(优辅资源)河北省唐山市高三下学期第一次模拟考试数学(理)试题Word版含解析

精品文档唐山市2017-2018学年度高三年级第一次模拟考试理科数学试卷一、选择题：本大题共12个小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的.1.（）A.B.C.D.【答案】A【分析】，故答案为：A.2.设会合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【分析】会合,，故两个会合相等.故答案为：C.3.已知，且，则（）试卷精品文档A.B.C.D.【答案】B【分析】已知,,将代入获得.故答案为：B.4.两个单位向量，的夹角为，则（）A.B.C.D.【答案】D【分析】两个单位向量，的夹角为,则代入获得.故答案为：.5.用两个，一个，一个，可构成不一样四位数的个数是（）A.B.C.D.【答案】D【分析】依据题意获得有两个1是同样的，故能够构成不一样的四个数字为故答案为：D.6.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】D试卷精品文档【分析】依据题意获得，，故，,故获得.故答案为：D.7.如图是依据南宋数学家杨辉的“垛积术”设计的程序框图，该程序所能实现的功能是（）求求求求【答案】C【分析】依据题意获得：a=0,s=0,i=1,A=1,s=1,i=2,A=4,s=1+4,i=3,A=9,s=1+4+9,i=4,A=16,s=1+4+9+16,i=5,挨次写出s的表达式，发现规律，知足C.故答案为：C.试卷精品文档8.为了获得函数的图象，能够将函数的图象（）A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向左平移个单位长度【答案】A【分析】函数,将函数的图象向做平移个单位长度即可.故答案为：A.9.某几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积是（）A.B.C.D.【答案】A【分析】依据题意获得该几何体是一个三棱柱切下了一个三棱锥，剩下的部分的表面积由一个等腰三角形，两个直角梯形，一个等腰直角三角形，一个长方形构成.面积和为试卷精品文档故答案为：A.10.已知为双曲线：的右焦点，过点向的一条渐近线引垂线，垂足为，交另一条渐近线于点.若，则的离心率是（）A.B.C.D.【答案】B【分析】依据题意画出图像，获得由结论焦点到对应渐近线的距离为b获得：AF=b,故OA=a,OF=c,而角AOF等于角FOB,又由于三角形AOB为直角三角形，由二倍角公式获得化简获得c=2b,故获得离心率为.故答案为：B.11.已知函数，则以下对于的表述正确的选项是（）A.的图象对于轴对称B.，的最小值为C.有个零点D.有无数个极值点【答案】D【分析】A由于函数，故函数不是偶函数，图像也不对于y轴对称；不正确；B.假定，使得的最小值为，即有解，在同一坐标系中画出图像，获得的最大值为2，最小值为2，且不是在同一个x处获得的，故得到两个图像无交点，故B是错误的;试卷精品文档C,此中一个零点为0，此外的零点就是两个图像的交点，二者的图像只有一个交点，应选项不正确；D，化一获得，，此时知足的x值有无数个；或者依据清除法也可获得D.故答案为：D.点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有以下两种考察形式：(1)确立函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在状况，求参数的值或取值范围问题．研究方程根的状况，能够经过导数研究函数的单一性、最值、函数的变化趋向等，依据题目要求，经过数形联合的思想去剖析问题，能够使得问题的求解有一个清楚、直观的整体显现。同时在解题过程中要注意转变与化归、函数与方程、分类议论思想的应用．12.已知，，，是半径为的球面上的点，，，点在上的射影为，则三棱锥体积的最大值是（）B.D.【答案】B【分析】如图，试卷精品文档由题意，PA=PB=PC=2，∠ABC=90°，可知P在平面ABC上的射影G为△ABC的外心，即AC中点，则球的球心在PG的延伸线上，设PG=h，则OG=2﹣h，OB2﹣OG2=PB2﹣PG2，即4﹣（2﹣h）2=4﹣h2，解得h=1．则AG=CG=，过B作BD⊥AC于D，设AD=x，则CD=,再设BD=y，由△BDC∽△ADB，可得,∴y=，,令f（x）=，则f′（x）=由f′（x）=0，可得x=，∴当x=时，f（x）max=，∴△ABD面积的最大值为,则三棱锥P﹣ABD体积的最大值是故答案为：B.点睛：与球相关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要仔细剖析图形，明切实点和接点的地点，确立相关元素间的数目关系，并作出适合的截面图，如球内切于正方体，试卷精品文档切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.二、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分.13.设，知足拘束条件，则的最小值是__________．【答案】-5【分析】依据条件获得可行域是一个关闭的三角形地区，目标函数化为，获得当目标函数过点A（-1.-1）时有最小值，代入获得值为-5.故答案为：-5.的睁开式中，二项式系数最大的项的系数是__________．（用数字作答）【答案】-160【分析】的睁开式中，二项式系数最大的项是第四项，系数为故答案为：-160.15.已知为抛物线上异于原点的点，轴，垂足为，过的中点作轴的平行线交抛物线于点，直线交轴于点，则__________．【答案】【分析】如图试卷精品文档，设P（t2，t），则Q（t2，0），PQ中点H（t2，）．M，∴直线MQ的方程为：令x=0，可得yN=∴则故答案为：．16.在中，角，，的对边分别为，，，边上的高为，若，则的取值范围是__________．【答案】[2，2]【分析】依据题意获得试卷精品文档故范围为[2，2].故答案为：[2，2].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，每个试题考生都一定作答.第（22）、（23）题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列为单一递加数列，为其前项和，.（1）求的通项公式；（2）若，为数列的前项和，证明：.【答案】(1)an＝n(2)看法析【分析】试题剖析：（1）依据题干中所得给的式子，再写一项两式做差获得an＋1－an＝1，从而求出通项；（2）依据题意获得的通项，进行裂项乞降.分析：试卷精品文档（Ⅰ）当n＝1时，2S1＝2a1＝a＋1，因此(a1－1)2＝0，即a1＝1，又{an}为单一递加数列，因此an≥1．由2Sn＝a＋n得2Sn＋1＝a＋n＋1，因此2Sn＋1－2Sn＝a－a＋1，整理得2an＋1＝a－a＋1，因此a＝(an＋1－1)2．因此an＝an＋1－1，即an＋1－an＝1，因此{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，因此an＝n．（Ⅱ）bn＝＝＝－因此Tn＝(－)＋(－)＋＋[－]＝－＜．18.某水产品经销商销售某种鲜鱼，售价为每公斤元，成本为每公斤元.销售主旨是当日进货当日销售.假如当日卖不出去，未售出的所有降价办理完，均匀每公斤损失元.依据过去的销售状况，按，，，，进行分组，获得如下图的频次散布直方图.（1）求将来连续三天内，该经销商有连续两天该种鲜鱼的日销售量不低于公斤，而另一天日销售量低于公斤的概率；（2）在频次散布直方图的需求量分组中，以各组区间的中点值代表该组的各个值.（i）求日需求量的散布列；试卷精品文档（ii）该经销商计划每天进货公斤或公斤，以每天收益的数学希望值为决议依照，他应当选择每天进货公斤仍是公斤？【答案】(1)0.192(2)（ⅰ）看法析（ⅱ）该经销商应当选择每天进货400公斤【分析】试题剖析：（1）依据频次散布直方图获得不低于350公斤的概率为0.4，有连续两天该种鲜鱼的日销售量不低于公斤，而另一天日销售量低于公斤的概率即分两种状况按照概率相乘计算即可；（2）（i）X可取100，200，300，400，500，依据图获得对应的长方形的概率值，（ii）依据题意求出进货量为300，400时的收益均值，选择较高的即可.分析;’（Ⅰ）由频次散布直方图可知，日销售量不低于350公斤的概率为(0.0025＋0.0015)×100＝0.4，则将来连续三天内，有连续两天的日销售量不低于350公斤，而另一天日销售量低于350公斤的概率P＝0.4×0.4×(1－0.4)＋(1－0.4)×0.4×0.4＝0.192．（Ⅱ）（ⅰ）X可取100，200，300，400，500，P(X＝100)＝0.0010×10＝0.1；P(X＝200)＝0.0020×10＝0.2；P(X＝300)＝0.0030×10＝0.3；P(X＝400)＝0.0025×10＝0.25；P(X＝500)＝0.0015×10＝0.15；因此X的散布列为：（ⅱ）当每天进货300公斤时，收益Y1可取－100，700，1500，此时Y1的散布列为：试卷精品文档此时收益的希望值E(Y1)＝－100×0.1＋700×0.2＋1500×0.7＝1180；当每天进货400公斤时，收益Y2可取－400，400，1200，2000，此时Y2的散布列为：此时收益的希望值E(Y2)＝－400×0.1＋400×0.2＋1200×0.3＋2000×0.4＝1200；由于E(Y1)＜E(Y2)，因此该经销商应当选择每天进货400公斤．19.如图，在三棱柱中，平面平面，.（1）证明：；（2）若是正三角形，，求二面角的大小.【答案】(1)看法析(2)【分析】试题剖析：（1）要证线线垂直，能够从线面垂直下手，证得AC⊥平面A1B1C，从而获得AC⊥；（2）利用空间坐标系的方法，求得两个面的法向量，经过向量的夹角的计算获得二面角的大小.分析:（Ⅰ）过点B1作A1C的垂线，垂足为O，试卷精品文档由平面A1B1C⊥平面AA1C1C，平面A1B1C∩平面AA1C1C＝A1C，得B1O⊥平面AA1C1C，又AC平面AA1C1C，得B1O⊥AC．由∠BAC＝90°，AB∥A1B1，得A1B1⊥AC．又B1O∩A1B1＝B1，得AC⊥平面A1B1C．又CA1平面A1B1C，得AC⊥CA1．（Ⅱ）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，成立空间直角坐标系C-xyz．由已知可得A(1，0，0)，A1(0，2，0)，B1(0，1，)．因此＝(1，0，0)，＝(－1，2，0)，＝＝(0，－1，)．设n＝(x，y，z)是平面A1AB的法向量，则即可取n＝(2，，1)．设m＝(x，y，z)是平面ABC的法向量，则即可取m＝(0，，1)．试卷精品文档则cosn，m＝＝．又由于二面角A1-AB-C为锐二面角，因此二面角A1-AB-C的大小为．20.已知椭圆：的左焦点为，上极点为，长轴长为，为直线：上的动点，，.当时，与重合.（1）若椭圆的方程；（2）若直线交椭圆于，两点，若，求的值.【答案】(1)(2)m＝±1【分析】试题剖析：（1）依据题意获得由AF⊥BF得kAF·kBF＝-1，从而求出椭圆方程；（2）由AP⊥AQ得，|AM|2＝|PM|·|QM|，联立直线BM和椭圆获得二次方程，由韦达定理获得|PM|·|QM|的表达式，|AM|2＝2＋，两式相等即可.分析：（Ⅰ）依题意得A(0，b)，F(－c，0)，当AB⊥l时，B(－3，b)，由AF⊥BF得kAF·kBF＝·＝－1，又b2＋c2＝6.解得c＝2，b＝．因此，椭圆Γ的方程为＋＝1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得A(0，)，依题意，明显m≠0，因此kAM＝－，又AM⊥BM，因此kBM＝，因此直线BM的方程为y＝(x－m)，试卷精品文档设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．y＝(x－m)与＋＝1联立得(2＋3m2)x2－6m3x＋3m4－12＝0，x1＋x2＝，x1x2＝．|PM|·|QM|＝(1＋)|(x1－m)(x2－m)|2＝(1＋)|x1x2－m(x1＋x2)＋m|＝(1＋)·＝，22|AM|＝2＋m，由AP⊥AQ得，|AM|2＝|PM|·|QM|，因此＝1，解得m＝±1．21.已知函数，.（1）设，求的最小值；（2）证明：当时，总存在两条直线与曲线与都相切.【答案】(1)x＝－1时，F(x)获得最小值F(－1)＝－(2)看法析试卷精品文档【分析】试题剖析：（1）对函数求导，研究函数的单一性，获得最小值；（2）依据公切线的定义获得(t－1)et－1－t＋a＝0有两个根即可，研究这个函数的单一性和图像，获得这个图像和x轴有两个交点.分析：（Ⅰ）F(x)＝(x＋1)ex－1，当x＜－1时，F(x)＜0，F(x)单一递减；当x＞－1时，F(x)＞0，F(x)单一递加，故x＝－1时，F(x)获得最小值F(－1)＝－．（Ⅱ）由于f(x)＝ex－1，因此f(x)＝ex－1在点(t，et－1)处的切线为y＝et－1x＋(1－t)et－1；由于g(x)＝，因此g(x)＝lnx＋a在点(m，lnm＋a)处的切线为y＝x＋lnm＋a－1，由题意可得t－1－t＋a＝0．则(t－1)e令h(t)＝(t－1)et－1－t＋a，则h(t)＝tet－1－1由（Ⅰ）得t＜－1时，h(t)单一递减，且h(t)＜0；当t＞－1时，h(t)单一递加，又h(1)＝0，t＜1时，h(t)＜0，因此，当t＜1时，h(t)＜0，h(t)单一递减；当t＞1时，h(t)＞0，h(t)单一递加．由（Ⅰ）得h(a－1)＝(a－2)ea－2＋1≥－＋1＞0，试卷精品文档又h(3－a)＝(2－a)e2－a＋2a－3＞(2－a)(3－a)＋2a－3＝(a－)2＋＞0，h(1)＝a－1＜0，因此函数y＝h(t)在(a－1，1)和(1，3－a)内各有一个零点，故当a＜1时，存在两条直线与曲线f(x)与g(x)都相切．点睛：此题考察了导数的综合应用问题，解题时应依据函数的导数判断函数的增减性以及求函数的极值和最值，应用分类议论法，结构函数等方法来解答问题．对于函数恒成立或许有解求参的问题，常用方法有：变量分别，参变分别，转变为函数最值问题；或许直接求函数最值，使得函数最值大于或许小于0；或许分别成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.（二）选考题：共10分.请考生在（22）、（23）题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，圆：，圆：.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴成立极坐标系.（1）求，的极坐标方程；（2）设曲线