则M Nxx（A）(0,2)（B）0,1（C）1,2（D）,12i（2）在复平面内，复数z的共轭复数的模为12i（A）25（B）（C）（D）552555（3）下列命题中，为真命题的是（A）,使得.x R ex001（B）x.sin xsin2(x k,k Z)（C）x R,2x x2.（D）若命题p：，使得0010，x2xx R则p：x R,x2x10.（4）执行如图所示的程序框图，输出的T＝（A）29 （B）44 （C）52 （D）62（5）设等差数列的前n项和为，若，则a S S S48,820a a aa n n13141516（A）12 （B）8 （C）20 （D）160.91a0 3c 2log 2a ,b ,c4 .b（6）已知，，则的大小关系是26（A ） a b c （B ） c a b （C ） c b a（D ）b c a12 222（7）若则的大小关系 Sx dx Sdx S e dx1, 2, 3 ,,x, S S S112131x（A ）（B ）SSSSSS123213（C ）（D ）SSSSSS231321- 1 -x 2 0（8）设变量 x , y 满足约束条件 x y 3 0 ，则目标函数 zx 6y 的最大值为2x y 3 0（A ）3 （B ）4（C ）18（D ）401（9）设函数，则使得 f (x )f (2x 1)成立的 x 的取值范围是f (x) exx221（A ）,1 31（B ）,1,31 1（C ）,3 31 1（D ）, , 3 3（10）若抛物线 y 2 4x 的焦点是 F ,准线是l ,点 M( 4,m)是抛物线上一点,则经过点 F 、 M且与l 相切的圆共（A ） 0 个（B ）1个（C ） 2 个（D ） 4 个（11）在正四棱柱中,，动点分别在线段ABCD A B C DAA 1 4, AB BC 2P ,Q 11 1 1C 1D , ACPQ上，则线段长度的最小值是2 2 23 4（A ）（B ）（C ）（D ）3332 5 3xx f (x) eaxx（12）已知有两个零点，下列说法正确的是12（A ）a e（B ） xx122（C ） x 1 x 21（D ）有极小值且xxxx122 0第Ⅱ卷二、填空题：（本大题共 4小题，每小题 5分．）x y 22（13）若双曲线 1 的左、右焦点分别为25 16F 1, F 2 ，点 P 在双曲线上，且 PF，则 13P F2等于1（14）设为第二象限角,若 tan( ) ,则 2sincos ________4 2（15）2,2上随机地取一个数 k ，则事件“直线 y =kx 与圆(x - 5)2 + y 2 = 9 相交”发生的概率为2 1（16）已知 O 是 ABC 外心，若 AO ABAC ，5 4- 2 -则cos BAC三、解答题：（本大题共6小题，其中17-21小题为必考题，每小题12分；第22—23题为选考题，考生根据要求做答，每题10分）（17）（本小题满分12分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，已知cos2C cos2A3．a c b222（Ⅰ）求证：a、b、c成等差数列；（Ⅱ）若B,S83，求b．3（18）（本小题满分12分）如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB//EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB2，EF1．（Ⅰ）求证：平面DAF平面CBF；（Ⅱ）当AD的长为何值时，二面角D FE B的大小为60．（19）（本小题满分12分）aa中，．已知数列a11,a1n n N*nna3n（Ⅰ）求的通项公式；a an nn（Ⅱ）数列b满足b31a，数列的前项和为，nb n Tn n nn n n2n若不等式对一切n N*恒成立，求的取值范围．1Tnn n12（20）（本小题满分12分）x y322椭圆C：（1a b0）的离心率为，过其右焦点F与长轴垂直的弦长为a b2222．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设椭圆C的左右顶点分别为A,B，点P是直线x2上的动点，直线PA与椭圆另一交点为M，直线PB与椭圆另一交点为N.求证：直线MN经过一定点．（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)lnx ax.- 3 -（Ⅰ）讨论f(x)的单调性;（Ⅱ）当函数f(x)有两个不相等的零点x,x时,证明: x x e2.1212请考生在22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题记分.（22）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，设圆：＝4 cos与直线：＝(∈R)交于两点．C l A,B14（Ⅰ）求以AB为直径的圆C的极坐标方程；2（Ⅱ）在圆任取一点，在圆上任取一点，求的最大值．C M C N MN12（23）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数f x x22x1．（Ⅰ）求不等式f x1的解集；（Ⅱ）若关于x的不等式f x t t2在0,1上无解，求实数t的取值范围．32- 4 -数学试题（理科）答案一． BADA,CBBC,ADCB103 二．13. 13 14. 15.16.108三．17. 【解】 1 2（Ⅰ）由正弦定理得：sin cos 2 C sin cos 2 A 3 sinACB22 21cos C1 cos A 3 即sin Asin C sin B2 2 2∴sin A sin C sin A cos C cos A sin C 3sin B即sin A sin C sin(A C ) 3sin B∵sin(A C ) sin B∴sin A sin C 2sin B 即 a c 2b ∴ a ,b ,c 成等差数列。

吉林省长春市普通高中2018届高三质量检测(三)数学(理)试卷

长春市普通高中20怡届高三质量监测(三〉数学试题卷(理科)耆生硕知： t 各试空分试聰砂答題卡,構分150井,石试时间】20分钟.2. 淬聴乩在斟SF 抬宼位据匕境写学检.班纽社名和准警证号.3. 希有答案必皱耳在务朗左上，打龙试总上无效. 4号试黠忆製需上殳界轉卡一一、谨择題:本鏈共M 小题，每小眩空井"吞每小赵给出的四个选项中、只商一项是符合题目毀滾的一 (t > 设集 fr.l^{x||x|<l), B = {x\x(x-3)<U}.刪 dURz(A)卜IQ U) (0.1)(C) (-13><D> (1,3)(2> 若埶数工=则|=|=[-i迅行运兀跑的摆辿們式仃纵横:老种瞄式(如图所示).如吟松位数时*輝阿拉时汁数样.把朴牛数旳的数码从圧到右抑列，«H 他栽码的序式胡徑覘* 釧町个仏百肯、力中t ［网做虫紬粘卜位.丁世・十万何用槌式展叮；•以此芟他例俎H66用S7并盂小祖肚二II 丄「刚翳71用券尊可劇为 2 占丄 Tl (B) HT X X I (C) i T± ■ (D> TIT 丄 1F_J5)榔ift 眈/(.¥)'Sin(2.i h 3)的用傑向f I T ft <J 个讯位曙f i!函数耳(灯二COS 2x 的 r 3 牌傑.測凸的ffl 诃门打；T S JT1 1,7 1?肚 l A )一 CID 二 fC>心—— 12J2 12 12 数学试独艸科〉詭1贞(搖4就)(B) 0CD)迈(3) 中国有个名旬“运磬桂犍Z 中.决胖『咐之外■・其中的“溥”療您赴描<*hf P 经)中记朝的算靜.古代川订为廉址行计 ■ KSA#几寸长的小竹棍摆机平血LI II 01 Illi hli T T nr >± X = ms痢数 /(x) = l + /+—为til 图所不程用Hi 图是为r 求出满足2"-^ >28抑扯小偶如、那么唯白框中的迥旬及巌后输岀的”悄分別是(A) n = n + l ^1 6(BJ M = “ + 2和 6 (CJ H = rt 4-1 S (D) n = n + 2^ml_«j(7} (T 本用间的W 摆放在恪架时同一栏上「變求屮、乙第本肝必坝摆做张幅攔• W* 丁两点书謝须相邻，则小岡的建旗方汎有I )种.(A) 24CB )36 «：1 48(8> 某几何縊的濒用如图所同；(单册cm ),则劇L 何体的体扔E 帕趴cm >是<A) 4^3 〔B 〉罗厉(C )2血 (D)語(9) LABlA^flC 的内的对边分别为，b * Ci 齐 2/fttwi /?兰fjgs ( + c ix>s A・ h-2 ・则△屛賦曲紂的城人Fi 圧<M I⑹ J3 <C)2(D )4(IQ) |2扫1边怏为2的竽追決形MC ・0为肚的中点・以』£>为析腿将4仏「折诫zm, ant 凡乩GDIB 点的球的泯面机为 (A) 2JT口昇 M(C) 4ffCD)Ml) 口甜悠曲线三-亠 "的左后柄忙建点仃劭为幷利巧•种儿和支卜一存症一nr rtv -\点尸淌址丹；丄怦；，何冷△丹•出的圍舉为L 则谀取曲冀的禺心率为(A)—【1口 — <C> 2 <Di 32 2(12)已知定又域为H 的甫H/QO 的用乂择ii 点亿I)，H 对*wR ，都有广⑴八2. /(1QU 313T -11) < 3- log 7；： | T 为CA )似心) &B )(-oo,0}U<OJ) (C) Y 」)3 (-LO>U(0J)G'r 试趣连t 理斟】苹2 1「人4 i ；CSC' -1A =2" ft'訂/畔上/二、填空砸：本SLh 4小題，旬小趣5分.“0（IJ）设实fltxj需足釣束策林・4一丫一$心0*聊二二” + 2y們最大值为x + V 5L °i456y口m涯Ift点圈井折町知=y』』x找性机羌. 为㈱确fjo.i）,畠/（盘）耳2,则实数“的联恒盘国虽lag, Jr J：>O P(15)（15）乜殛长为2的弄蝮白柳△#放屮…讨为斜边/R的屮0,点P为该平记内-动啟苦冈卜2・M（S4'PS + 4XPC*/*A7）的眾小值屋______________•三、解答麵：共期分解答应舄生女字说明、证明过程或演算歩骤一第17-21掘为必考建, 毎个试强考生都叠须作答.第2篁苗趣为选考题*考生根揣要求件答•<-）必考题：共60分.（17）Ct耶题満分俺和仪进列｛叫｝的4沖项和为乙+吐忆二用"，在正项巒说戳列｛和也爲-吋（1）求｛叫｝和仏讣的期琨企式;< JD址1打二务求麹列｛□｝的li沏顶和匚-（18）（本小题満分门分）树立和躅行41録朮育山就是金血阚山・甲排人与自然和躅共牛"'射理念越来拯怎入人心.已圧威了全代门応穆叮*造祖方41的肚性劭环一据此旅H站推! 11T关严卞奁文明翅设进展愴况的确杳.大凰的蟒计截霍憲明・雾与谓査舟中关注此问趣的约占闕需刀!从需与调査的人郡中册应出200人■笄谒这200人按年岭分第I 组P5J5），閉2 ^｛25,35）.谊J犯［3翼45）「第4疑［4畀55）・笫3姐［5黑祐“再到的频率分布口方團如團所示i< \）求左的th（ri）現在熨从年龄鞍小的第b 2t 3蛆中用务层抽样的方世抽胞门人・再从这门人中樂机抽取J人迥订何卷英許・求在f I组巴帔拯到［人的刑覆F.^3 坦褫扯到2人的魄率；（IU）苕从所有参与调査的人中址意选出J A-记关注"诜丈明”的人数为片I 求X的分布対与期卑.灶学试軀隹f；T i!h u：（K- 4 ）（旳〉（:本小题満分门分）在如图瞬示的儿忖悴屮，PA.1平面A BCD t E.F卧訓杲im AD, PH的中点・PA -AB = \（I）求证:EF#平面DO1；（II j求平面EFX7与平面/YX?所或锐二面角的金径值.rio> ｛本小题満分M分）托平删倒处坐栋承4 E油【関q的方用为"7口於虫・阀匚的方程^（i+ty+Z^b动岡卍与BIG内切切.< ［）诜动訂関心厂的比迹E的厅楼：（ID巴知理-2』）制02,（1｝为甲面内的两个宦点*过（14）点的氏战丿与轨迹E空于川』B两点、求0ii® APBQ的鈕大值.CD （本小趣滿分订労）已知隅議/"（工）冃”-4工*5-耳，（1〕若/'（刃在R上垦单魁递增喀咯求"的取遠范凤（It） ^g（T）-^/（X）.当Q1时.若竄斗）乜（对"童（冊卜眞中^! < ftf < Jj -求i吐Jf t + x2< 2m（-）進考降垄】0处请考生在22、工3题中任选一题柞答一如果务傩*则按所做的第一12计*<22）（本申題満分苗分）选^4-4:坐标系与参賞方程选讲在氏期坐标JfiQ巾.以坐悔亂虫为楼血，X轴正半输为极挡建宜极劭标氛*曲啦；："畑話— R「“如?"H ）求G弓匚；交点的極磋标；〔II）设点a在G」：・觅=亍囲・欢动点尸的极坐标方翟（23）（本小麓潘分4份）选捲1黛不等武逸讲己知函数f （工）=|纠*|2x*3| + m・meR.〔I ）当耐=—2时.求不等式/（i）^3的解能：£ ［［）讨卜滋F（F,0h都有一广（工）$工+二怔戍立+求椭的眾值施阴■耽学试啦養！呷孑门第斗旬｛扛4亟）长春市普通高中2018届高三质量监测(三)数学(理科)试题参考答案及评分标准一、选择题(本大题共 12小题，每小题5分，共60分) 1. C 2. A 3. C4. D5.C6. D7. A8. B9. B10. D11. B12. B简答与提示： 1. 【命题意图】本题考查集合的运算 .【试题解析】C A 二{x| -1 ：：： x :：: 1}, B 二{ x| 0 ：：： x ：： 3}, AUB =(一1,3).故选 C. 2. 【命题意图】本题考查复数 . 【试题解析】A z =i,|z|=1.故选A.3. 【命题意图】本题考查中华传统文化中的数学问题 . 【试题解析】C 由算筹含义.故选C.4.【命题意图】本题主要考查函数的图象及性质【试题解析】D 由函数是偶函数，排除 A ，C ,当x ・(0, —)，tanx .0.故选D.25.【命题意图】本题考查三角函数的相关知识 .【试题解析】C 由题意知，a = -一 • k 二，k • Z .故选C.126. 【命题意图】本题主要考查算法的相关知识 . 【试题解析】D 根据程序框图.故选 D7.【命题意图】本题考查计数原理的应用 . 【试题解析】A 由题意知A 2A 3A ； =24.故选A.8.【命题意图】本题主要考查三视图问题 .【试题解析】B 由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥,12. 【命题意图】本题是考查导数在研究函数单调性上的应用【试题解析】B 令F(x) = f(x)+2x ，有L(x)=f(x 七刃，所以F(x)在定义域内单调递增，由 f(1)=1，得 F® =f) 2 3 ，因为 f(log 2 |3x —1|) v3—log 出 |3x —1|9.V=4E 」2G 」°W .故选B.3 3【命题意图】本题主要考查解三角形的相关知识 .【试题解析】B 由题意知B=60，由余弦定理,2ac =a2c 一 4 — 2ac - 4，有 ac 空 4，故 S2 2ac = a c - 4，故1acsin B 乞、3 .故选 B.210.11.【命题意图】本题主要考查球的相关问题 .【试题解析】 D 折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为故其外接球的半径为 5，其表面积为2【命题意图】本题考查双曲线的相关知识 1+1+3二、一 5，5二.故选D.【试题解析】B 由双曲线可知S PFF=m 2-1 = 3,m 2= 4，从而』.故选B.2等价于 f （log 2|3x -1|） 2log 2|3x -1|：：：3，令 t=log 2|3x -1|，有 f （t ） 2t ：：：3，则有t ：1，即 log 2 |3x-1| ：：：1,从而 0 ：：：| 3x _ 1| ：：： 2，解得 x ：： 1,且 x 严 0.故选 B. 二、填空题（本大题共 4小题，每小题5分，共20分）13. 9 14. 1.715. （_：：,_1]U[4, ：：） 16. 48-32、、2简答与提示： 13. 【命题意图】本题考查线性规划问题 . 【试题解析】由可行域可确定目标函数在（1,4）处取最大值9.14.【命题意图】本题考查回归方程的相关知识.【试题解析】将 x=3.2代入回归方程为y? = x ・1可得y -4.2，贝U 4m = 6.7 , 解得m= 1.675，即精确到0.1后m 的值约1.7. 15. 【命题意图】本题考查分段函数的相关知识1【试题解析】当X _0,（—）x_2,x _-1，当x 0 竄_4x_，故（：：〒]4lh ： .216. 【命题意图】本题考查平面向量的相关知识【试题解析】由题意可知其最小值为48 - 32-、2.三、解答题17. （本小题满分12分）【命题意图】本题考查数列的基本方法及数列求和2【试题解析】解：（1） Q S n = n 2 -n ，令n =1 , q =0a . =Sn -S n 」=2 n -1 , n — 2a n =2 n-1 又 Q 数列仏？为等比，b 2 二 a 2=2 , b 4 二 a 5=8—=q = 4，又各项均为正• q = 2 , - bn = 2°4b 2(2)由(1)得：c n 二 n-1 -2nT n =0 2-1 23-1 23 L n-12n=1 222 23L n-1 2n2T n 二 1 232 24Ln - 2 2n n-1 2n 1-T n =222324L 2n - n-1 2n 1T n = n -2 2n 14 18. （本小题满分12分）【命题意图】本小题主要考查学生对频率分布直方图的理解以及分布列的相关知识【试题解析】解：（1）由 10 0.010 0.015 a 0.030 0.010 =1，得 a = 0.035,（2）第1, 2, 3组的人数分别为20人，30人，70人，从第1, 2, 3组中用分层抽样的方法抽取12人，则第1 , 2, 3组抽取的人数分别为 2人，3人，7人.设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件A ，第3组抽到2人为事件B ,汁""1尹 1-2n 1n 1=2-n-12-4C ；CP AB G 32P(A) " C2C1O - C |C ；0C 2则 P B|A 二21 50(3)从所有参与调查的人中任意选出4概率为P , X 的可能取值为0,54 3 1.P X =0 二咖--)3：5 125 1人，关注“生态文明”的 1，2, 3.14 1 4 2 12Px" 话 19. 2 4 2 4 1 48 343P X =2 二C 3(y (1-匸) ，P X =3 二C 3(匚) 5 5 125 5想象能力、推理论证能力和运算求解能力 • 【试题解析】答案：(1 )取PC 中点M ，连接DM ,MF64 125本题考查学生的空间1丁 M ,F 分别是 PC, PB 中点，二 MF 〃CB MF =^CB ，， 21E 为 DA 中点，ABCD 为矩形，.DE/CB’DE -^CB ，2.MF // DE, MF = DE ，.四边形DEFM 为平行四边形.EF // DM , EF -平面 PDC ， DM 二平面 PDC ，. EF // 平面 RDC(2PA_平面ABC ，且四边形 ABCD 是正方形，.AD, AB, AP 两两垂直, 原点，AP AB AD x, y, z A-xyz 则 P 1,0,0 , D 0,0,1,C 0,1,1, E(0,0,设平面EFC 法向量为m =(x, y,z)，1 1 1；),F(；,；,°) 2 2 21 1 11 1 EF 十，，)，FC =(, ,1)EF n = 0则一11，取 m = 3,-1,2y z = 0召2 T T则设平面 PDC 法向量为 n 2=(x,y,z)， PD= (-1,0,1)，PC =(-1,1,1)，即 \FC n =0PD n 2 PC n 2 4 T cos ： n 1,=0 -0_ x + z = 0 -* 「x + y + z = 0，取宀1。

吉林省长春市普通高中2018届高三上学期质量监测理数试题Word版含解析

吉林省长春市普通高中2018届上学期质量监测高三理数试题一、选择题（本大题共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.复数1z ，2z 在复平面内对应的点关于直线y x =对称，且132z i =+，则12z z ⋅=（） A. 1213i + B. 1312i + C. 13i - D. 13i【答案】D.考点：复数的运算．2若实数a ，b R ∈且a b >，则下列不等式恒成立的是（） A.22a b > B. 1ab> C. 22a b > D. lg()0a b -> 【答案】C. 【解析】试题分析：根据函数的图象与不等式的性质可知：当a b >时，22a b >为正确选项，故选C. 考点：不等式的性质．3.设集合2{|30}A x x x =-<，{|||2}B x x =<，则A B =（） A. {}|23x x << B. {}|20x x -<< C. {}|02x x << D. {}|23x x -<<【答案】C. 【解析】试题分析：由题意可知{|03}A x x =<<，则{|22}B x x =-<<，∴{|02}A B x x =<<，故选 C.考点：集合的关系．4.运行如图所示的程序框图，则输出的S 值为（）A. 99212-B. 99212+C. 1010212-D. 1010221+【答案】A. 【解析】试题分析：由算法流程图可知，输出结果是首项为12，公比也为12的等比数列的前9项和，即为99212-，故选A.考点：程序框图．5.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a >且65911a a =，当n S 取最大值时，n 的值为（） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12【答案】B.考点：等差数列的通项公式及其前n 项和．6.几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.323B. 2163π-C. 403D. 8163π-【答案】C.【解析】试题分析：该几何体可视为长方体挖去一个四棱锥，∴其体积为14022422233⨯⨯-⨯⨯⨯=，故选C.考点：空间几何体体积计算．7.已知变量X 服从正态分布(24)N ，，下列概率与(0)P X ≤相等的是（） A.(2)P X ≥ B.(4)P X ≥ C.(04)P X ≤≤ D. 1(4)P X ≥-【答案】B. 【解析】试题分析：由变量X 服从正态分布(2,4)N 可知，2x =为其密度曲线的对称轴，因此(0)(4)P X P X ≤≥=，故选B.考点：正态分布的性质．8.函数sin(2)3y x π=-与2cos(2)3y x π=+的图象关于直线x a =对称，则a 可能是（）A. 24πB. 12πC. 8πD. 1124π【答案】A.考点：三角函数的图象和性质．9.已知AB 为圆:O 22(1)1x y -+=的直径，点P 为直线10x y -+=上任意一点，则PA PB ⋅的最小值为（）A.1C. 2D.【答案】A. 【解析】试题分析：由题意得，设(1cos ,sin )A θθ+，(,1)P x x +，则(1cos ,sin )B θθ--， ∴(1cos ,sin 1)PA x x θθ=+---，(1cos ,sin 1)PB x x θθ=-----， ∴(1cos )(1cos )(sin 1)(sin 1)PA PB x x x x θθθθ⋅=+---+-----22222(1)cos (1)sin 211x x x θ=--+---=+≥，当且仅当0x =时，等号成立，故选A. 考点：1.圆的标准方程；2.平面向量数量积及其运用．10.已知函数()f x 满足()(2)2f x f x +-=，当(0,1]x ∈时，2()f x x =，当(1,0]x ∈-时，()2f x +=，若定义在(1,3)-上的函数()()(1)g x f x t x =-+有三个不同的零点，则实数t 的取值范围是（） A. 1(0,]2B. 1[,)2+∞C. (0,6+D. (0,6-【答案】D. 【解析】试题分析：当(1,0]x ∈-时，1(0,1]x +∈，∴22()2211xf x x x -=-=-=++，即()f x 在(1,1]x ∈-上的解析式为22(1,0]()1(0,1]xx f x x x x -⎧ ∈-⎪=+⎨⎪ ∈⎩，又∵()(2)2f x f x +-=，∴()f x 的图象关于(1,1)点对称，可将函数()f x 在(1,3)x ∈-上的大致图象如下图所示，令()0()(1)g x f x t x =⇒=+，而(1)y t x =+表示过定点(1,0)-斜率为t 的直线，由图可知为其临界位置，当[1,2)x ∈时，2()(2)2f x x =--+，联立2(1)(2)2y t x y x =+⎧⎨=--+⎩，并令0∆=，可求得6t =-，因此直线的斜率t的取值范围是(0,6-，故选D.考点：1函数与方程；2.数形结合的数学思想．11.小明试图将一箱中的24瓶啤酒全部取出，每次小明在取出啤酒时只能取出三瓶或四瓶啤酒，那么小明取出啤酒的方式共有（）种. A. 18 B. 27 C. 37 D . 212【答案】C. 【解析】试题分析：由题可知，取出酒瓶的方式有3类，第一类：取6次，每次取出4瓶，只有1种方式；第二类：取8次，每次取出3瓶，只有1种方式；第三类：取7次，3次4瓶和4次3瓶，取法为37C ，为35种；共计37种取法，故选C.考点：排列组合．12.过双曲线22115y x -=的右支上一点P ，分别向圆221:(4)4C x y ++=和圆2:C 22(4)1x y -+=作切线，切点分别为M ，N ，则22||||PM PN -的最小值为（） A. 10 B. 13 C. 16D. 19【答案】B.考点：圆锥曲线综合题．二、填空题（本大题共5个小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．）13.已知实数x ，y 满足2040240x y x y x y ≤≤≥-+⎧⎪+-⎨⎪+-⎩，则2y x -的最小值为___________.【答案】1. 【解析】试题分析：根据不等式组获得可行域如下图，令2z y x =-，可化为2y x z =+，因此当直线过点(1,3)时，z 取得最小值为1，故填：1.考点：线性规划.14.已知向量(13)a =，，2(0,1)b t =+，则当[t ∈时，||||ba t b-的取值范围是_________. 【答案】. 【解析】试题分析：由题意，||bb 为(0,1)，根据向量的差的几何意义，||||b a t b -表示||b tb 向量终点到a 终点的距离，当t =时，该距离取得最小值为1，当t =时，根据余弦定理，可算得该距离||||b a t b-的取值范围是，故填：.考点：平面向量的线性运算.15.已知0>a ，6)x-展开式的常数项为15，则2(a ax x dx -+=⎰___________.【答案】2233π++考点：1.二项式定理；2.定积分的计算.16.已知数列{}n a 中，对任意的*n N ∈，若满足123n n n n a a a a s ++++++=（s 为常数），则称该数列为4阶等和数列，其中s 为4阶公和；若满足12n n n a a a t ++⋅⋅=（t 为常数），则称该数列为3阶等积数列，其中t 为3阶公积，已知数列{}n p 为首项为1的4阶等和数列，且满足3423212p p p p p p ===；数列{}n q 为公积为1的3阶等积数列，且121q q ==-，设n S 为数列{}n n p q ⋅的前n 项和，则2016S = ___________. 【答案】2520-. 【解析】试题分析：由题意可知，11p =，22p =，34p =，48p =，51p =，62p =，74p =，88p =，91p =，102p =，114p =，128p =，131p =，……，又∵{}n p 是4阶等和数列，因此该数列将会照此规律循环下去，同理，11q =-，21q =-，31q =，41q =-，51q =-，61q =，71q =-，81q =-，91q =，101q =-，111q =-，121q =，131q =-，……，又∵{}n q 是3阶等积数列，因此该数列将会照此规律循环下去，由此可知对于数列{}n n p q ⋅，每12项的和循环一次，易求出11221212...15p q p q p q ⋅+⋅++⋅=-，因此2016S 中有168组循环结构，故2016151682520S =-⨯=-，故填：2520-.考点：1.新定义问题；2.数列求和.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.（本小题满分12分）已知函数2()2sin cos f x x x x =+（1）求函数()f x 的最小正周期和单调减区间；（2）已知ABC ∆的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其中7a =，若锐角A满足()26A f π-=sin sin 14B C +=，求ABC ∆的面积. 【答案】（1）最小正周期：π，单调递减区间：7[,]1212k k ππππ++()k Z ∈；（2）试题解析：（1）2()2sin cos sin2f x x x x x x =+=2sin(2)3x π=+，因此()f x 的最小正周期为22T ππ==，()f x 的单调递减区间为3222232k x k πππππ≤≤+++，即7[,]1212x k k ππππ∈++()k Z ∈；（2）由()2sin(2())2sin 26263A A f A πππ-=-+==，又∵A 为锐角，∴3A π=，由正弦定理可得2sin a R A ===，sin sin 2b c B C R ++==，则1314b c +==，由余弦定理可知，22222()21cos 222b c a b c bc a A bc bc +-+--===，可求得40bc =，故1sin 2ABC S bc A ∆==．考点：1.三角恒等变形；2.正余弦定理解三角形． 18.（本小题满分12分）近年来我国电子商务行业迎来篷布发展的新机遇，2015年双11期间，某购物平台的销售业绩高达918亿人民币.与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系.现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为0.6，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为80次.（1）是否可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为商品好评与服务好评有关？（2）若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的5次购物中，设对商品和服务全好评的次数为随机变量X ：①求对商品和服务全好评的次数X 的分布列（概率用组合数算式表示）； ②求X 的数学期望和方差.2()0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.072 2.7063.841 5.024 6.6357.87910.828P K k k≥（22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++）【答案】（1）可以；（2）详见解析. 【解析】试题分析：（1）得到对应的列联表，根据条件中给出的数据以及公式计算相应的值，比较大小即可判断；（2）计算离散型随机变量X 取到各个可能值时对应的概率，列出分布列后即可求解.试题解析：由题意可得关于商品和服务评价的22⨯列联表：22200(80104070)11.11110.8281505012080K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为商品好评与服务好评有关；（2）每次购物时，对商品和服务都好评的概率为25，且X 的取值可以是0，1，2，3，4，5，其中53(0)()5P X ==；14523(1)()()55P X C ==；223523(2)()()55P X C ==；332523(3)()()55P X C ==；441523(4)()()55P X C ==；52(5)()5P X ==，X 的分布列为：由于~(5,)5X B ，则525EX =⨯=，5(1)555DX =⨯⨯-=．考点：1.独立性检验；2.离散型随机变量的概率分布与期望和方差． 19.（本小题满分12分）在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，PD ⊥平面ABCD ，点1D 为棱PD 的中点，过1D 作与平面ABCD 平行的平面与棱PA ，PB ，PC 相交于1A ，1B ，1C ，60BAD ︒∠=.（1）证明：1B 为PB 的中点；（2）若2AB =，且二面角1A AB C --的大小为60︒，AC ，BD 的交点为O ，连接1B O ，求三棱锥1B ABO -外接球的体积. 【答案】（1）详见解析；（2）12548π.试题解析：（1）连接11B D ，∵面//ABCD 面1111A B C D ，面PBD 面ABCD BD =，面PBD 面111111A B C D B D =，∴11//BD B D ，即11B D 为PBD ∆的中位线，∴1B 为PB 中点；（2）以O 为原点，OA 方向为x 轴，OB 方向为y 轴，1OB 方向为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则A ，(0,1,0)B ，1(0,0,)B t，(C，从而()AP t =，(,0)AB =，则13(3,3,)n t=，又∵2(0,0,1)n =，∴1212123||1cos ,2||||n n n n n n ⋅<>===⋅，则32t =，由题可知，OA OB ⊥，1OA OB ⊥，1OB OB ⊥，即三棱锥1B ABO -外接球为以OA ，OB ，1OB 为长、宽、高的长方体外接球，则该长方体的体对角线长为52d ==，即外接球半径为54，则三棱锥1B ABO -外接球的体积为33445125()33448V R πππ===．考点：1.面面平行的性质；2.二面角的求解；3.空间向量在立体几何中的运用．20.（本小题满分12分）椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左右焦点分别为1F ，2F ，且离心率为12，点P 为椭圆上一动点，12F PF ∆内切圆面积的最大值为3π. （1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为1A ，过右焦点2F 的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，连结1A A ，1A B 并延长交直线4x =分别于P ，Q 两点，以PQ 为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）详见解析. 试题解析：（1）已知椭圆的离心率为12，不妨设c t =，2a t =，即b =，其中0t >，又12F PF ∆内切圆面积取最大值3π时，半径取最大值为r =12122F PF F PF r S C ∆∆=⋅，由12F PF C ∆为定值，因此12F PF S ∆也取得最大值，即点P 为短轴端点，因此12(22)22r c b a c ⋅⋅=⋅+，112(42)22t t t ⋅=+，解得1t =，则椭圆的方程为22143x y +=；（2）设直线AB 的方程为1x ty =+，11(,)A x y ，22(,)B x y 联立221143x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可得22(34)690t y ty ++-=，则122634t y y t -+=+，122934y y t -=+，直线1AA 的方程为11((2))(2)y y x x =----，直线1BA 的方程为22((2))(2)y y x x =----，则116(4,)2y P x +，226(4,)2y Q x +，假设PQ 为直径的圆是否恒过定点(,)M m n ，则116(4,)2y MP m n x =--+，226(4,)2y MQ m n x =--+， 2121266(4)()()022y y MP MQ m n n x x ⋅=-+--=++，即2121266(4)()()033y y MP MQ m n n ty ty ⋅=-+--=++，即22121221212(3612)18()(4)03()9nt y y n y y n m t y y t y y --+++-=+++，2222(3612)(9)18(6)(4)093(6)9(34)nt n t n m t t t t ----++-=-+-++，即2269(4)0nt n m -++-=，若PQ 为直径的圆是否恒过定点(,)M m n ，即不论t 为何值时，0MP MQ ⋅=恒成立，因此，0n =，1m =或7m =，即恒过定点(1,0)和(7,0)．考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.圆锥曲线中的定点问题．21.（本小题满分12分）已知函数22ln ()a x f x x -=在点(1,(1))f 处的切线与直线41y x =-+平行. （1）求实数a 的值及()f x 的极值；（2）若对任意1x ，2x 1(0,]e∈，有1222221212()()||>f x f x k x x x x --⋅，求实数k 的取值范围；【答案】（1）1a =，()f x 有极小值为21()f e e =-；（2）(,4]-∞. 【解析】试题分析：（1）首先求导，根据导数的几何意义可求得a 的值，再根据导数的取值情况确定原函数的极值点；（2）将原不等式变形为122212()()||4f x f x x x ->-，再构造对应函数，将问题等价转化为求函数最值即可.试题解析：（1）由题意得3224ln ()a x f x x --+'=，又∵(1)4f '=-，解得1a =，令33224ln 44ln ()0a x x f x x x --+-+'===，解得x e =，即()f x 有极小值为21()f e e =-；（2）由1222221212()()||f x f x k x x x x ->-⋅，可得122212()()||11f x f x k x x ->-，令21()()g f x x =，则()l n g x x x x =+，其中2[,)x e ∈+∞，()2ln g x x '=+，又∵2[,)x e ∈+∞，则()2ln 4g x x ≥'=+，即122212()()||411f x f x x x ->-，因此实数k 的取值范围是(,4]-∞.考点：导数的综合运用．请考生在22,23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程.在直角坐标系xOy 中，曲线1C的参数方程为2cos sin x t y t αα=+⎧⎪⎨=⎪⎩（t 是参数），以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为8cos()3πρθ=-. （1）求曲线2C 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；（2）若曲线1C 与曲线2C 交于A ，B 两点，求||AB 的最大值和最小值.【答案】（1）曲线2C的直角坐标方程为2240x y x +--=，其表示一个圆；（2）最小值为8.【解析】试题分析：（1）利用cos x ρθ=，sin y ρθ=可将2C 的极坐标方程化为相应直角方程，即可求解；（2）联立1C ，2C 的方程，将||AB 表示为相应的函数关系式，从而求解.试题解析：（1）对于曲线2C 有8cos()3πρθ=-，即24cos sin ρρθθ=+，因此曲线2C 的直角坐标方程为2240x y x +--=，其表示一个圆；（2）联立曲线1C 与曲线2C的方程可得：2130t t α-⋅-=，12||||AB t t =-===||AB的最小值为8.考点：1.极坐标方程与直角坐标方程的相互转化；2.直线与圆的位置关系．23.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲.设函数()|2|||()f x x x a a R =++-∈.（1）若不等式()0f x a +≥恒成立，求实数a 的取值范围；（2）若不等式3()2f x x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）1a ≥-；（2）(,4]-∞.【解析】试题分析：（1）对a 的取值分类讨论，将问题等价转化为不等号左边的最小值不小于0即可；（2）由题意可知，问题等价于函数()y f x =的图象恒在32y x =的上方，画出两个函数图象，即可得到关于a 的不等式，从而求解.试题解析：（1）当0a ≥时，()0f x a +≥恒成立，当0a <时，要保证()f x a ≥-恒成立，即()f x 的最小值|2|a a ≥--，解得1a ≥-；（2）根据函数()f x 图象的性质可知，当322a a +=时，3()2f x x ≥恒成立，即4a =，∴a 的取值范围是(,4]-∞时，3()2f x x ≥恒成立.考点：1.绝对值不等式；2.分类讨论的数学思想；3.恒成立问题；4数形结合的数学思想．。

吉林省长春市普通高中2018届高三质量检测(三)数学(理)试卷(扫描版)

长春市普通高中2018届高三质量监测（三）数学（理科）试题参考答案及评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1. C2. A3. C4. D5.C6. D7. A8. B9. B 10. D 11. B 12. B简答与提示：1. 【命题意图】本题考查集合的运算. 【试题解析】C {|11},{|03},(1,3)A x x B x x A B =-<<=<<=-U .故选C.2. 【命题意图】本题考查复数.【试题解析】A ,||1z i z ==.故选A.3. 【命题意图】本题考查中华传统文化中的数学问题.【试题解析】C 由算筹含义. 故选C.4. 【命题意图】本题主要考查函数的图象及性质.【试题解析】D 由函数是偶函数，排除A ，C ，当(0,)2x π∈，tan 0x >.故选D.5. 【命题意图】本题考查三角函数的相关知识.【试题解析】C 由题意知，,12a k k ππ=-+∈Z .故选C.6. 【命题意图】本题主要考查算法的相关知识.【试题解析】D 根据程序框图.故选 D 7. 【命题意图】本题考查计数原理的应用.【试题解析】A 由题意知23223224A A A =.故选A.8. 【命题意图】本题主要考查三视图问题.【试题解析】B 由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，123V =⋅=故选B.9. 【命题意图】本题主要考查解三角形的相关知识.【试题解析】B 由题意知60B =︒，由余弦定理，224ac a c =+-，故22424ac a c ac =+-≥-，有4ac ≤，故1sin 2ABC S ac B ∆=≤故选B. 10. 【命题意图】本题主要考查球的相关问题.【试题解析】D 折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为，5π.故选D. 11. 【命题意图】本题考查双曲线的相关知识.【试题解析】B 由双曲线可知122213,4PF F S m m ∆=-==，从而2e =.故选B.12. 【命题意图】本题是考查导数在研究函数单调性上的应用.【试题解析】B 令()()2=+F x f x x ，有()()20''=+>F x f x ，所以()F x 在定义域内单调递增，由1)1(=f ，得(1)(1)23=+=F f ，因为2(log |31|)3|31|-<--x x f 等价于22(log |31|)2log |31|3-+-<x x f ，令2log |31|=-x t ，有()23+<f t t ，则有1<t ，即2log |31|1-<x ，从而0|31|2x<-<，解得1,<x 且0≠x . 故选B. 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 9 14. 1.7 15. (,1][4,)-∞-+∞U16. 48-简答与提示：13. 【命题意图】本题考查线性规划问题.【试题解析】由可行域可确定目标函数在(1,4)处取最大值9. 14. 【命题意图】本题考查回归方程的相关知识.【试题解析】将 3.2x =代入回归方程为ˆ1yx =+可得 4.2y =，则4 6.7m =，解得 1.675m =，即精确到0.1后m 的值约1.7.15. 【命题意图】本题考查分段函数的相关知识.【试题解析】当10,()2,12x x x ≤≥≤-，当20,log 2,4x x x >≥≥，故(,1][4,)-∞-+∞U .16. 【命题意图】本题考查平面向量的相关知识. 【试题解析】由题意可知其最小值为48-三、解答题17. (本小题满分12分)【命题意图】本题考查数列的基本方法及数列求和. 【试题解析】解：（1）Q 2n S n n =-，∴令1n =，10a =()121n n n a S S n -=-=-，()2n ≥∴()21n a n =- 又Q 数列{}n b 为等比，222b a ==，458b a == ∴2424bq b ==，又各项均为正∴2q =，∴12n n b -= （2）由（1）得：()12nn c n =-⋅∴()()()23021231212n n T n =+-⋅+-⋅++-⋅L ()23122212n n =⋅+⋅++-⋅L()()341212222212n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+-⋅L()2341222212n n n T n +-=++++--⋅L()()2112121212n n n -+-=--⋅-()112124n n n ++=--⋅-∴()1224n n T n +=-⋅+18. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查学生对频率分布直方图的理解以及分布列的相关知识.【试题解析】解：（1）由()100.0100.0150.0300.0101a ⨯++++=，得0.035a =，（2）第1，2，3组的人数分别为20人，30人，70人，从第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取12人，则第1，2，3组抽取的人数分别为2人，3人，7人.设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件A ，第3组抽到2人为事件B ，则()()1227312122121021031221|.()50C C P AB C P B A C C C C P A C ===+（3）从所有参与调查的人中任意选出1人，关注“生态文明”的概率为4,5P =X 的可能取值为0，1，2，3. ()033410(1)5125P X C ∴==-=，()112344121()(1)55125P X C ==-=()221344482()(1)55125P X C ==-=，()3334643()5125P X C ===~(3,)5X B Q ，()3.55E X np ==⨯=19. (本小题满分12分)【命题意图】本小题以四棱锥为载体，考查立体几何的基础知识. 本题考查学生的空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力. 【试题解析】答案：（1）取PC 中点M ，连接MF DM , F M ,Θ分别是PB PC ,中点， CB MF CB MF 21,//=∴，E Θ为DA 中点，ABCD 为矩形，CB DE CB DE 21,//=∴，DE MF DE MF =∴,//，∴四边形DEFM 为平行四边形⊄∴EF DM EF Θ,//平面PDC ，⊂DM 平面PDC ，//EF ∴平面RDC（2）⊥PA Θ平面ABC ，且四边形ABCD 是正方形，AP AB AD ,,∴两两垂直，以A 为原点，AP ，AB ，AD 所在直线为z y x ,,轴，建立空间直角坐标系xyz A -则(),0,0,1P ()(),1,1,0,1,0,0C D 111(0,0,),(,,0)222E F设平面EFC 法向量为1(,,)n x y z =u r ，111(,,)222EF =-u u u r ，11(,,1)22FC =-u u u r则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011n FC n EF ，即⎪⎩⎪⎨⎧=++-=-+021210z y x z y x ，取()2,1,31-=n 则设平面PDC 法向量为2(,,)n x y z =u u r ，(1,0,1)PD =-u u u r ，(1,1,1)PC =-uu u r则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0022n n ，即⎩⎨⎧=++-=+-00z y x z x ，取()1,0,12=n 121212311021cos ,14||||n n n n n n ⨯+-⨯+⨯⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r .∴平面EFC 与平面PDC 所成锐二面角的余弦值为1475. 20. (本小题满分12分)【命题意图】本小题考查椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力. 【试题解析】解：(1)设动圆C 的半径为r ，由题意知12||3,||1CC r CC r =-=+从而有12||||4CC CC +=，故轨迹E 为以12,C C 为焦点，长轴长为4的椭圆，并去除点(2,0)-，从而轨迹E 的方程为221(2)43x y x +=≠-. （2）设l 的方程为1x my =+，联立221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x 得22(34)690m y mx ++-=，设点1122(,),(,)A x y B x y ，有12122269,,3434m y y y y m m --+==++则2212(1)||34m AB m +==+，点(2,0)P -到直线l(2,0)Q 到直线l从而四边形APBQ的面积222112(1)23434m S m m +=⨯=++令1t t =≥，有224241313t S t t t==++，函数13y t t =+在[1,)+∞上单调递增，有134t t +≥，故2242461313t S t t t==≤++，即四边形APBQ 面积的最大值为6.21. (本小题满分12分)【命题意图】本小题主要考查函数与导数的相关知识，以导数为工具研究函数的方法，考查学生解决问题的综合能力. 【试题解析】解：（1）Q ()f x 的定义域为x R ∈且单调递增，∴在x R ∈上，()240x af x x e'=-+≥恒成立，即：(42)x a x e ≥- ∴设()(42)x h x x e =- x R ∈ ，∴()(22)x h x x e '=-，∴当(,1)x ∈-∞时()0h x '>，∴()h x 在(,1)x ∈-∞上为增函数， ∴当[1,)x ∈+∞时()0h x '≤，∴()h x 在[1,)x ∈+∞上为减函数，∴max ()(1)2h x h e == Q max [(42)]x a x e ≥-，∴2a e ≥，即[2,)a e ∈+∞ .（2）Q ()()()245xxg x e f x x x e a ==-+-Q ()()()122g x g x g m += [)1,m ∈+∞，∴()()()12222112245452452x x m x x e a x x e a m m e a -+-+-+-=-+- ∴()()()1222211224545245x x m x x e x x e m m e -++-+=-+∴设()()245x x x x e ϕ=-+ x R ∈，则()()()122x x m ϕϕϕ+=， ∴()()210x x x e ϕ'=-≥ ∴()x ϕ在x R ∈上递增且()10ϕ'=令()1,x m ∈-∞，()2,x m ∈+∞∴设()()()F x m x m x ϕϕ=++-，()0,x ∈+∞∴()()()2211m x m x F x m x e m x e +-'=+----Q 0x > ∴0m x m x e e +->>，()()()22112220m x m x m x +----=-≥∴()0F x '≥，()F x 在()0,x ∈+∞上递增， ∴()()()02F x F m ϕ>=，∴()()()2m x m x m ϕϕϕ++->，()0,x ∈+∞，令1x m x =-∴()()()112m m x m m x m ϕϕϕ+-+-+>即：()()()1122m x x m ϕϕϕ-+>又Q 12()()2()x x m ϕϕϕ+=，∴()()()()12222m x m x m ϕϕϕϕ-+->即：()()122m x x ϕϕ->Q 1x m <，2x m >∴12m x m ->， Q ()x ϕ在x R ∈上递增∴122m x x ->，即：122x x m +<，得证.22. (本小题满分10分)【命题意图】本小题主要考查极坐标系与参数方程的相关知识，本小题考查考生的方程思想与数形结合思想，对运算求解能力有一定要求. 【试题解析】（1）联立⎩⎨⎧==θρθρcos 43cos ，23cos ±=θ，20πθ<≤Θ，6πθ=，32=ρ交点坐标)6π.（2）设()θρ,P ，()00,θρQ 且.cos 400θρ=0[0,)2πθ∈，由已知,32QP OQ =得⎪⎩⎪⎨⎧==θθρρ0052θρcos 452=∴，点P 的极坐标方程为10cos ,[0,)2πρθθ=∈.23. (本小题满分10分)【命题意图】本小题主要考查不等式的相关知识，具体涉及到绝对值不等式解法等内容. 本小题重点考查化归与转化思想.【试题解析】（1）当2m =-时，()41(0)32232=1(0)2345()2x x f x x x x x x ⎧+≥⎪⎪⎪=++--⎨⎪⎪--≤-⎪⎩＜＜当4130x x +≤⎧⎨≥⎩解得12x ≤≤0；当30132x -≤＜＜，恒成立.当45332x x --≤⎧⎪⎨≤-⎪⎩解得322x -≤≤-，此不等式的解集为1[2]2-，.()43+(0)3223=3(0)2343()2x m x f x x x m m x x m x ⎧+≥⎪⎪⎪=++++-⎨⎪⎪--+≤-⎪⎩（2）＜＜当(,0)x ∈-∞时，()33(0)2223=343()2m x f x x x m x m x ⎧+-⎪⎪=+++⎨⎪--+≤-⎪⎩＜＜当302x -＜＜时，()=3+f x m ，当()3=432x f x x m ≤---+，单调递减，∴f (x )的最小值为3+m ，设()()20g x x x x=+<当20,x x x ->-+≥-2=x x --时，取等号2x x∴+≤即x g(x)取得最大值.要使()2f x x x≥+恒成立，只需3m +≥-m ≥-.。

届吉林省长春市普通高中高三一模考试数学试题卷理科解析版

2018届吉林省长春市普通高中高三一模考试题数学试题卷（理科）一、选择题：本大题共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. 设为虚数单位，则(?1+2i)(2?i)=（）A. 5iB. ?5iC. 5D. -5【答案】A【解析】由题意可得：(?1+2i)(2?i)=?2+4i+i?2i2=5i.本题选择A选项.2. 集合{a,b,c}的子集的个数为（）A. 4B. 7C. 8D. 16【答案】C【解析】集合{a,b,c}含有3个元素，则其子集的个数为23=8.本题选择C选项.3. 若图是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩y关于测试序号x的函数图像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论：①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好；②二班成绩不够稳定，波动程度较大；③三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，但在稳步提升．其中正确结论的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】通过函数图象，可以看出①②③均正确.故选D.4. 等差数列{a n}中，已知|a6|=|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，有，所以当时前项和取最小值.故选C......................5. 已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图，则其中位数和众数分别为（）A. 95，94B. 92，86C. 99，86D. 95，91【答案】B【解析】由茎叶图可知，中位数为92，众数为86. 故选B.6. 若角α的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边在直线y=?√3x上，则角α的取值集合是（）A. {α|α=2kπ?π3,k∈Z} B. {α|α=2kπ+2π3,k∈Z}C. {α|α=kπ?2π3,k∈Z} D. {α|α=kπ?π3,k∈Z}【答案】D【解析】因为直线y=?√3x的倾斜角是2π3，所以终边落在直线y=?√3x上的角的取值集合为{α|α=kπ?π3,k∈Z}或者{α|α=kπ+2π3,k∈Z}.故选D.7. 已知x>0,y>0，且4x+y=xy，则x+y的最小值为（）A. 8B. 9C. 12D. 16【答案】B【解析】由题意可得：4y +1x=1，则：x+y=(x+y)(4y +1x)=5+4xy+yx≥5+2√4xy×yx=9，当且仅当x=3,y=6时等号成立，综上可得：则x+y的最小值为9.本题选择B选项.点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．8. 《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈），那么该刍甍的体积为（）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B.9. 已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB=6,BC=2√3，且四棱锥O?ABCD的体积为8√3，则R等于（）A. 4B. 2√3C. 4√7D. √139【答案】A【解析】由题意可知球心到平面ABCD的距离 2，矩形ABCD所在圆的半径为2√3，从而球的半径R=4.故选A.10. 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A. 求首项为1，公差为2的等差数列前2017项和B. 求首项为1，公差为2的等差数列前2018项和C. 求首项为1，公差为4的等差数列前1009项和D. 求首项为1，公差为4的等差数列前1010项和【答案】C【解析】由题意可知S=1+5+9+?+4033，为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和.故选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知O为坐标原点，设F1,F2分别是双曲线x2?y2=1的左、右焦点，点P为双曲线上任一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|=（）A. 1B. 2C. 4D. 12【答案】A【解析】延长交于点，由角分线性质可知根据双曲线的定义，，从而，在中，为其中位线，故.故选A.点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.12. 已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+π)=f(?x)，当x∈[0,π2]时，f(x)=√x，则函数g(x)=(x?π)f(x)?1在区间[?3π2,3π]上所有零点之和为（）A. πB. 2πC. 3πD. 4π【答案】D【解析】f(x+π)=f(−x)=?f(x)?T=2π,g(x)=(x−π)f(x)−1=0?f(x)=1x?π作图如下：，四个交点分别关于(π,0)对称，所以零点之和为2×2π=4π，选D.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知角α,β满足?π2<α?β<π2，0<α+β<π，则3α?β的取值范围是__________．【答案】(?π,2π)【解析】结合题意可知：3α?β=2(α?β)+(α+β)，且：2(α?β)∈(?π,π),(α+β)∈(0,π)，利用不等式的性质可知：3α−β的取值范围是(−π,2π).点睛：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．14. 已知平面内三个不共线向量a ⃑,b ⃑⃑,c ⃑两两夹角相等，且|a ⃑|=|b ⃑⃑|=1，|c ⃑|=3，则|a ⃑+b ⃑⃑+c ⃑|=__________．【答案】2【解析】因为平面内三个不共线向量a ⃑,b ⃑⃑,c ⃑两两夹角相等，所以由题意可知，a ⃑,b ⃑⃑,c ⃑的夹角为120°，又知|a ⃑|=|b ⃑⃑|=1，|c ⃑|=3，所以a ⃑.b ⃑⃑=?12 ，a ⃑?c ⃑=b ⃑⃑?c ⃑=?32，|a ⃑+b ⃑⃑+c ⃑|= √1+1+9+2×(?12)+2×(?32)+2×(?32)=2 故答案为2.15. 在ΔABC 中，三个内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，若(12b?sinC)cosA =sinAcosC ，且a =2√3，ΔABC 面积的最大值为__________．【答案】3√3【解析】由(12b −sinC)cosA =sinAcosC 可得12bcosA =sin (A +C )=sinB ，cosA2=sinB b=sinA a，得 tanA =√3,A =π3，由余弦定理12=b 2+c 2?bc ≥2bc?bc =bc ， ΔABC 面积的最大值为12×12×√32=3√3，当且仅当b =c 时取到最大值，故答案为3√3.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现ab 及b 2 、a 2 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答. 16. 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则圆锥体积的最大值为__________．【答案】2√3π【解析】设圆锥的底面半径为R ，由题意可得其体积为：V =13Sℎ=13×πR 2×√9?R 2=2π×√R 2×R 2×(9?R 2)=23π×3√3=2√3π.当且仅当R =√6时等号成立.综上可得圆锥体积的最大值为2√3π.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．（一）必考题：共60分．17. 已知数列{a n}的前n项和S n=2n+1+n?2．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=log2（a n?1)，求证：1b1b2+1b2b3+1b3b4+?+1b n b n+1<1．【答案】(Ⅰ)a n=2n+1；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）化简b n=log2(a n?1)=log22n=n，则1b n b n+1=1n−1n+1，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果.试题解析：(Ⅰ)由{S n=2n+1+n−2S n−1=2n+(n−1)−2(n≥2)，则a n=2n+1(n≥2). 当n=1时，a1=S1=3，综上a n=2n+1.（Ⅱ）由b n=log2(a n−1)=log22n=n.1 b1b2+1b2b3+1b3b4+...+1b n b n+1=11×2+12×3+13×4+...+1n(n+1)=(1−12)+(12−13)+(13−14)+...+(1n−1n+1)=1−1n+1<1. 得证.18. 长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉，在我市推出的第二季名师云课中，数学学科共计推出36节云课，为了更好地将课程内容呈现给学生，现对某一时段云课的点击量进行统计：（Ⅰ）现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，求选出的点击量超过3000的节数．（Ⅱ）为了更好地搭建云课平台，现将云课进行剪辑，若点击量在区间[0,1000]内，则需要花费40分钟进行剪辑，若点击量在区间(1000,3000]内，则需要花费20分钟进行剪辑，点击量超过3000，则不需要剪辑，现从（Ⅰ）中选出的6节课中随机取出2节课进行剪辑，求剪辑时间X的分布列与数学期望．【答案】(Ⅰ)2；（Ⅱ）1003.【解析】试题分析：(Ⅰ)因为 36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，所以12节应选出12×636=2节；（Ⅱ）X的所有可能取值为0,1,2,3，根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，从而可得分布列，由期望公式可得结果..试题解析：(Ⅰ)根据分层抽样，选出的6节课中有2节点击量超过3000. （Ⅱ）X的可能取值为0，20，40，60P(X=0)=1C62=115P(X=20)=C31C21C62=615=25P(X=40)=C21+C32C62=515=13P(X=60)=C31C62=315=15则X的分布列为0 20 40 60即EX=1003.19. 如图，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设PA=1,∠ABC=60°，三棱锥E?ACD的体积为√38，求二面角D?AE?C的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）√1313.【解析】试题分析：(Ⅰ) )连接BD交AC于点O，连接OE，根据中位线定理可得PB//OE，由线面平行的判定定理即可证明PB//平面AEC；（Ⅱ）以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面CAE与平面DAE的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：(Ⅰ)连接BD交AC于点O，连接OE在△PBD中，PE =DEBO =DO }?PB//OE OE?平面ACE PB?平面ACE}?PB//平面ACE（Ⅱ）V P−ABCD =2V P−ACD =4V E−ACD =√32，设菱形ABCD 的边长为aV P−ABCD =13S ?ABCD ?PA =13×(2×√34a 2)×1=√32，则a =√3.取BC 中点M ，连接AM .以点A 为原点，以AM 方向为x 轴，以AD 方向为y 轴，以AP 方向为z 轴，建立如图所示坐标系.D(0,√3,0)，A(0,0,0)，E(0,√32,12)，C(32,√32,0) AE⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,√32,12)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(32,√32,0)， n 1⃑⃑⃑⃑⃑=(1,−√3,3)，n 2⃑⃑⃑⃑⃑=(1,0,0) cosθ=|n1⃑⃑⃑⃑⃑⃑?n 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑||n 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑|?|n 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=√1+3+9=√1313，即二面角D −AE −C 的余弦值为√1313.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 20. 已知椭圆C 的两个焦点为F 1(?1,0),F 2(1,0)，且经过点E(√3,√32)．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线与椭圆C 交于A,B 两点（点A 位于x 轴上方），若AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=λF 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，且2≤λ<3，求直线的斜率k 的取值范围．【答案】(Ⅰ)x 24+y 23=1；（Ⅱ）0<k ≤√52. 【解析】试题分析：(1)由题意可得a =2，c =1，b =√3，则椭圆方程为x 24+y 23=1. (2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数k 的不等式，求解不等式可得直线的斜率k 的取值范围是k=√52. 试题解析：(1)由椭圆定义2a =|EF 1|+|EF 2|=4，有a =2，c =1，b =√3，从而x 24+y 23=1.(2)设直线l:y =k (x +1)(k >0)，有{y =k (x +1)x 24+y 23=1 ，整理得(3k 2+4)y 2−6k y −9=0，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，有y 1=−λy 2，y 1y 2=−λ(1−λ)2(y 1+y 2)2，(1−λ)2λ=43+4k 2，λ+1λ−2=43+4k 2，由于2≤λ<3，所以12≤λ+1λ−2<43，12≤43+4k 2<43，解得0<k ≤√52. 3+4k 2=8，k =±√52，由已知k =√52.21. 已知函数f (x )=e x ，g (x )=ln (x +a )+b ．（Ⅰ）若函数f (x )与g (x )的图像在点(0,1)处有相同的切线，求a,b 的值；（Ⅱ）当b =0时，f (x )?g (x )>0恒成立，求整数a 的最大值；（Ⅲ）证明：ln2+(ln3?ln2)2+(ln4?ln3)3 +?+[ln(n +1)?lnn]n <ee?1．【答案】(Ⅰ)1,1；（Ⅱ）2；（Ⅲ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)求出f′(x )与g′(x )，由f(1)=g(1)且f ′(1)=g ′(1)解方程组可求a,b 的值；（Ⅱ）f (x )−g (x )>0恒成立等价于e x ≥ln(x +a)恒成立，先证明当a ≤2时恒成立，再证明a ≥3时不恒成立，进而可得结果；（Ⅲ））由e x >ln(x +2)，令x =−n+1n，即e−n+1n>ln(−n+1n+2)，即e −n+1>ln n (−n+1n+2)，令n =1,2,3,4... ，各式相加即可得结果.试题解析：(Ⅰ)由题意可知，f(x)和g(x)在(0,1)处有相同的切线，即在(0,1)处f(1)=g(1)且f ′(1)=g ′(1)，解得a =1,b =1.（Ⅱ）现证明e x ≥x +1，设F(x)=e x −x −1，令F ′(x)=e x −1=0，即x =0，因此F(x)min =F(0)=0，即F(x)≥0恒成立，即e x ≥x +1，同理可证lnx ≤x −1.由题意，当a ≤2时，e x ≥x +1且ln(x +2)≤x +1，即e x ≥x +1≥ln(x +2)，即a =2时，f(x)−g(x)>0成立.当a ≥3时，e 0<lna ，即e x ≥ln(x +a)不恒成立. 因此整数a 的最大值为2. （Ⅲ）由e x >ln(x +2)，令x =−n+1n，即e−n+1n>ln(−n+1n+2)，即e −n+1>ln n (−n+1n+2)由此可知，当n =1时，e 0>ln2，当n =2时，e −1>(ln3−ln2)2，当n =3时，e −2>(ln4−ln3)3， ……当n =n 时，e −n+1>[ln(n +1)−lnn]n .综上：e 0+e −1+e −2+...+e −n+1>ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln(n +1)−lnn]n11−1e>e 0+e −1+e −2+...+e −n+1>ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln (n +1)−lnn ]n .即ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln(n +1)−lnn]n <ee−1.（二）选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22. 选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点P 的直角坐标为(1,2)，点M 的极坐标为(3,π2)，若直线过点P ，且倾斜角为π6，圆C 以M 圆心，3为半径．（Ⅰ）求直线的参数方程和圆C 的极坐标方程；（Ⅱ）设直线与圆C 相交于A,B 两点，求|PA|?|PB|．【答案】(Ⅰ){x =1+√32ty =2+12t(t 为参数），ρ=6sinθ；（Ⅱ）7. 【解析】试题分析：（1）根据直线参数方程形式直接写出直线的参数方程，根据直角三角形关系得ρ=6sinθ，即为圆C 的极坐标方程（2）利用ρsinθ=y,x 2+y 2=ρ2将圆C 的极坐标方程化为直接坐标方程，将直线参数方程代入，利用韦达定理及参数几何意义得|PA |?|PB |=|t 1t 2|=7 试题解析：（Ⅰ）直线的参数方程为{x =1+√32t,y =2+12t, （t 为参数），圆的极坐标方程为ρ=6sinθ .（Ⅱ）把{x =1+√32t,y =2+12t,代入x 2+(y −3)2=9，得t 2+(√3−1)t −7=0， ∴t 1t 2=−7，设点A,B 对应的参数分别为t 1,t 2，则|PA |=|t 1|,|PB |=|t 2|,|PA |?|PB |=7. 23. 选修4-5：不等式选讲设不等式||x +1|?|x?1||<2的解集为A ．（Ⅰ）求集合A ；（Ⅱ）若a,b,c ∈A ，求证：|1?abcab?c |>1．【答案】(Ⅰ){x|?1<x <1}；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集（2）利用分析法证明，将所求不等式转化为(1−a 2b 2)(1−c 2)>0，再根据a,b,c ∈A ，证明(1−a 2b 2)(1−c 2)>0试题解析：（1）由已知，令f(x)=|x +1|−|x −1|={2(x ≥1)2x(−1<x <1)−2(x ≤−1)由|f(x)|<2得A ={x|−1<x <1}.（2）要证|1−abcab−c |>1，只需证|1−abc|>|ab −c|，只需证1+a 2b 2c 2>a 2b 2+c 2，只需证1−a 2b 2>c 2(1−a 2b 2)只需证(1−a 2b 2)(1−c 2)>0，由a,b,c ∈A ，则(1−a 2b 2)(1−c 2)>0恒成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.。

2018年吉林省长春市东北师大附中高考数学一模试卷(理科)

2018年吉林省长春市东北师大附中高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共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. 复数2i1+i的模为（）A.1 2B.√22C.√2D.22. 已知集合A={x|y=√9−x2}，B={x|x≥a}．若A∩B=A，则实数a的取值范围为（）A.(−∞, −3]B.(−∞, −3)C.(−∞, 0)D.[3, +∞)3. 从标有数字1，2，3，4，5的五张卡片中，依次抽出2张（取后不放回），则在第一次抽到卡片上的数字是奇数的情况下，第二次抽到卡片上的数字是偶数的概率为（）A.1 4B.12C.13D.234. 已知sin(π3−a)=13，则cos(5π6−a)=()A.1 3B.−13C.2√23D.−√235. 若中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的一条渐近线经过点(−2, 4)，则它的离心率为（）A.√52B.2C.√3D.√56. (x2+2)(1x−1)5展开式中的常数项是（）A.12B.−12C.8D.−87. 某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值（）A.2B.3C.32D.928. 已知函数f(x)=√3sinωx+cosωx(ω>0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离是π2，则该函数的一个单调增区间为（）A.[−π3,π6] B.[−5π12,π12] C.[π6,2π3] D.[−π3,2π3]9. 辗转相除法是欧几里德算法的核心思想，如图所示的程序框图所描述的算法就是辗转相除法，若输入m=8251，n=6105，则输出m的值为（）A.148B.37C.333D.010. 底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫做正棱锥．如图，半球内有一内接正四棱锥S−ABCD，该四棱锥的侧面积为4√3，则该半球的体积为（）A.4π3B.2π3C.8√2π3D.4√2π311. 已知抛物线C:y2=2x，直线l:y=−12x+b与抛物线C交于A，B两点，若以AB为直径的圆与x轴相切，则b的值是()A.−15B.−25C.−45D.−8512. 在△ABC，∠C＝90∘，AB＝2BC＝4，M，N是边AB上的两个动点，且|MN|＝1，则CM→⋅CN→的取值范围为（）A.[114,9] B.[5, 9] C.[154,9] D.[114,5]二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）在△ABC中，AB=2，AC=√7，∠ABC=2π3，则BC=________．若x，y满足约束条件{x−1≥0,x−y≤0,x+y−4≤0,则yx+1的最大值为________．甲、乙、丙三位教师分别在哈尔滨、长春、沈阳的三所中学里教不同的学科A、B、C，已知：①甲不在哈尔滨工作，乙不在长春工作；②在哈尔滨工作的教师不教C 学科； ③在长春工作的教师教A 学科；④乙不教B 学科．可以判断乙教的学科是________．已知函数f(x)=xlnx +12x 2，x 0是函数f(x)的极值点，给出以下几个命题： ①0<x 0<1e ；②x 0>1e ；③f(x 0)+x 0<0；④f(x 0)+x 0>0；其中正确的命题是________．（填出所有正确命题的序号）三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）已知正项数列{a n }满足：4S n =a n 2+2a n −3，其中S n 为数列{a n }的前n 项和．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =1a n2−1，求数列{b n }的前n 项和T n ．某商场按月订购一种家用电暖气，每销售一台获利润200元，未销售的产品返回厂家，每台亏损50元，根据往年的经验，每天的需求量与当天的最低气温有关，如果最低气温位于区间[−20, −10]，需求量为100台；最低气温位于区间[−25, −20)，需求量为200台；最低气温位于区间[−35, −25)，需求量为300台．公司销售部为了确定11月份的订购计划，统计了前三年11月份各天的最低气温数据，得到下面的频数分布表：以最低气温位于各区间的频率代替最低气温位于该区间的概率．（1）求11月份这种电暖气每日需求量X （单位：台）的分布列；（2）若公司销售部以每日销售利润Y （单位：元）的数学期望为决策依据，计划11月份每日订购200台或250台，两者之中选其一，应选哪个？如图，四棱锥P −ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA =PD ，底面ABCD 为矩形，点M 、E 、N 分别为线段AB 、BC 、CD 的中点，F 是PE 上的一点，PF =2FE ．直线PE 与平面ABCD 所成的角为π4．（1）证明：PE ⊥平面MNF ；（2）设AB =AD ，求二面角B −MF −N 的余弦值．已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过抛物线M:x 2=4y 的焦点F ，F 1，F 2分别是椭圆C 的左、右焦点，且F 1F →⋅F 1F 2→=6．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线l 与抛物线M 相切，且与椭圆C 交于A ，B 两点，求△OAB 面积的最大值．已知函数f(x)=e x ，g(x)=lnx ，ℎ(x)=kx +b ．（1）当b =0时，若对任意x ∈(0, +∞)均有f(x)≥ℎ(x)≥g(x)成立，求实数k 的取值范围；（2）设直线ℎ(x)与曲线f(x)和曲线g(x)相切，切点分别为A （x 1, f(x 1)），B （x 2, g(x 2)），其中x 1<0． ①求证：x 2>e ；②当x ≥x 2时，关于x 的不等式a(x 1−1)+xlnx −x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围． [选修4-4：坐标系与参数方程选讲]已知曲线C 1的极坐标方程为：ρ=4cosθ，以极点为坐标原点，以极轴为x 轴的正半轴建立直角坐标系，曲线C 2的参数方程为：{x =3−12t,y =√32t, （t 为参数）. (1)求出曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程；(2)设曲线C 1与曲线C 2相交于P ，Q 两点，点A(3,0)，求|AP|⋅|AQ|的值． [选修4-5：不等式选讲]已知不等式|2x −5|+|2x +1|>ax −1．（1）当a =1时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集为R ，求a 的范围．参考答案与试题解析2018年吉林省长春市东北师大附中高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共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.【答案】C【考点】复数的运算【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【解答】∵2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=2+2i2=1+i，∴|2i1+i|=|1+i|=√2．2.【答案】A【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：集合A={x|y=√9−x2}={x|9−x2≥0}={x|−3≤x≤3}，B={x|x≥a}．若A∩B=A，则A⊆B，所以a≤−3，所以实数a的取值范围是(−∞,−3]．故选A．3.【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】设事件A表示“第一张抽到奇数”，事件B表示“第二张抽取偶数”，则P(A)=35，P(AB)=3 5×24=310，利用条件概率计算公式能求出在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率．【解答】解：从标有1，2，3，4，5的五张卡片中，依次抽出2张，设事件A 表示“第一张抽到奇数”，事件B 表示“第二张抽取偶数”，则P(A)=35，P(AB)=35×24=310，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为： P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12．故选B . 4.【答案】 B【考点】两角和与差的三角函数【解析】直接由已知结合同角三角函数基本关系式求得cos(5π6−a)．【解答】∵ sin(π3−a)=13，∴ cos(5π6−a)=cos[π2+(π3−a)] =−sin(π3−a)=−13． 5.【答案】 A【考点】双曲线的特性【解析】先求渐近线带入点的坐标，再用c 2=a 2+b 2求离心率．【解答】解：∵ 焦点在y 轴上的双曲线的渐近线方程是y =±ab x ， ∴ 4=−ab ⋅(−2)，∴ ab =2，a =2b ，a 2=4b 2=4c 2−4a 2，e =√52．故选A . 6.【答案】 B【考点】二项式定理的应用【解析】写出二项式(1x −1)5的通项，由x 的指数为−2、0分别求得r 值，再由多项式乘多项式得答案．【解答】(1 x −1)5的展开式的通项为T r+1=C5r∗(1x)5−r∗(−1)r=(−1)r∗C5r∗x r−5．取r−5=−2，得r=3，取r−5=0，得r=5．∴(x2+2)(1x−1)5展开式中的常数项是−C53−2C55=−12．7.【答案】B【考点】由三视图求体积【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面的四棱锥，该几何体为x，根据体积公式建立关系，可得答案【解答】由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面，梯形上下边长为1和2，高为2，如图：AD＝1，BC＝2，SB＝x，AD // BC，SB⊥平面ABCD，AD⊥AB．∴底面的面积S=12×(1+2)×2＝3．该几何体为x，几何体的体积V=13×x×3=1，可得x＝3．8.【答案】A【考点】正弦函数的单调性【解析】化函数f(x)为正弦型函数，根据题意求出ω的值，写出f(x)的解析式，即可求出它的单调增区间．【解答】函数f(x)=√3sinωx+cosωx(ω>0)=2sin(ωx+π6)；由f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离是π2，∴T=2×π2=π，∴ω=2πT=2；∴f(x)=2sin(2x+π6)，令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，解得−π3+kπ≤x≤π6+2kπ，k∈Z，∴函数f(x)的一个单调增区间为[−π3, π6 ]．9.【答案】B【考点】程序框图【解析】程序的运行功能是求m=8521，n=6105的最大公约数，根据辗转相除法可得m的值．【解答】由程序框图知：程序的运行功能是求m=82511，n=6105的最大公约数，∵8251=6105+2146；6105=2×2146+1813；2146=1813+333；1813=5×333+148；333=2×148+37，148=4×37+0∴此时m=37．∴输出m的值是37，10.【答案】D【考点】球内接多面体【解析】设出球的半径，利用棱锥的侧面积公式，求解半径，然后求解四棱锥的外接半球的体积．【解答】连结AC，BD交点为0，设球的半径为r，由题意可知SO=AO=OC=OD=OB=r．则AB=√2r，四棱锥的侧面积为：4×√34×(√2r)2=4√3，解得r=√2，四棱锥的外接半球的体积为：V=12×4π3×(√2)3=4√23π，11.【答案】C【考点】直线与抛物线的位置关系【解析】联立{y2=2xy=−12x+b得：y2+4y−4b=0．由此利用根的判别式、弦长公式，即可求出b的值【解答】联立{y2=2xy=−12x+b得：y2+4y−4b=0．依题意应有Δ=16+16b>0，解得b>−1．设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴y1+y2=−4，y1y2=−4b，∴x1+x2=−2(y1+y2)+4b=8+4b，设圆心Q(x0, y0)，则有x0=12(x1+x2)=4+2b，y0=12(y1+y2)=−2．∵以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆半径为r=|y0|=2，又|AB|=√1+4⋅√(y1+y2)2−4y1y2=√5⋅√16+16b=4√5⋅√1+b，∵|AB|=2r，即4√5⋅√1+b=4，解得b=−45．故选C.12.【答案】A【考点】平面向量数量积的性质及其运算数量积表示两个向量的夹角【解析】建立坐标系，设AN＝a，用a表示出CM→,CN→，得出CM→⋅CN→关于a的函数，从而得出范围．【解答】以CA，CB为坐标轴建立坐标系如图所示：∵AB＝2BC＝4，∴∠BAC＝30∘，AC＝2√3设AN＝a，则N(2√3−√3a2, a2)，M(2√3−√3(a+1)2, a+12)，∴CM→⋅CN→=(2√3−√3a2)(2√3−√3(a+1)2)+a2⋅a+12=a2−5a+9．∵ M ，N 在AB 上，∴ 0≤a ≤3． ∴ 当a ＝0时，CM →⋅CN →取得最大值9，当a =52时，CM →⋅CN →取得最小值114．故选：A ．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）【答案】 1【考点】余弦定理【解析】根据题意，设BC =t ，△ABC 中，由余弦定理可得cos∠ABC =4+t 2−74t=−12，变形可得：t 2+2t −3=0，解可得t 的值，即可得答案．【解答】根据题意，设BC =t ，△ABC 中，AB =2，AC =√7，∠ABC =2π3，则有cos∠ABC =4+t 2−74t=−12，变形可得：t 2+2t −3=0，解可得：t =−3或t =1，又由t >0，则t =1，即BC =1；【答案】 32【考点】求线性目标函数的最值简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域，再由yx+1的几何意义，即可行域内的动点与定点P(−1, 0)连线的斜率求得答案．【解答】解：由约束条件{x −1≥0,x −y ≤0,x +y −4≤0,作出可行域如图，联立{x =1,x +y −4=0,解得A(1, 3)，由yx+1的几何意义，即可行域内的动点与定点P(−1, 0)连线的斜率可得， yx+1的最大值为k PA =3−01−(−1)=32．故答案为：32.【答案】 C【考点】进行简单的合情推理【解析】分析判断每一名话，能推理出正确结果．【解答】由①得甲不在哈尔滨工作，乙不在长春工作；由②得在哈尔滨工作的教师不教C 学科，甲不教C ；由③得在长春工作的教师教A 学科；由④得乙不教B 学科和A 学科．综上，乙教C 学科．【答案】 ①③ 【考点】利用导数研究函数的极值命题的真假判断与应用【解析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；f(x 0)+x 0=x 0lnx 0+12x 02+x 0=x 0(lnx 0+12x 0+1)=−12x 0<0，可判断③④．【解答】∵ 函数f(x)=xlnx +12x 2，(x >0)∴ f′(x)=lnx +1+x ，易得f′(x)=lnx +1+x 在(0, +∞)递增， ∴ f′(1e )=1e >0， ∵ x →0，f′(x)→−∞，∴ 0<x 0<1e ，即①正确，②不正确； ∵ lnx 0+1+x 0=0∴ f(x 0)+x 0=x 0lnx 0+12x 02+x 0=x 0(lnx 0+12x 0+1)=−12x 02<0，即③正确，④不正确．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）【答案】令n ＝1，得4a 1=a 12+2a 1−3，且a n >0，解得a 1＝3．当n ≥2时，4S n −4S n−1=a n 2−a n−12+2a n −2a n−1，即4a n =a n 2−a n−12+2a n −2a n−1，整理得(a n +a n−1)(a n −a n−1−2)＝0，∵ a n >0，∴ a n −a n−1＝2，所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，故a n ＝3+(n −1)×2＝2n +1．由（1）知：b n =1a n2−1=14n 2+4n =14n(n+1)=14(1n −1n+1)，∴ T n ＝b 1+b 2+...+b n =14(1−12+12−13+⋯+1n −1n+1)=14(1−1n+1)=n4n+4．【考点】数列递推式数列的求和【解析】（1）利用数列的递推关系式推出数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，然后求解通项公式．（2）化简通项公式利用裂项相消法求解数列的和即可．【解答】令n ＝1，得4a 1=a 12+2a 1−3，且a n >0，解得a 1＝3．当n ≥2时，4S n −4S n−1=a n 2−a n−12+2a n −2a n−1，即4a n =a n 2−a n−12+2a n −2a n−1，整理得(a n +a n−1)(a n −a n−1−2)＝0，∵ a n >0，∴ a n −a n−1＝2，所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，故a n ＝3+(n −1)×2＝2n +1．由（1）知：b n =1a n2−1=14n 2+4n =14n(n+1)=14(1n −1n+1)，∴ T n ＝b 1+b 2+...+b n =14(1−12+12−13+⋯+1n −1n+1)=14(1−1n+1)=n4n+4．【答案】由已知X 的可能取值为100，200，300， P(X ＝100)=16+290=0.2，P(X ＝200)=3690=0.4， P(X ＝300)=11+2590=0.4，∴ X 的分布列为：由已知：①当订购200台时，E(Y)＝[200×100−50×(200−100)]×0.2+200×200×0.8＝35000（元）②当订购250台时，E(Y)＝[200×100−50×(250−100)]×0.2+[200×200−50×(250−200)]×0.4+[200×250]×0.4＝37500（元）综上所求，当订购250台时，Y的数学期望最大，11月每日应订购250台．【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】（1）由已知X的可能取值为100，200，300，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（2）当订购200台时，求出E(Y)＝35000元；当订购250台时，求出E(Y)＝37500元，由此求出11月每日应订购250台．【解答】由已知X的可能取值为100，200，300，P(X＝100)=16+290=0.2，P(X＝200)=3690=0.4，P(X＝300)=11+2590=0.4，∴X的分布列为：①当订购200台时，E(Y)＝[200×100−50×(200−100)]×0.2+200×200×0.8＝35000（元）②当订购250台时，E(Y)＝[200×100−50×(250−100)]×0.2+[200×200−50×(250−200)]×0.4+[200×250]×0.4＝37500（元）综上所求，当订购250台时，Y的数学期望最大，11月每日应订购250台．【答案】方法一：取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，∠PEO=π4，OP=OE．因为MN // BC，OE // AB，所以MN⊥OE，所以MN⊥PE．又EF=14PE=√24OE，EQ=12OE，所以EFEO =EOEP=√24，所以△EFQ∽△EOP，所以∠EFQ=∠EOP=π2，所以PE=FQ．且MN∩FQ=Q，所以PE ⊥平面MNF ．方法二：取AD 中点O ，连接OE ，交MN 于点Q ，连接FQ ，则OP ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面AC ， ∠PEO =π4，OP =OE ．又因为MN // BC ，OE // AB ，所以MN ⊥OE ，所以MN ⊥PE ．以O 点为原点，射线OA 、OE 、OP 方向为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系O −xyz ．设AB =m ，AD =n ，则P(0, 0, m)，E(0, m, 0)，M(n 2,m2, 0)，F(0, 3m 4,m 4)，于是PE →=(0, m, −m)，MF →=(−n 2,m 4,m4)．所以PE →∗MF →=0，所以PE ⊥MF ，且MN ∩MF =M ，所以PE ⊥平面MNF取AD 中点O ，连接OE ，交MN 于点Q ，连接FQ ，则OP ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面AC ，所以OP ⊥平面AC ，∠PEO =π4，OP =OE ．以O 点为原点，射线OA 、OE 、OP 方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O −xyz ．设AB =AD =m ，则P(0, 0, m)，E(0, m, 0)，B(m2,m,0)，M(m 2,m2, 0)，F(0, 3m 4,m 4)，于是PE →=(0, m, −m)，BM →=(0, −m2, 0)，BF →=(−m2,−m 4,m4)．设平面BMF 的一个法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗BM →=−m2y =0n →∗BF →=−m 2x −m 4y +m4z =0，令x =1，得n →=(1, 0, 2)．而平面NMF 的一个法向量为m →=PE →=(0, m, −m)．所以cos <m →,n →>=m →∗n→|m →|∗|n →|=√5∗√2m=−√105．由图形得二面角B −MF −N 的平面角是钝角，故二面角B −MF −N 的余弦值为−√105．【考点】直线与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】（1）法一：取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥ADOP⊥平面ABCD，推导出MN⊥OE，MN⊥PE．△EFQ∽△EOP，从而PE=FQ．由此能证明PE⊥平面MNF．方法二：取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．以O点为原点，射线OA、OE、OP方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O−xyz．利用向量法能证明PE⊥平面MNF（2）取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．以O点为原点，射线OA、OE、OP方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O−xyz．利用向量法能求出二面角B−MF−N的余弦值．【解答】方法一：取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD，∠PEO=π4，OP=OE．因为MN // BC，OE // AB，所以MN⊥OE，所以MN⊥PE．又EF=14PE=√24OE，EQ=12OE，所以EFEO =EOEP=√24，所以△EFQ∽△EOP，所以∠EFQ=∠EOP=π2，所以PE=FQ．且MN∩FQ=Q，所以PE⊥平面MNF．方法二：取AD中点O，连接OE，交MN于点Q，连接FQ，则OP⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，所以OP⊥平面AC，∠PEO=π4，OP=OE．又因为MN // BC，OE // AB，所以MN⊥OE，所以MN⊥PE．以O点为原点，射线OA、OE、OP方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O−xyz．设AB=m，AD=n，则P(0, 0, m)，E(0, m, 0)，M(n2,m2, 0)，F(0, 3m4,m4)，于是PE →=(0, m, −m)，MF →=(−n 2,m 4,m4)．所以PE →∗MF →=0，所以PE ⊥MF ，且MN ∩MF =M ，所以PE ⊥平面MNF取AD 中点O ，连接OE ，交MN 于点Q ，连接FQ ，则OP ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面AC ，所以OP ⊥平面AC ，∠PEO =π4，OP =OE ．以O 点为原点，射线OA 、OE 、OP 方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O −xyz ．设AB =AD =m ，则P(0, 0, m)，E(0, m, 0)，B(m2,m,0)，M(m 2,m2, 0)，F(0, 3m 4,m 4)，于是PE →=(0, m, −m)，BM →=(0, −m2, 0)，BF →=(−m2,−m 4,m4)．设平面BMF 的一个法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗BM →=−m2y =0n →∗BF →=−m 2x −m 4y +m4z =0，令x =1，得n →=(1, 0, 2)．而平面NMF 的一个法向量为m →=PE →=(0, m, −m)．所以cos <m →,n →>=m →∗n→|m →|∗|n →|=5∗2m=−√105．由图形得二面角B −MF −N 的平面角是钝角，故二面角B −MF −N 的余弦值为−√105．【答案】∵ F(0, 1)，∴ b =1，又F 1F →⋅F 1F 2→=6， ∴ 2c 2=6,c =√3．又a 2−b 2=c 2，∴ a =2， ∴ 椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．设直线l 与抛物线相切于点P(x 0, y 0)，则l:y −x 024=x 02(x −x 0)，即y =x 02x −x 024，联立直线与椭圆{y =x02x −x 024x 24+y 2=1 ，消去y ，整理得(1+x 02)x 2−x 03x +14x 04−4=0．由△=16(x 02+1)−x 04>0，得0<x 02<8+4√5．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则：x 1+x 2=x 031+x 02,x 1x 2=x 04−164(1+x 02)．则|AB|=√1+x 024|x 1−x 2|=√1+x 024√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√4+x 022⋅√16(x 02+1)−x 041+x 02原点O 到直线l 的距离d =22√x 0+4．故△OAB 面积S =12d ⋅|AB|=18x 02√16(x 02+1)−x 041+x 02=18√[16(x 02+1)−x 04]⋅x 041+x 02≤1+x 021+x 02=1，当且仅当16(1+x 02)−x 04=x 04，即x 02=4+2√6取等号，故△OAB 面积的最大值为1．【考点】椭圆的标准方程圆锥曲线的综合问题椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】（1）通过焦点坐标以及F 1F →⋅F 1F 2→=6转化求解椭圆方程．（2）设直线l 与抛物线相切于点P(x 0, y 0)，求出切线方程，联立直线与椭圆{y =x02x −x 024x 24+y 2=1 ，消去y ，整理利用判别式，以及弦长公式，求解由原点O 到直线l 的距离，表示△OAB 面积，推出△OAB 面积的最大值为1．【解答】∵ F(0, 1)，∴ b =1，又F 1F →⋅F 1F 2→=6， ∴ 2c 2=6,c =√3．又a 2−b 2=c 2，∴ a =2， ∴ 椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．设直线l 与抛物线相切于点P(x 0, y 0)，则l:y −x 024=x 02(x −x 0)，即y =x 02x −x 024，联立直线与椭圆{y =x02x −x 024x 24+y 2=1 ，消去y ，整理得(1+x 02)x 2−x 03x +14x 04−4=0．由△=16(x 02+1)−x 04>0，得0<x 02<8+4√5．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则：x 1+x 2=x 031+x 02,x 1x 2=x 04−164(1+x 02)．则|AB|=√1+x 024|x 1−x 2|=√1+x 024√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√4+x 022⋅√16(x 02+1)−x 041+x 02原点O 到直线l 的距离d =022√x 0+4．故△OAB 面积S =12d ⋅|AB|=18x 02√16(x 02+1)−x 041+x 02=18√[16(x 02+1)−x 04]⋅x 041+x 02≤1+x 021+x 02=1，当且仅当16(1+x 02)−x 04=x 04，即x 02=4+2√6取等号，故△OAB 面积的最大值为1．【答案】当b =0时：ℎ(x)=kx ，由f(x)≥ℎ(x)≥g(x)知：e x ≥kx ≥lnx ，依题意：e x x≥k ≥lnx x对x ∈(0, +∞)恒成立，设m(x)=e x x(x >0),∴ m /(x)=e x (x−1)x 2，当x ∈(0, 1)时m′(x)<0；当x ∈(1, +∞)时m′(x)>0， ∴ [m(x)]min =m(1)=e ，设n(x)=lnx x(x >0),∴ n /(x)=1−lnx x 2，当x ∈(0, e)时n′(x)>0；当x ∈(e, +∞)时n′(x)<0， ∴ [n(x)]max =n(e)=1e ，故：实数k 的取值范围是[1e ,e] 由已知：f′(x)=e x ，g ′(x)=1x①：由y −e x 1=e x 1(1−x 1)得：ℎ(x)=e x 1+(x 1−1)⋅e x 1 由y −lnx 2=1x 2(x −x 2)得：ℎ(x)=1x 2x +lnx 2−1故{e x 1=1x2e x 1(x 1−1)=1−lnx 2∵ x 1<0，∴ e x 1(x 1−1)<0， ∴ lnx 2>1，故：x 2>e ；②由①知：x 2=e −x 1，e x 1(x 1−1)=x 1+1且x 2>e >1由a(x 1−1)+xlnx −x ≥0得：a(x 1−1)≥x −xlnx ，(x ≥x 2) 设G(x)=x −xlnx(x ≥x 2)G′(x)=1−lnx −1=−lnx <0， ∴ G(x)在[x 2, +∞)为减函数，∴ [G(x)]max =G(x 2)=x 2−x 2lnx 2 由a(x 1−1)≥x 2−x 2lnx 2，得：a(x 1−1)≥x 2(1−lnx 2)， ∴ a(x 1−1)≥(x 1−1) 又x 1<0， ∴ a ≤1．【考点】利用导数研究函数的最值【解析】（1）依题意：e x x≥k ≥lnx x对x ∈(0, +∞)恒成立，根据函数的单调性求出k 的范围即可；（2）①得到ℎ(x)=e x 1+(x 1−1)⋅e x 1，∴ e x 1(x 1−1)<0，从而证明结论；②得到a(x 1−1)≥x −xlnx ，(x ≥x 2)，设G(x)=x −xlnx(x ≥x 2)G′(x)=1−lnx −1=−lnx <0，根据函数的单调性求出G(x)的最大值，从而求出a 的范围即可．【解答】当b =0时：ℎ(x)=kx ，由f(x)≥ℎ(x)≥g(x)知：e x ≥kx ≥lnx ，依题意：e x x≥k ≥lnx x对x ∈(0, +∞)恒成立，设m(x)=e x x(x >0),∴ m /(x)=e x (x−1)x 2，当x ∈(0, 1)时m′(x)<0；当x ∈(1, +∞)时m′(x)>0， ∴ [m(x)]min =m(1)=e ，设n(x)=lnx x(x >0),∴ n /(x)=1−lnx x 2，当x ∈(0, e)时n′(x)>0；当x ∈(e, +∞)时n′(x)<0， ∴ [n(x)]max =n(e)=1e ，故：实数k 的取值范围是[1e ,e] 由已知：f′(x)=e x ，g ′(x)=1x①：由y −e x 1=e x 1(1−x 1)得：ℎ(x)=e x 1+(x 1−1)⋅e x 1 由y −lnx 2=1x 2(x −x 2)得：ℎ(x)=1x 2x +lnx 2−1故{e x 1=1x 2e x 1(x 1−1)=1−lnx 2∵ x 1<0，∴ e x 1(x 1−1)<0， ∴ lnx 2>1，故：x 2>e ；②由①知：x 2=e −x 1，e x 1(x 1−1)=x 1+1且x 2>e >1由a(x 1−1)+xlnx −x ≥0得：a(x 1−1)≥x −xlnx ，(x ≥x 2) 设G(x)=x −xlnx(x ≥x 2)G′(x)=1−lnx −1=−lnx <0， ∴ G(x)在[x 2, +∞)为减函数，∴ [G(x)]max =G(x 2)=x 2−x 2lnx 2 由a(x 1−1)≥x 2−x 2lnx 2，得：a(x 1−1)≥x 2(1−lnx 2)， ∴ a(x 1−1)≥(x 1−1) 又x 1<0， ∴ a ≤1．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲] 【答案】解：(1)由ρ=4cosθ，得ρ2=4ρcosθ， ∴ x 2+y 2=4x ，故曲线C 1的直角坐标方程为x 2+y 2=4x ，即(x −2)2+y 2=4．由{x =3−12t,y =√32t, 消去参数t ，可得√3x +y −3√3=0． ∴ 曲线C 2:√3x +y −3√3=0；(2)将{x =3−12t,y =√32t,代入x 2+y 2=4x ，得t 2−t −3=0，∵ Δ=1+4×3=13>0，∴ 方程有两个不等实根t 1，t 2分别对应点P ，Q ， ∴ |AP|⋅|AQ|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1⋅t 2|=|−3|=3，即|AP|⋅|AQ|=3．【考点】参数方程与普通方程的互化圆的极坐标方程直线与圆的位置关系【解析】（1）把ρ=4cosθ两边同时乘以ρ，结合x =ρcosθ，y =ρsinθ即可求得曲线C 1的直角坐标方程，在{x =3−12ty =√32t中，直接消去参数t 即可求得曲线C 2的普通方程；（2）把曲线C 2的参数方程代入x 2+y 2=4x ，化为关于t 的一元二次方程，利用根与系数的关系结合t 的几何意义求得|AP|⋅|AQ|的值．【解答】解：(1)由ρ=4cosθ，得ρ2=4ρcosθ， ∴ x 2+y 2=4x ，故曲线C 1的直角坐标方程为x 2+y 2=4x ，即(x −2)2+y 2=4．由{x =3−12t,y =√32t,消去参数t ，可得√3x +y −3√3=0． ∴ 曲线C 2:√3x +y −3√3=0； (2)将{x =3−12t,y =√32t,代入x 2+y 2=4x ，得t 2−t −3=0，∵ Δ=1+4×3=13>0，∴ 方程有两个不等实根t 1，t 2分别对应点P ，Q ， ∴ |AP|⋅|AQ|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1⋅t 2|=|−3|=3，即|AP|⋅|AQ|=3．[选修4-5：不等式选讲]【答案】当a =1时：不等式为：|2x −5|+|2x +1|>x −1，等价于：解得：x <−12−12≤x ≤52x >52，所以不等式的解集为：(−∞, +∞)；设函数f(x)=|2x −5|+|2x +1|={−4x +4,x <−126,−12≤x ≤524x −4,x >52，试卷第21页，总21页设函数g(x)=ax −1过定点A(0, −1)，画出f(x)，g(x)的图象，不等式|2x −5|+|2x +1|>ax −1．不等式的解集为R ，k AB =6+152=145，由数形结合得a 的范围是[−4,145)．【考点】绝对值不等式的解法与证明不等式恒成立的问题【解析】（1）当a =1时，化简不等式，去掉绝对值符号，转化求解不等式的解集；（2）化简函数为分段函数，画出函数的图象，然后求解即可．【解答】当a =1时：不等式为：|2x −5|+|2x +1|>x −1，等价于：解得：x <−12−12≤x ≤52x >52，所以不等式的解集为：(−∞, +∞)；设函数f(x)=|2x −5|+|2x +1|={−4x +4,x <−126,−12≤x ≤524x −4,x >52，设函数g(x)=ax −1过定点A(0, −1)，画出f(x)，g(x)的图象，不等式|2x −5|+|2x +1|>ax −1．不等式的解集为R ，k AB =6+152=145，由数形结合得a 的范围是[−4,145)．。

吉林省长春市普通高中2018届高三数学一模考试卷文(含解析)

普通高中2018届高三质量监测（一）数学试题卷（文科）一、选择题：本大题共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. 集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】集合，所以.故选B.点睛：1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2. 设为虚数单位，则（）A. B. C. 2 D. -2【答案】D【解析】(−1+i)(1+i)=−2. 故选D.3. 已知圆x2+y2−4x+6y=0的圆心坐标为(a,b)，则a2+b2=（）A. 8B. 16C. 12D. 13【答案】D【解析】由圆的标准方程可知圆心为(2,−3)，即a2+b2=13. 故选D.4. 等差数列{a n}中，已知a6+a11=0，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】由题意知a6<0,a11>0,a1=−152d，有S n=d2[(n−8)2−64]，所以当n=8时前n项和取最小值. 故选C.点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法. 5. 已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图，则其中位数和众数分别为( )A. 92，94B. 92，86C. 99，86D. 95，91【答案】B【解析】由茎叶图可知，中位数为92，众数为86. 故选B.6. 顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边在y轴上的角α的集合是（）A. {α|α=2kπ+π2,k∈Z} B. {α|α=2kπ−π2,k∈Z}C. {α|α=kπ+π2,k∈Z} D. {α|α=kπ2,k∈Z}【答案】C【解析】终边落在y轴上的角的取值集合为{α|α=kπ+π2,k∈Z}.故选C.7. 右图是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩y关于测试序号x 的函数图像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论：①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好；②二班成绩不够稳定，波动程度较大；③三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，但在稳步提升．其中正确结论的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】通过函数图象，可以看出①②③均正确.故选D.8. 《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈），那么该刍甍的体积为（）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B.9. 已知矩形的顶点都在球心为，半径为的球面上，，且四棱锥的体积为，则等于（）A. 4B.C.D.【答案】A【解析】由题意可知球心到平面ABCD的距离 2，矩形ABCD所在圆的半径为，从而球的半径 .故选A.10. 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A. 求首项为1，公差为2的等差数列前2017项和B. 求首项为1，公差为2的等差数列前2018项和C. 求首项为1，公差为4的等差数列前1009项和D. 求首项为1，公差为4的等差数列前1010项和【答案】C【解析】由题意可知S=1+5+9+⋯+4033，为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和.故选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知O为坐标原点，设F1,F2分别是双曲线x2−y2=1的左、右焦点，点P为双曲线左支上任一点，自点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|=（）A. 1B. 2C. 4D. 12【答案】A【解析】延长F1H交PF2于点Q，由角分线性质可知|PF1|=|PQ|,根据双曲线的定义，||PF1|−|PF2||=2，从而|QF2|=2，在ΔF1QF2中，OH为其中位线，故|OH|=1.故选A. 点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.]时，f(x)=√x，则12. 已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+π)=f(−x)，当x∈[0,π2,3π]上所有零点之和为（）函数g(x)=(x−π)f(x)−1在区间[−3π2A. πB. 2πC. 3πD. 4π【答案】D【解析】f(x+π)=f(−x)=−f(x)⇒T=2π,g(x)=(x−π)f(x)−1=0⇒f(x)=1x−π作图如下：，四个交点分别关于(π,0)对称，所以零点之和为2×2π=4π，选D.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量a⃑=(1,2),b⃑⃑=(−2,1)，则a⃑与b⃑⃑的夹角为__________．【答案】π2.【解析】a⃑⋅b⃑⃑=0，所以a⃑,b⃑⃑夹角为π214. 函数f(x)=ln(x2−3x−4)的单调增区间是__________．【答案】(4,+∞)【解析】由题意可知x2−3x−4>0，有x<−1或x>4，从而该函数的单调递增区间为(4,+∞).15. 已知点P(x,y)位于y轴、y=x、y=2−x三条直线所围成的封闭区域内（包含边界），则2x+y的最大值为__________．【答案】3【解析】根据可行域，2x+y取最大值的最优解为(1,1)，所以2x+y的最大值为3.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.16. 在△ABC 中，三个内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，若12bcosA =sinB ，且a =2√3，b +c =6，则△ABC 面积为__________．【答案】2√3 【解析】由题意可知cosA 2=sinB b=sinA a，得tanA =√3,A =π3，由余弦定理12=b 2+c 2−bc ，得bc =8，从而△ABC 面积为2√3.三、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. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5=30,a 2+a 6=16．（Ⅰ）求等差数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求1S 1+1S 2+⋯+1S n．【答案】（1）a n =2n （2）nn+1【解析】试题分析：（1）根据等差数列前n 项和公式及通项公式，结合条件列出关于首项与公差的方程组，解方程组得a 1=d =2，再代入通项公式（2）先求S n ，再根据1S n=1n −1n+1，利用裂项相消法求和试题解析：(1) 由题可知{5a 3=302a 1+6d =16，从而有a 1=d =2,a n =2n .(2) 由(1)知S n =n(n +1),1S n=1n −1n+1，从而 1S 1+1S 2+⋯1S n=1−12+12−13+⋯+1n −1n+1=1−1n+1=nn+1. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如{can a n+1} (其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(n+1)(n+3)或1n(n+2).18. 长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学子的高度赞誉，在我市推出的第二季名师云课中，数学学科共计推出36节云课，为了更好地将课程内容呈现给广大学子，现对某一时段云课的点击量进行统计：点击量[0,1000](1000,3000](3000,+∞)节数 6 18 12（Ⅰ）现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，求选出的点击量超过3000的节数．（Ⅱ）为了更好地搭建云课平台，现将云课进行剪辑，若点击量在区间[0,1000]内，则需要花费40分钟进行剪辑，若点击量在区间(1000,3000]内，则需要花费20分钟进行剪辑，点击量超过3000，则不需要剪辑，现从（Ⅰ）中选出的6节课中任意取出2节课进行剪辑，求剪辑时间为40分钟的概率．【答案】（1）选出的6节课中有2节点击量超过3000.（2）13【解析】试题分析：（1）根据分层抽样，点击量超过3000得节数为1236×6=2（2）利用枚举法确定6节课中任意取出2节课所有可能为12种，其中剪辑时间为40分钟有5种，最后根据古典概型概率公式求概率试题解析：解：（1）根据分层抽样，选出的6节课中有2节点击量超过3000.（2）在（Ⅰ）中选出的6节课中，设点击量在区间[0,1000]内的一节课为A1，点击量在区间(1000,3000]内的三节课为B1,B2,B3，点击量超过3000的两节课为C1,C2.从中选出两节课的方式有A1B1，A1B2，A1B3，A1C1，A1C2，B1B2，B1B3，B1C1，B1C2，B2B3，B2C1，B2C2，B3C1，B3C2，C1C2，共15种，其中剪辑时间为40分钟的情况有A1C1，A1C2，B1B2，B1B3，B2B3，共5种，则剪辑时间为40分钟的概率为515=13.19. 如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设PA=1,AD=√3,PC=PD，求三棱锥P−ACE的体积．【答案】（1）见解析（2）√38【解析】试题分析：（1）连接BD交AC于点O，则由三角形中位线性质得PB//OE，再根据线面平行判定定理得PB//平面ACE （2）利用等体积法将所求体积转化为14V P−ABCD ，再根据锥体体积公式求V P−ABCD =13S ▱ABCD ⋅PA ，代入即得试题解析：解：（1）连接BD 交AC 于点O ，连接OE . 在△PBD 中，PE =DEBO =DO}⇒PB//OEOE ⊂平面ACE PB ⊄平面ACE}⇒PB//平面ACE（2）V P−ACE =12V P−ACD =14V P−ABCD =14⋅13S ▱ABCD ⋅PA =14⋅13×(2×√34⋅√32)×1=√38.20. 已知椭圆C 的两个焦点为F 1(−1,0),F 2(1,0)，且经过点E(√3,√32)．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线与椭圆C 交于A,B 两点（点A 位于x 轴上方），若AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=2F 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，求直线的斜率k 的值．【答案】（1）x 24+y 23=1 （2）√52【解析】试题分析：（1）由椭圆定义得2a =|EF 1|+|EF 2|=4，再根据勾股数求b =√3，（2）AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=2F 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑得y 1=−2y 2,从而y 1y 2=2(y 1+y 2)2，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得y 1y 2及y 1+y 2，代入可解得k =√52.试题解析：(1) 由椭圆定义2a =|EF 1|+|EF 2|=4，有a =2,c =1,b =√3，从而x 24+y 23=1.(2) 设直线l:y =k(x +1)，有{y =k(x +1)x 24+y 23=1 ，整理得(3k 2+4)y 2−6k y −9=0，设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)，有y 1=−2y 2,y 1y 2=2(y 1+y 2)2， 3+4k 2=8,k =±√52，由已知k =√52. 21. 已知函数f (x )=e x −a ．（Ⅰ）若函数f (x )的图像与直线l:y =x −1相切，求a 的值；（Ⅱ）若f (x )−lnx >0恒成立，求整数a 的最大值．【答案】（1）1（2）2【解析】试题分析：（1）由导数几何意义得，即得，再由，解得.（2）先分离：，再利用结论，，可得，所以，即得整数的最大值为2.试题解析：（1）由题意可知，f(x)和y =x −1相切，f ′(x)=1，则x =0，即f(0)=−1，解得a =2.（2）现证明e x ≥x +1，设F(x)=e x −x −1，令F ′(x)=e x −1=0，即x =0，因此F(x)min =F(0)=0，即F(x)≥0恒成立，即e x ≥x +1，同理可证lnx ≤x −1. 由题意，当a ≤2时，e x −2≥x −1≥lnx ，即a =2时，f(x)−g(x)>0成立.当a =3时，存在x 使e x −3<lnx ，即e x −3≥lnx 不恒成立. 因此整数a 的最大值为2. 22. 选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点P 的直角坐标为(1,2)，点M 的极坐标为(3,π2)，若直线过点P ，且倾斜角为π6，圆C 以M 圆心，3为半径．（Ⅰ）求直线的参数方程和圆C 的极坐标方程；（Ⅱ）设直线与圆C 相交于A,B 两点，求|PA|⋅|PB|．【答案】（1）{x =1+√32ty =2+12t（2）7 【解析】试题分析：（1）根据直线参数方程形式直接写出直线的参数方程，根据直角三角形关系得ρ=6sinθ，即为圆C 的极坐标方程（2）利用ρsinθ=y,x 2+y 2=ρ2将圆C 的极坐标方程化为直接坐标方程，将直线参数方程代入，利用韦达定理及参数几何意义得|PA |⋅|PB |=|t 1t 2|=7试题解析：（Ⅰ）直线的参数方程为{x =1+√32t,y =2+12t, （t 为参数），圆的极坐标方程为ρ=6sinθ . （Ⅱ）把{x =1+√32t,y =2+12t, 代入x 2+(y −3)2=9，得t 2+(√3−1)t −7=0， ∴t 1t 2=−7，设点A,B 对应的参数分别为t 1,t 2，则|PA |=|t 1|,|PB |=|t 2|,|PA |⋅|PB |=7.23. 选修4-5：不等式选讲设不等式||x +1|−|x −1||<2的解集为A ．（Ⅰ）求集合A ；（Ⅱ）若，求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集（2）利用分析法证明，将所求不等式转化为，再根据，证明...............试题解析：（1）由已知，令由得.（2）要证，只需证，只需证，只需证只需证，由，则恒成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2018届吉林省长春市普通高中高三一模考试题数学试题卷（理科）一、选择题：本大题共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. 设为虚数单位，则（）A. B. C. 5 D. -5【答案】A【解析】由题意可得：.本题选择A选项.2. 集合的子集的个数为（）A. 4B. 7C. 8D. 16【答案】C【解析】集合含有3个元素，则其子集的个数为.本题选择C选项.3. 若图是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩关于测试序号的函数图像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论：①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好；②二班成绩不够稳定，波动程度较大；③三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，但在稳步提升．其中正确结论的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】通过函数图象，可以看出①②③均正确.故选D.4. 等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，有，所以当时前项和取最小值.故选C......................5. 已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图，则其中位数和众数分别为（）A. 95，94B. 92，86C. 99，86D. 95，91【答案】B【解析】由茎叶图可知，中位数为92，众数为86. 故选B.6. 若角的顶点为坐标原点，始边在轴的非负半轴上，终边在直线上，则角的取值集合是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为直线的倾斜角是，所以终边落在直线上的角的取值集合为或者.故选D.7. 已知，且，则的最小值为（）A. 8B. 9C. 12D. 16【答案】B【解析】由题意可得：，则：，当且仅当时等号成立，综上可得：则的最小值为9.本题选择B选项.点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．8. 《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈），那么该刍甍的体积为（）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B.9. 已知矩形的顶点都在球心为，半径为的球面上，，且四棱锥的体积为，则等于（）A. 4B.C.D.【答案】A【解析】由题意可知球心到平面ABCD的距离 2，矩形ABCD所在圆的半径为，从而球的半径.故选A.10. 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A. 求首项为1，公差为2的等差数列前2017项和B. 求首项为1，公差为2的等差数列前2018项和C. 求首项为1，公差为4的等差数列前1009项和D. 求首项为1，公差为4的等差数列前1010项和【答案】C【解析】由题意可知，为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和.故选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知为坐标原点，设分别是双曲线的左、右焦点，点为双曲线上任一点，过点作的平分线的垂线，垂足为，则（）A. 1B. 2C. 4D.【答案】A【解析】延长交于点，由角分线性质可知根据双曲线的定义，，从而，在中，为其中位线，故.故选A.点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.12. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则函数在区间上所有零点之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】,作图如下：，四个交点分别关于对称，所以零点之和为，选D.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知角满足，，则的取值范围是__________．【答案】【解析】结合题意可知：，且：，利用不等式的性质可知：的取值范围是.点睛：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．14. 已知平面内三个不共线向量两两夹角相等，且，，则__________．【答案】【解析】因为平面内三个不共线向量两两夹角相等，所以由题意可知，的夹角为，又知，，所以，，故答案为.15. 在中，三个内角的对边分别为，若，且，面积的最大值为__________．【答案】【解析】由可得，，得，由余弦定理，面积的最大值为，当且仅当时取到最大值，故答案为.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.16. 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则圆锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】设圆锥的底面半径为R，由题意可得其体积为：当且仅当时等号成立.综上可得圆锥体积的最大值为.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．（一）必考题：共60分．17. 已知数列的前项和．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列的通项公式；（Ⅱ）化简，则，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果.试题解析：(Ⅰ)由，则.当时，，综上.（Ⅱ）由.. 得证.18. 长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉，在我市推出的第二季名师云课中，数学学科共计推出36节云课，为了更好地将课程内容呈现给学生，现对某一时段云课的点击量进行统计：点击量节数 6 18 12（Ⅰ）现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，求选出的点击量超过3000的节数．（Ⅱ）为了更好地搭建云课平台，现将云课进行剪辑，若点击量在区间内，则需要花费40分钟进行剪辑，若点击量在区间内，则需要花费20分钟进行剪辑，点击量超过3000，则不需要剪辑，现从（Ⅰ）中选出的6节课中随机取出2节课进行剪辑，求剪辑时间的分布列与数学期望．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(Ⅰ)因为 36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，所以节应选出节；（Ⅱ）的所有可能取值为，根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，从而可得分布列，由期望公式可得结果..试题解析：(Ⅰ)根据分层抽样，选出的6节课中有2节点击量超过3000.（Ⅱ）的可能取值为0，20，40，60则的分布列为0 20 40 60即.19. 如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）设，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(Ⅰ) )连接交于点，连接，根据中位线定理可得，由线面平行的判定定理即可证明平面；（Ⅱ）以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：(Ⅰ)连接交于点，连接在中，（Ⅱ），设菱形的边长为，则.取中点，连接.以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示坐标系.，，，，，，，即二面角的余弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 已知椭圆的两个焦点为，且经过点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过的直线与椭圆交于两点（点位于轴上方），若，且，求直线的斜率的取值范围．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(1)由题意可得，，，则椭圆方程为.(2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数k的不等式，求解不等式可得直线的斜率的取值范围是k=.试题解析：(1)由椭圆定义，有，，，从而.(2)设直线，有，整理得，设，，有，，，，由于，所以，，解得.，，由已知.21. 已知函数，．（Ⅰ）若函数与的图像在点处有相同的切线，求的值；（Ⅱ）当时，恒成立，求整数的最大值；（Ⅲ）证明：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)求出与，由且解方程组可求的值；（Ⅱ）恒成立等价于恒成立，先证明当时恒成立，再证明时不恒成立，进而可得结果；（Ⅲ））由，令，即，即，令，各式相加即可得结果. 试题解析：(Ⅰ)由题意可知，和在处有相同的切线，即在处且，解得.（Ⅱ）现证明，设，令，即，因此，即恒成立，即，同理可证.由题意，当时，且，即，即时，成立.当时，，即不恒成立.因此整数的最大值为2.（Ⅲ）由，令，即，即由此可知，当时，，当时，，当时，，……当时，.综上：.即.（二）选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22. 选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为，点的极坐标为，若直线过点，且倾斜角为，圆以圆心，3为半径．（Ⅰ）求直线的参数方程和圆的极坐标方程；（Ⅱ）设直线与圆相交于两点，求．【答案】(Ⅰ)为参数），；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）根据直线参数方程形式直接写出直线的参数方程，根据直角三角形关系得，即为圆的极坐标方程（2）利用将圆的极坐标方程化为直接坐标方程，将直线参数方程代入，利用韦达定理及参数几何意义得|=7试题解析：（Ⅰ）直线的参数方程为（t为参数），圆的极坐标方程为.（Ⅱ）把代入，得，，设点对应的参数分别为，则,23. 选修4-5：不等式选讲设不等式的解集为．（Ⅰ）求集合；（Ⅱ）若，求证：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集（2）利用分析法证明，将所求不等式转化为，再根据，证明试题解析：（1）由已知，令由得.（2）要证，只需证，只需证，只需证只需证，由，则恒成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.。