精编2018高三数学理3月模拟试题一附答案和解释

精编2018高三数学理3月模拟试题一附答案和解释数学试卷（理工类）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已知集合，则（）ABCD【答案】A【解析】,所以，选A2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（）ABCD【答案】A【解析】，所以，选A3已知命题；命题若，则，则下列为真命题的是（）ABCD【答案】B【解析】因为，所以命题为真；命题为假，所以为真，选B4执行如图所示的程序框图，输出的值为（）ABC3D2【答案】D【解析】，所以，选D5已知等比数列中，则（）ABCD【答案】B【解析】因为，所以因为，所以因此选B6函数的图像大致为（）ABCD【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C7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（）A4B2C4D2【答案】C【解析】当时，；当时，因此选C8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（）ABCD【答案】D【解析】由抛物线定义得,在三角形AFB中，所以，选D9某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）ABC2D4【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（）A6个B7个C8个D9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12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（）ABCD【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（）ABCD【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4道，每小题5分，共20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70分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2150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，即存在唯一实数使得和相切（2）令，即，所以，令，则，由（1）可知，在上单减，在单增，且，故当时，当时，当时，因为要求整数解，所以在时，所以有无穷多整数解，舍去；当时，又，所以两个整数解为0，1，即，所以，即，当时，因为在内大于或等于1，所以无整数解，舍去，综上，22在平面直角坐标系中，曲线过点，其参数方程为（为参数，），以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）求已知曲线和曲线交于两点，且，求实数的值【答案】（1）,；（2）或【解析】试题分析1先根据加减消元法得曲线的普通方程，再根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；2将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，由得，再利用韦达定理列方程解得实数的值试题解析解（1）的参数方程，消参得普通方程为，的极坐标方程为两边同乘得即；（2）将曲线的参数方程标准化为（为参数，）代入曲线得，由，得，