辽宁省重点高中协作校2018届高三三模数学(理)试卷(附答案)

2018年辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试数学（理科）参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一．选择题1.C2.A3.A4.C5.B6.C7.D8.C9.A 10.D 11.B 12.B二．填空题13.18 14.23- 15.6π 16.2 三．解答题17.解：（Ⅰ）因为21,n n S =-所以当1n =时，11a =；当2n ≥时，1121,n n S --=-所以112n n n n a S S --=-=，故12()n n a n N -+=∈┄┄┄┄┄┄4分方法1：设1n n b b d --=，则111122424n n n n n b b b n b b n d -----=-+-=-+=所以124n b n d -=-+，则2(1)4n b n d =+-+所以1n n d b b -=-=[2(1)4]n d +-+[24]2n d --+=因此2(1)42n b n =+-+，即2n b n =┄┄┄┄┄┄8分方法2：设n b kn b =+，则由1224n n b n b -+=+，得(2)2242k n b kn b k ++=++-所以22242k k b b k +=⎧⎨=+-⎩解得20k b =⎧⎨=⎩，故2n b n =. ┄┄┄┄┄┄8分 （Ⅱ）由（1）知21,(2)1n c n =-即111()22121n c n n =--+ 所以12n n T c c c =+++L111111(1)2335212121n n n n =-+-++-=-++L ┄┄┄┄┄┄12分 18.解：（Ⅰ）由题，4)7654321(71=++++++=t ， 3.4)9.52.58.44.46.33.39.2(71y =++++++=， 代入得，0.5b =┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4分当8t =时，0.5 2.3 6.3()y t =+=千元┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6分（2）X 可取0，1，2，3.3512)1(,351)0(3714233733=⋅=====C C C X P C C X P ， 354)3(,3518)2(3734372413====⋅==C C X P C C C X P ┄┄┄┄┄┄┄8分D 则7335235135035)(=⨯+⨯+⨯+⨯=X E┄┄┄┄┄┄┄12分 19解：（Ⅰ）取PA 中点M ，连结,MF MB .因为F 是PD 中点，所以//MF AD 且12MF AD = 又因为//BC AD 且BC AD=，且E 是BC 的中点，所以//MF BE 且MF BE =.所以四边形BEFM是平行四边形.于是//EFBM .又BM ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB因此//EF 平面PAB . ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4分 （Ⅱ）四棱锥底面ABCD 是平行四边形，且2AC AB AD ===， 所以AB AC ⊥，又因为PA ABCD ⊥底面，所以,,AB AC AP 两两互相垂直┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6分 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(B C E D . 连结AE ，由AB AC =.E 是BC 中点AE BC ⇒⊥AE AD ⇒⊥.又PA ⊥平面ABCD AE PA⇒⊥.又PA ADA =I AE ⇒⊥平面PAD .即平面PAD的法向量,0)22AE =u u u r .设PA h =，所以()222h F -. 设平面EFD 的法向量为(,,)m x y z =u r由(ED =u u u r ， ,,)222h DF =-u u u r 00m ED m DF ⎧⋅=⎪⇒⎨⋅=⎪⎩u r u u u ru r u u u r 0220222x y h x y z ⎧-+=⎪⎪⇒⎪-+=⎪⎩3y x z x h =⎧⎪⇒⎨=⎪⎩. 令1x =m ⇒=ur .由二面角E FD A--为30︒ 所以||cos30||||m AE m AE ⋅︒=u r u u u r u r u u u r=h =10分 所以四棱锥P ABCD -的体积11121333ABCD V S PA BC AE PA =⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=.┄┄┄┄┄12分 20. 解：（Ⅰ）由题意，12(F F ，根据椭圆定义a MF MF 2||||21=+，所以24a == 所以24a =，2221b a c =-= 因此，椭圆22:14x C y +=┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄5分 （用待定系数法，列方程组求解同样给分）（Ⅱ）设直线:(0)AB y kx m km =+≠，),(),,(2211y x B y x A ，由 ⎪⎩⎪⎨⎧=++=1422y x m kx y 消去y 得0448)41(222=-+++m kmx x k 0)14)(1(16)8(222>+--=∆k m km22212214144,418k m x x k km x x +-=+-=+ 因为221k k k =，所以22211k x m kx x m kx =+⋅+ 即)0(0)(221≠=++m m x x km ，解得412=k ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8分 2222222121212123||||[()2]254OA OB x x y y x x x x +=+++=+-+= 所以，22||||5OA OB +=┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄12分21.(Ⅰ)解：或时，212()(1)a f x x x -'=--2222(1)2(22)1.(1)(1)x ax x a x x x x x -+--+==-- 由在(0，12)内有解．令2()(22)1()()g x x a x x x αβ=--+=-- 不妨设102α<<，则2β>，， 所以21122()10.222a g -=-+<解得14a <-┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6分 (Ⅱ)解:由或，由或，得在内递增,在内递减,在内递减,在递增．由，得，1(1)()()ln 1a f x f αααα+≤=-- 由得, 2(1)()()ln 1a f x f ββββ+≥=-- 所以.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8分方法1：因为，22a αβ+=-，14a <- 所以(1)(1)()()ln ln 11a a f f βαβαβαβα++-=--+-- 11112ln 22ln ()1214a a ββββββ++=-⋅≥+<---因为 01x <<1x >()0f x '=(0)10g =>()00f x x α'>⇔<<x β>()01,f x x α'<⇔<<1x β<<()f x (0,)α(,1)α(1,)β(,)β+∞1(0,1)x ∈2(1,)x ∈+∞21()()()()f x f x f f βα-≥-1αβ⋅=22211()2ln(2).212111252=02211hhβββββββββββββββ+=+>---+-+'+>>--令（）则（）=（）（）（）所以在(2，＋∞)上单调递增，所以3()(2)2ln22h hβ≥>=+┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄12分方法2：因为，22aαβ+=-，所以(1)(1)()()ln ln11a af fβαβαβαβα++-=--+--12ln21aβββ+=-⋅-12lnβββ=+-设12ln(2).hβββββ=+->（）则，在(2，＋∞)上单调递增，所以3()(2)2ln22h hβ≥>=+┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄12分22. 解：（Ⅰ）由sin()4πρθ+=(cos sin)2ρθθ+=，所以直线:l20x y+-=，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分由22210x y y++-=得，曲线C参数方程为1xyαα⎧=⎪⎨=-+⎪⎩（α为参数）┄┄┄┄┄┄┄5分（Ⅱ）由（Ⅰ）在C上任取一点1)Mαα-，则点M到直线l的距离为d==≤当sin()14πα+=-，即52()4k k Zπαπ=+∈时，maxd=所以，点M的直角坐标为(1,2)--．┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10分()hβ21()()f x f x-1αβ⋅=221()10hβββ'=++>()hβ21()()f x f x-。

辽宁省凌源二中2018届高考三模试卷高三数学考试卷(理科)第Ⅰ卷（共60分）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=（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：化简集合，根据补集的定义可得结果.详解：由已知，，故选B.点睛：本题主要一元二次不等式的解法以及集合的补集运算，意在考查运算求解能力.2. 已知复数,则它的实部与虚部之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用复数乘方的运算法则化简复数，根据复数实部与虚部的定义求解即可.详解：，所以复数的实部为，虚部为，，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3. 如图,在正六边形内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据正六边形的性质，利用三角形面积公式求出阴影部分的面积，利用几何概型概率公式求解即可. 详解：设正六边形的边长为，可知，所以正六边形内随机取一点,则此点取自阴影部分的概率是，故选C.4. 已知点,是函数的图象上的两个点,若将函数的图象向右平移个单位长度,得到函数的图象,则函数的图象的一条对称轴的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由,是函数的图象上的两个点，可求得与，根据函数图象变换规律可得，根据正弦函数的性质可得结果.详解：，，由，得，，又，由可得是一条对称轴方程，故选A.点睛：本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.5. 设数列设数列的前项和为,如果,则=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：由可得，两式相减可化为，从第二项起构成公比为的等比数列，结合等比数列求和公式可得结果.详解：，①，而当时，，②两式相减得，从第二项起构成公比为的等比数列，，故选C.点睛：本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系，属于中档题. 已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况.6. 《孙子算经》中有一道题:“今有木,不知长短,引绳度之,余绳四尺五寸;屈绳度之,不足一尺，木长几何?”译文大致是:“用一根绳子去量一根木条,绳子剩余4.5尺;将绳子对折再量木条,木条剩余1尺,问木条长多少尺?"解决本题的程序框图如图所示,则输出的=（）A. 4.5B. 5C. 6D. 6.5【答案】D【解析】分析：模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值.详解：；；；；，输出，故选D.点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.7. 如图为一个半圆柱.是等腰直角三角形,是线段的中点，,该半圆柱的体积为,则异面直线与所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：因为，所以异面直线与所成的角为，利用半圆柱的体积为,求出底面半径，利用直角三角形的性质可得结果.详解：设上底半圆的半径为，由，得，，，因为，所以异面直线与所成的角为，，即异面直线与所成角的正弦值为，故选B.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.8. 大学生小徐、小杨、小蔡通过招聘会被教育局录取并分配到一中、二中、三中去任教,这三所学校每所学校分配一名老师,具体谁被分配到哪所学校还不清楚.他们三人任教的学科是语文、数学、英语,且每个学科一名老师,现知道:(1)小徐没有被分配到一中;(2)小杨没有被分配到二中;(3)教英语的没有被分配到三中;(4)教语文的被分配到一中;(5)教语文的不是小杨.据此判断到三中任教的人和所任教的学科分别是A. 小徐语文B. 小蔡数学C. 小杨数学D. 小蔡语文【答案】C【解析】分析：逐条分析所给条件，并将其引伸，找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而使问题得以解决.详解：小徐没有被分配到一中,教语文的被分配到一中，小杨不任教语文，所以只有小蔡被分配到一中任教语文，小杨没有被分配到二中，也没有被分配到一中，所以只能被分配到三中，且任教数学，所以只能小徐被分配到二中，且任教英语，故选C.点睛：本题主要考查推理案例，属于难题.推理案例的题型是高考命题的热点，由于条件较多，做题时往往感到不知从哪里找到突破点，解答这类问题，一定要仔细阅读题文，逐条分析所给条件，并将其引伸，找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而使问题得以解决.9. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个直四棱柱挖去一个直三棱柱，根据三视图中的数据，可求得该几何体的表面积.详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由一个直四棱柱挖去一个直三棱柱，该几何体的形状如图所示，于是，，，，所以表面积，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点. 观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.10. 在直角坐标系中,已知三点,为坐标原点,若向量与在向量方向上的投影相等,且,则=( )A. 6B. -6C. -5D. 5【答案】D【解析】分析：由向量与在向量方向的投影相等，可得，，再利用,可得，两式联立可得结果.详解：向量与在向量方向的投影相等，，，即，①又，，得，②②-①得，故选D.点睛：本题主要考查向量的投影及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.11. 已知椭圆.作倾斜角为的直线交椭圆于两点,线段的中点为为坐标原点,若直线的斜率为,则=A. 1B.C.D.【答案】B【解析】分析：首先设出点A,B的坐标，然后结合点差法计算b的值即可.详解：设,,则，两式作差得.因为,所以.即.由,解得,即.本题选择B选项.点睛：本题主要考查点差法及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12. 已知函数,曲线上存在不同的两点,使得曲线在这两点处的切线都与直线平行,则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：，问题转化为由两个不同的根，利用导数研究函数的单调性，结合单调性可得结果.详解：，令，得，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，，当，有两根不同的解，与的图象有两个不同的交点，，解得，实数的取值范围是，故选A.点睛：本题考查导数与切线的几何意义，考查转化与回归、函数与方程的数学思想以及运算求解能力和推理论证能力，属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 在的展开式中,含项的系数是__________．【答案】-12.【解析】分析：求出的展开式的通项为，令可得结果.详解：的展开式的通项为，令可得，，含项的系数是，故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14. 设实数满足约束条件,则的最大值为__________．【答案】11.【解析】分析：作出可行域，变变形为，，平移直线，由图可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，将点代入，即可得结果.详解：作出约束条件表示的可行域，由可得，变变形为，，平移直线，由图可知当直线经过点时，直线在轴上的截距最大，将点代入，可得取得最大值，故答案为.15. 设数列满足，则=__________．【答案】.【解析】分析：由，可得，利用“裂项相消法”求解即可.详解：，，，故答案为.点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.16. 设,分别是双曲线的左、右焦点,为过焦点的弦(在双曲线的同一支上),且.若.则双曲线的离心率为__________．【答案】2.【解析】分析：由，利用双曲线定义可得，结合，即可得结果.详解：，又因为，由此可得，，故答案为.点睛：本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．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. 已知的内角的对边分别为,且.(1)求;(2)若,线段的垂直平分线交于点,求的长.【答案】(1) .(2) .【解析】分析：（1）由，根据正弦定理可得.由余弦定理得，从而可得结果；（2）由（1）知根据余弦定理可得，由正弦定理可得，从而，利用直角三角形的性质可得结果.详解：（1）因为.所以.由余弦定理得.又，所以.（2）由（1）知根据余弦定理可得.所以.由下弦定理得，即.解得，从而.设的中垂直交于于点.因为在中，,所以.因为为线段的中垂线.所以.点睛：解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．18. 某大型高端制造公司为响应(中国制造2025)中提出的坚持“创新驱动、质量为先、绿色发展、结构优化、人才为本”的基本方针,准备加大产品研发投资,下表是该公司2017年5~12月份研发费用(百万元)和产品销量(万台)的具体数据:研发费用（百万元）产品销量（万台）（1）根据数据可知与之间存在线性相关关系.(i)求出关于的线性回归方程(系数精确到0.001);(ii)若2018年6月份研发投人为25百万元，根据所求的线性回归方程估计当月产品的销量;(2)为庆祝该公司9月份成立30周年,特制定以下奖励制度:以(单位:万台)表示日销量，,则每位员工每日奖励200元;,则每位员工每日奖励300元;,则每位员工每日奖励400元.现已知该公司9月份日销量(万台)服从正态分布,请你计算每位员工当月(按30天计算)获得奖励金额总数大约多少元参考数据:.参考公式:对于一组数据.其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为若随机变量服从正态分布,则.【答案】(1) （i) ;（ii）.(2) .【解析】分析：（1）（i)根据平均数公式可求出与的值，从而可得样本中心点的坐标，从而求可得公式中所需数据，求出，再结合样本中心点的性质可得，进而可得关于的回归方程；（ii）将代入所求回归方程，即可的结果；（2）由题知9月份日销量（万台)服从正态分布，则，根据正态曲线的对称性求出各区间上的概率，进而可得结果.详解：（1）（i)因为所以，所以关于的线性回归方程为（ii）当时，（万台）（注：若，当时，（万台）第（1）小问共得5分，即扣1分）（2）由题知9月份日销量（万台)服从正态分布.则.日销量的概率为.日销量的概率为.日销量的概率为.所以每位员工当月的奖励金额总数为元点睛：求回归直线方程的步骤：①依据样本数确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.19. 如图、在三棱柱中,四边形是矩形..平面⊥平面.(1)证明:;(2)若,求二面角余弦值.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】分析：(1)先证明四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是菱形,进而可得；（2）以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量垂直数量积为零，列方程组求出平面的法向量，结合平面的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：(1)证明:在三棱柱中,，.又.平面.设与相交于点,与相交于点,连接，四边形与均是平行四边形，,平面，，，是平面与平面所成其中一个二面角的平面角.又平面平面,四边形是菱形,从而.(2)解:由(1)及题设可知四边形是菱形,，.以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,,,，，.设平面的法向量，即令,可得.又由(1)可知平面,可取平面的法向量为，。

2018年辽宁省沈阳市高三模拟试卷（理科数学）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1．已知集合A={x|2x＞1}，B={x|0＜x＜1}，则∁AB=（）A．（0，1）B．（0，1] C．（1，+∞）D．[1，+∞）2．在复平面内，复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知平面向量满足，且，则向量与的夹角（）A．B．C．D．4．设Sn 是等差数列{an}的前n项和，且a11=S13=13，则a9=（）A．9 B．8 C．7 D．65．已知圆C的半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线3x+4y+4=0与圆C相切，则圆C的方程为（）A．x2+y2﹣2x﹣3=0 B．x2+y2+4x=0 C．x2+y2+2x﹣3=0 D．x2+y2﹣4x=06．在如图的程序框图中，任意输入一次x（0≤x≤1）与y（0≤y≤1），则能输出“恭喜中奖！”的概率为（）A．B．C．D．7．我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，面积为S，则“三斜求积”公式为．若a2sinC=4sinA，（a+c）2=12+b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为（）A．B．2 C．3 D．8．一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为10cm 的正方形，将该木料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近（ ）A ．3cmB ．4cmC ．5cmD ．6cm9．我们知道：在平面内，点（x 0，y 0）到直线Ax+By+C=0的距离公式为d=，通过类比的方法，可求得：在空间中，点（2，4，1）到直线x+2y+2z+3=0的距离为（ ）A ．3B ．5C ．D ．10．已知，则a 9等于（ ）A ．﹣10B ．10C ．﹣20D ．2011．已知点A 是抛物线M ：y 2=2px （p ＞0）与圆在第一象限的公共点，且点A 到抛物线M 焦点F 的距离等于a ．若抛物线M 上一动点到其准线与到点C 的距离之和的最小值为2a ，则p 为（ ）A ．B ．2C ．D ．412．函数y=kx+2与函数的图象至少有两个公共点，关于k 不等式（k ﹣2）a ﹣k ＞0有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．B ．C ．a ＜﹣1D ．a ≥1二.填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设实数x ，y 满足，则2y ﹣x 的最大值为 ．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且=，a 2=5，则S 6= ．15．甲乙丙三人代表班级参加校运会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同，现了解到已下情况：（1）甲不是最高的；（2）最高的是没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的，也没参加跑步．可以判断丙参加的比赛项目是．16．已知四面体ABCD中，∠BAC=∠BAD=60°，∠CAD=90°，，AC=3，AD=4，则四面体ABCD的体积V= ．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.）17．已知=（sinx，cosx），=（，﹣1）．（Ⅰ）若∥，求sin2x﹣6cos2x的值；（Ⅱ）若f（x）=•，求函数f（2x）的单调减区间．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．19．传统文化就是文明演化而汇集成的一种反映民族特质和风貌的民族文化，是民族历史上各种思想文化、观念形态的总体表征．教育部考试中心确定了2017年普通高考部分学科更注重传统文化考核．某校为了了解高二年级中国数学传统文化选修课的教学效果，进行了一次阶段检测，并从中随机抽取80名同学的成绩，然后就其成绩分为A、B、C、D、E五个等级进行数据统计如下：根据以上抽样调查数据，视频率为概率．（1）若该校高二年级共有1000名学生，试估算该校高二年级学生获得成绩为B的人数；（2）若等级A、B、C、D、E分别对应100分、80分、60分、40分、20分，学校要求“平均分达60分以上”为“教学达标”，请问该校高二年级此阶段教学是否达标？（3）为更深入了解教学情况，将成绩等级为A、B的学生中，按分层抽样抽取7人，再从中任意抽取3名，求抽到成绩为A的人数X的分布列与数学期望．20．已知椭圆上的动点P与其顶点，不重合．（Ⅰ）求证：直线PA与PB的斜率乘积为定值；（Ⅱ）设点M，N在椭圆C上，O为坐标原点，当OM∥PA，ON∥PB时，求△OMN的面积．21．已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1），a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≤恒成立，求a的取值范围；（Ⅲ）当x≥1时，求证：不等式e x﹣1﹣a（x2﹣x）≥xf（x）+1．请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果两题都做，则按照所做的第一题给分；[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分10分）22．在直角坐标系xOy中，直线l1的方程为y=x，曲线C的参数方程为（φ是参数，0≤φ≤π）．以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）分别写出直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线=0，直线l1与曲线C的交点为A，直线l1与l2的交点为B，求|AB|．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．已知函数f（x）=|2x+1|+|2x﹣3|，（1）若关于x的不等式f（x）＞|1﹣3a|恒成立，求实数a的取值范围；（2）若关于t的一元二次方程有实根，求实数m的取值范围．2018年辽宁省沈阳市高三数学模拟试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.B=（）1．已知集合A={x|2x＞1}，B={x|0＜x＜1}，则∁AA．（0，1）B．（0，1] C．（1，+∞）D．[1，+∞）【考点】补集及其运算．【分析】分别求出关于A、B的不等式，求出B的补集即可．【解答】解：A={x|2x＞1}={x|x＞0}，B={x|0＜x＜1}，B={x|x≥1}，∁A故选：D．2．在复平面内，复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义．【分析】先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，分母变成一个实数，分子进行复数的乘法运算，整理成复数的标准形式，写出对应点的坐标，看出所在的象限．【解答】解：∵复数==1+i，∴复数对应的点的坐标是（1，1）∴复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选A．3．已知平面向量满足，且，则向量与的夹角（）A．B．C．D．【考点】数量积表示两个向量的夹角．【分析】根据平面向量的数量积公式与夹角公式，求出cos θ与θ的值．【解答】解：设向量与的夹角为θ，θ∈[0，π]由•（+）=3可得•+=3，代入数据可得2×1×cos θ+22=3，解得cos θ=﹣，∴θ=．故选：C ．4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且a 11=S 13=13，则a 9=（ ） A ．9B ．8C ．7D ．6【考点】等差数列的前n 项和．【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 11=S 13=13，∴a 1+10d=13a 1+d=13，解得a 1=﹣17，d=3． 则a 9=﹣17+8×3=7． 故选：C ．5．已知圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x+4y+4=0与圆C 相切，则圆C 的方程为（ ）A ．x 2+y 2﹣2x ﹣3=0B ．x 2+y 2+4x=0C ．x 2+y 2+2x ﹣3=0D ．x 2+y 2﹣4x=0 【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由圆心在x 轴的正半轴上设出圆心的坐标（a ，0）a 大于0，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线3x+4y+4=0的距离，由直线与圆相切得到距离与半径相等列出关于a 的方程，求出方程的解即可得到a 的值．得到圆心的坐标，然后根据圆心坐标和半径写出圆的方程即可．【解答】解：设圆心为（a ，0）（a ＞0），由题意知圆心到直线3x+4y+4=0的距离d===r=2，解得a=2，所以圆心坐标为（2，0）则圆C的方程为：（x﹣2）2+y2=4，化简得x2+y2﹣4x=0故选D6．在如图的程序框图中，任意输入一次x（0≤x≤1）与y（0≤y≤1），则能输出“恭喜中奖！”的概率为（）A．B．C．D．【考点】程序框图．【分析】根据程序框图转化为几何概型进行计算即可．【解答】解：程序框图对应的区域的面积为1，则“恭喜中奖！满足条件为y≤，平面区域的面积S=dx==，则能输出“恭喜中奖！”的概率为，故选：D．7．我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC 三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，面积为S，则“三斜求积”公式为．若a2sinC=4sinA，（a+c）2=12+b2，则用“三斜求积”公式求得△ABC 的面积为（ ）A ．B ．2C ．3D ．【考点】类比推理．【分析】根据正弦定理：由a 2sinC=4sinA 得ac=4，则由（a+c ）2=12+b 2得a 2+c 2﹣b 2=4，利用公式可得结论．【解答】解：根据正弦定理：由a 2sinC=4sinA 得ac=4，则由（a+c ）2=12+b 2得a 2+c 2﹣b 2=4，则．故选A ．8．一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为10cm 的正方形，将该木料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近（ ）A ．3cmB ．4cmC ．5cmD ．6cm 【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r ．【解答】解：由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r ，则10﹣r+10﹣r=10cm ，∴r=10﹣5≈3cm ．故选：A ．9．我们知道：在平面内，点（x 0，y 0）到直线Ax+By+C=0的距离公式为d=，通过类比的方法，可求得：在空间中，点（2，4，1）到直线x+2y+2z+3=0的距离为（ ）A ．3B ．5C ．D ．【考点】类比推理．【分析】类比点P （x 0，y 0）到直线Ax+By+C=0的距离d=，可知在空间中，d==5【解答】解：类比点P （x 0，y 0）到直线Ax+By+C=0的距离d=，可知在空间中，点P （x 0，y 0，z 0）到直线Ax+By+Cz+D=0的距离d=点（2，4，1）到直线x+2y+2z+3=0的距离d==5．故选B ．10．已知，则a 9等于（ ）A ．﹣10B ．10C ．﹣20D ．20【考点】二项式定理的应用．【分析】（1+x ）10=[2﹣（1﹣x ）]10=210﹣+…﹣+（1﹣x ）10，即可得出．【解答】解：（1+x ）10=[2﹣（1﹣x ）]10=210﹣+…﹣+（1﹣x ）10，可得a 9=﹣2=﹣20．故选：C ．11．已知点A 是抛物线M ：y 2=2px （p ＞0）与圆在第一象限的公共点，且点A 到抛物线M 焦点F 的距离等于a ．若抛物线M 上一动点到其准线与到点C 的距离之和的最小值为2a ，则p 为（ ）A ．B ．2C ．D ．4【考点】圆与圆锥曲线的综合；圆锥曲线的综合．【分析】求得圆的圆心和半径，运用抛物线的定义可得A，C，F三点共线时取得最小值，且有A为CF的中点，设出A，C，F的坐标，代入抛物线的方程可得p，由抛物线的定义可得P．【解答】解：圆C：x2+（y﹣4）2=a2的圆心C（0，2），半径为a，|AC|+|AF|=2a，由抛物线M上一动点M到其准线与到点C的距离之和的最小值为2a，由抛物线的定义可得动点到焦点与到点C的距离之和的最小值为2a，点M在A处取最小值，可得A，C，F三点共线时取得最小值，且有A为CF的中点由D（0，2），F（，0），可得A（，），代入抛物线的方程可得2=2p×，解得p=2．故选：B12．函数y=kx+2与函数的图象至少有两个公共点，关于k不等式（k﹣2）a﹣k＞0有解，则实数a的取值范围是（）A．B．C．a＜﹣1 D．a≥1【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】根据函数的图象得出k的范围，分离参数得出a＜，求出右侧函数的最大值即可得出a的范围．【解答】解：作出y=kx+2与y=的函数图象，如图所示：联立方程组，得kx2+2x﹣1=0（x＞0）或﹣kx2﹣2x﹣1=0（x＜0），当x＞0，令△=4+4k=0得k=﹣1，当x＜0时，令△=4﹣4k=0得k=1．∴k=±1时，直线y=kx+2与y=的函数图象相切，∵函数y=kx+2与函数的图象至少有两个公共点，∴﹣1≤k≤1．∵（k﹣2）a﹣k＞0有解，∴a＜有解，设f（k）==1+，∴f（k）在[﹣1，1]上是减函数，（k）=f（﹣1）=．∴fmax∴a．故选：B．二.填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．设实数x，y满足，则2y﹣x的最大值为 5 ．【考点】简单线性规划．【分析】画出可行域，将目标函数变形画出相应的直线，将直线平移至A时纵截距最大，z最大．【解答】解：画出，的可行域如图：将z=2y ﹣x 变形为y=x+z 作直线y=x 将其平移至A 时，直线的纵截距最大，z 最大，由可得A （﹣1，2），z 的最大值为：5． 故答案为：5．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且=，a 2=5，则S 6= 722 ．【考点】数列递推式；数列的求和．【分析】=，可得a n+1+1=3（a n +1），利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：∵=，∴a n+1+1=3（a n +1），∴5+1=3（a 1+1），解得a 1=1．∴数列{a n +1}是等比数列，公比为3，首项为2． ∴a n +1=2×3n ﹣1，解得a n =2×3n ﹣1﹣1，则S 6=﹣6=722．故答案为：722．15．甲乙丙三人代表班级参加校运会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同，现了解到已下情况：（1）甲不是最高的；（2）最高的是没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的，也没参加跑步．可以判断丙参加的比赛项目是跑步．【考点】进行简单的合情推理．【分析】由（4）可知，乙参加了铅球比赛，由（2）可知乙不是最高的，所以三人中乙身高居中；再由（1）可知，甲是最矮的，参加了跳远，即可得出结论．【解答】解：由（4）可知，乙参加了铅球比赛，由（2）可知乙不是最高的，所以三人中乙身高居中；再由（1）可知，甲是最矮的，参加了跳远，所以丙最高，参加了跑步比赛．故答案为跑步．16．已知四面体ABCD中，∠BAC=∠BAD=60°，∠CAD=90°，，AC=3，AD=4，则四面体ABCD的体积V= ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】作∠CAD的平分线AE，交CD于E，作BO⊥平面ACD，交AE于O，作BM⊥AD，交AD 于M，作BF⊥AC，交AC于F，连结OM，OF，由三垂线定理得OM⊥AD，OF⊥AC，由此能求出四面体ABCD的体积．【解答】解：作∠CAD的平分线AE，交CD于E，作BO⊥平面ACD，交AE于O，作BM⊥AD，交AD于M，作BF⊥AC，交AC于F，连结OM，OF，∵四面体ABCD中，∠BAC=∠BAD=60°，∠CAD=90°，，AC=3，AD=4，∴CD=5，由三垂线定理得OM⊥AD，OF⊥AC，∴AM=AF==，BM=BF==，OM=OF==，BO==，∴四面体ABCD的体积：V===．故答案为：．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.）17．已知=（sinx，cosx），=（，﹣1）．（Ⅰ）若∥，求sin2x﹣6cos2x的值；（Ⅱ）若f（x）=•，求函数f（2x）的单调减区间．【考点】平面向量数量积的运算；正弦函数的单调性．【分析】（Ⅰ）根据向量的平行和角的三角函数的关系即可求出答案，（Ⅱ）先求出f（x），再得到f（2x）的解析式，根据正弦函数的性质即可得到函数的单调减区间．【解答】解：（Ⅰ）∵=（sinx，cosx），=（，﹣1），∥，∴﹣sinx=cosx，∴tanx=﹣，∴sin2x﹣6cos2x====﹣，（Ⅱ）f（x）=•=sinx﹣cosx=2sin（x﹣），∴f（2x）=2sin（2x﹣），∴+2kπ≤2x﹣≤π+2kπ，k∈Z，∴+kπ≤x≤+kπ，k∈Z．∴函数f（2x）的单调减区间[+kπ， +kπ]，k∈Z．18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．【解答】（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z 轴建系．则BC=AC=2，A1O==，易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），∵•=0，∴A1D⊥OA1，又∵•=0，∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），设平面B 1BD 的法向量为=（x ，y ，z ），由，得，取z=1，得=（0，，1），∴cos ＜，＞===， 又∵该二面角为钝角，∴二面角A 1﹣BD ﹣B 1的平面角的余弦值为﹣．19．传统文化就是文明演化而汇集成的一种反映民族特质和风貌的民族文化，是民族历史上各种思想文化、观念形态的总体表征．教育部考试中心确定了2017年普通高考部分学科更注重传统文化考核．某校为了了解高二年级中国数学传统文化选修课的教学效果，进行了一次阶段检测，并从中随机抽取80名同学的成绩，然后就其成绩分为A 、B 、C 、D 、E 五个等级进行数据统计如下：根据以上抽样调查数据，视频率为概率．（1）若该校高二年级共有1000名学生，试估算该校高二年级学生获得成绩为B的人数；（2）若等级A、B、C、D、E分别对应100分、80分、60分、40分、20分，学校要求“平均分达60分以上”为“教学达标”，请问该校高二年级此阶段教学是否达标？（3）为更深入了解教学情况，将成绩等级为A、B的学生中，按分层抽样抽取7人，再从中任意抽取3名，求抽到成绩为A的人数X的分布列与数学期望．【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．【分析】（1）由于这80人中，有12名学生成绩等级为B，所以可以估计该校学生获得成绩等级为B的概率为，即可得出该校高二年级学生获得成绩为B的人数．（2）由于这80名学生成绩的平均分为：（9×100+12×80+31×60+22×40+6×20）．（3）成绩为A、B的同学分别有9人，12人，所以按分层抽样抽取7人中成绩为A的有3人，成绩为B的有4人．由题意可得：P（X=k）=，k=0，1，2，3．【解答】解：（1）由于这80人中，有12名学生成绩等级为B，所以可以估计该校学生获得成绩等级为B的概率为．…则该校高二年级学生获得成绩为B的人数约有1000×=150．…（2）由于这80名学生成绩的平均分为：（9×100+12×80+31×60+22×40+6×20）=59．…且59＜60，因此该校高二年级此阶段教学未达标…（3）成绩为A、B的同学分别有9人，12人，所以按分层抽样抽取7人中成绩为A的有3人，成绩为B的有4人…则由题意可得：P（X=k）=，k=0，1，2，3．∴P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）=.10分）所以EX=0+1×+2×+3×=.10分）20．已知椭圆上的动点P 与其顶点，不重合．（Ⅰ）求证：直线PA 与PB 的斜率乘积为定值；（Ⅱ）设点M ，N 在椭圆C 上，O 为坐标原点，当OM ∥PA ，ON ∥PB 时，求△OMN 的面积． 【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）设点设P （x 0，y 0），从而可得直线PA 与PB 的斜率乘积为（Ⅱ）设方程为y=kx+m ，由两点M ，N 满足OM ∥PA ，ON ∥PB 及（Ⅰ）得直线OM ，ON 的斜率乘积为﹣，可得到m 、k 的关系，再用弦长公式及距离公式，求出△OMN 的底、高，表示：△OMN 的面积即可．【解答】（本小题满分13分）解：（Ⅰ）证明：设P （x 0，y 0），则．所以直线PA 与PB 的斜率乘积为．…（Ⅱ）依题直线OM ，ON 的斜率乘积为．①当直线MN 的斜率不存在时，直线OM ，ON 的斜率为，设直线OM 的方程是，由得，y=±1．取，则．所以△OMN 的面积为．②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程是y=kx+m ，由得（3k 2+2）x 2+6kmx+3m 2﹣6=0．因为M ，N 在椭圆C 上，所以△=36k 2m 2﹣4（3k 2+2）（3m 2﹣6）＞0，解得3k 2﹣m 2+2＞0．设M（x 1，y 1），N（x 2，y 2），则，．=．设点O到直线MN的距离为d，则．所以△OMN的面积为…①．因为OM∥PA，ON∥PB，直线OM，ON的斜率乘积为，所以．所以=．由，得3k2+2=2m2…②由①②，得．综上所述，．…21．已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1），a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）当x≥1时，f（x）≤恒成立，求a的取值范围；（Ⅲ）当x≥1时，求证：不等式e x﹣1﹣a（x2﹣x）≥xf（x）+1．【考点】函数恒成立问题．【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义即可求出答案（Ⅱ）f（x）﹣=f（x）﹣=，令g（x）=xlnx﹣a（x2﹣1），（x≥1），g′（x）=lnx+1﹣2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1﹣2ax，F′（x）=，由此进行分类讨论，能求出实数a的取值范围．（Ⅲ）原不等式等价于e x﹣1≥xlnx+1，设φ（x）=e x﹣1﹣xlnx﹣1，x≥1，利用导数求出函数的最小值大于等于0即可【解答】解：（Ⅰ）∵x＞0，f′（x）=﹣a，∴f′（1）=1﹣a，f（1）=0，∴切点是（1，0），∴切线方程为y=（1﹣a）（x﹣1），（Ⅱ）f（x）﹣=，令g（x）=xlnx﹣a（x2﹣1），（x≥1），g′（x）=lnx+1﹣2ax，令F（x）=g′（x）=lnx+1﹣2ax，∴F′（x）=，①若a≤0，F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）上递增，g′（x）≥g′（1）=1﹣2a＞0，∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0，从而f（x）﹣不符合题意．②若0＜a＜，当x∈（1，），F′（x）＞0，∴g′（x）在（1，）上递增，从而g′（x）＞g′（1）=1﹣2a，∴g（x）在[1，+∞）上递增，g（x）≥g（1）=0，从而f（x）﹣不符合题意．③若a≥，F′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，∴g′（x）在[1，+∞）上递减，g′（x）≤g′（1）=1﹣2a≤0，从而g（x）在[1，+∞）上递减，∴g（x）≤g（1）=0，f（x）﹣≤0，综上所述，a的取值范围是[，+∞）．（Ⅲ）不等式e x﹣1﹣a（x2﹣x）≥xf（x）+1等价于e x﹣1﹣a（x2﹣x）≥xlnx﹣a（x2﹣x）+1，等价于e x﹣1≥xlnx+1，设φ（x）=e x﹣1﹣xlnx﹣1，x≥1，∴φ′（x）=e x﹣1﹣（1+lnx），x≥1，再设m（x）=e x﹣1﹣（1+lnx），∴m′（x）=e x﹣1﹣≥0恒成立，∴m（x）在[1，+∞）上单调递增，∴m（x）min=m（1）=1﹣1=0，∴φ′（x）≥0，在[1，+∞）上恒成立，∴φ（x）在[1，+∞）上单调递增，∴φ（x）min=φ（1）=1﹣0﹣1=0，故e x﹣1≥xlnx+1，故当x≥1时，不等式e x﹣1﹣a（x2﹣x）≥xf（x）+1成立请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果两题都做，则按照所做的第一题给分；[选修4-4：坐标系与参数方程]（共1小题，满分10分）22．在直角坐标系xOy中，直线l1的方程为y=x，曲线C的参数方程为（φ是参数，0≤φ≤π）．以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）分别写出直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线=0，直线l1与曲线C的交点为A，直线l1与l2的交点为B，求|AB|．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）根据tanθ=可得直线l1极坐标．利用x=ρcosθ，y=ρsinθ带入可得曲线C 的极坐标方程．（2）由题意，设A（ρ1，θ1），联立方程组求解，同理，设利用直线的极坐标的几何意义求解即可．【解答】解：（1）直线l1的方程为y=x，可得：tanθ==，∴直线l1的极坐标方程为．曲线C的普通方程为（x﹣1）2+y2=3，又∵x=ρcos θ，y=ρsin θ，所以曲线C 的极坐标方程为ρ﹣2ρcos θ﹣2=0（0≤θ≤π）（2）由题意，设A （ρ1，θ1），则有，解得：设B （ρ2，θ2），则有，解得： 故得|AB|=|ρ1﹣ρ2|=5．[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．已知函数f （x ）=|2x+1|+|2x ﹣3|，（1）若关于x 的不等式f （x ）＞|1﹣3a|恒成立，求实数a 的取值范围；（2）若关于t 的一元二次方程有实根，求实数m 的取值范围．【考点】函数恒成立问题；根的存在性及根的个数判断．【分析】（1）利用绝对值的几何意义求出|2x+1|+|2x ﹣3|的最小值，得到a 的不等式求解即可．（2）通过△≥0，得到|2m+1|+|2m ﹣3|≤8，去掉绝对值求解即可．【解答】解：（1）因为f （x ）=|2x+1|+|2x ﹣3|≥|（2x+1）﹣（2x ﹣3）|=4，所以|1﹣3a|＜4，即，所以实数a 的取值范围为．…（2）△=32﹣4（|2m+1|+|2m ﹣3|）≥0，即|2m+1|+|2m ﹣3|≤8，所以不等式等价于或或所以，或，或，所以实数m 的取值范围是． …。

2018届辽宁省部分重点中学协作体高三模拟考试数学（理）试题一、单选题1．设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：化简集合A与集合B，然后求二者的并集.详解：由题意可得：，∴故选：D点睛：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;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．设复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：利用复数的运算法则化简复数，进而求出其共轭.详解：由，得∴故选：B点睛：复数的除法:除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．3．已知是所在平面内一点，且，，则（）A. 2B. 1C.D.【答案】C【解析】分析：由题意，明确与具体的关系，即可得到的值.详解：,∴，∴故选：C点睛：本题考查了平面向量的加减及数乘运算，解题的关键把多个向量的关系转化为两个变量的关系即可，类似“减元”思想.4．把不超过实数的最大整数记作，则函数称作取整函数，又叫高斯函数.在上任取，则的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用新定义明确的的范围，再由几何概型公式求概率即可.详解：当时，，所以，所以当即时，，当即时，，所以当时，，故所求的概率故选：D点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．5．执行如图所示的程序框图，则的值变动时输出的值不可能是（）A. B. 9 C. 11 D. 13【答案】C【解析】分析：由题意模拟程序的运行，考查可能的输出结果，据此即可求得最终结果.详解：运行程序x=2，2是偶数，x=3，3不是偶数，x=5，输出5或执行程序；不满足条件，x=6，6是偶数，x=7，7不是偶数，x=9，输出9或执行程序；不满足条件，x=10，10是偶数，x=11，11不是偶数，x=13，输出13或执行程序；不满足条件，据此可知，输出的值不可能是11.本题选择C选项.点睛：本题主要考查流程图知识与程序运行等知识，意在考查学生的分析问题和计算求解能力.6．已知点是双曲线：的左，右焦点，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若的面积为4，则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析:利用双曲线定义及勾股定理布列方程，由面积值，即可求出的值，进而求出双曲线的渐近线方程.详解：由点P是以为直径的圆与双曲线的一个交点，可得，设，则,所以的面积为，所以双曲线C的渐近线方程为故选：C点睛：本题考查了双曲线的定义及简单的几何性质，本题解题的关键是利用，的关系整体代换得到的等量关系.7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D. 28【答案】A【解析】分析：由三视图可得该几何体为三棱柱，分别计算各面的面积即可.详解：由三视图可知，该几何体的下底面长为4，宽为2的矩形，左右两个侧面为底边为2，高为的三角形，前后两个侧面是底边为4，高为的平行四边形，所以该几何体的表面积为：.故选：A点睛：点睛:空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．8．已知定义域为的函数满足，且时，，若且，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由题意明确的单调性及对称性，然后即可解抽象不等式.详解：由，可知的图象关于直线对称，由时，，可知在上是增函数，设，则是偶函数，且在上是增函数，所以故选：B点睛：对于比较大小、求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为考查函数的单调性的问题或解不等式(组)的问题，若为偶函数，则，若函数是奇函数，则．9．已知实数满足约束条件，若，的取值范围为集合，且，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：先作出可行域，明确最值在顶点处取到，把问题转化为不等式组的问题.详解：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中的最值一定在顶点处取到，所以，解得：故选：A点睛：：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.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，要注意让其斜率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，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.10．已知数列满足，且数列是以8为公差的等差数列，设的前项和为，则满足的的最小值为（）A. 60B. 61C. 121D. 122【答案】B【解析】分析：由数列是以8为公差的等差数列得到的通项，然后利用裂项相减法求出，进而解不等式即可.详解：由，得，所以，所以，所以，即，所以，因为，所以，，由得所以.故选：B点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：（1）已知数列的通项公式为，求前项和：；（2）已知数列的通项公式为，求前项和：；（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.11．已知，若直线与的图象有3个交点，且交点横坐标的最大值为，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：直线与的图象有3个交点即直线与的图象相切（如图所示），利用导数的几何意义布列方程即可.详解：,作出直线与的图象，显然直线为的图象在处的切线，且，由切线斜率得，所以故选：B点睛：本题考查了导数的几何意义，是一道易错题，在本题中要明确A是定值并不是变量，所以我们是判断A在不在选项的范围内，而不是求A的范围.12．在三棱锥中，，则三棱锥外接球的体积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：外接球体积最小即球的半径，利用均值不等式有，从而得到外接球体积的最小值.详解：由得△ABD≌△ACD，所以AC⊥CD，所以AD中点O为三棱锥A外接球的球心，其球的半径,所以三棱锥A外接球的体积故选：C点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．二、填空题13．已知，若，则实数的值为_______.【答案】1【解析】分析：由分段函数具体化，从而解得实数的值.详解：∵，∴由得，即所以.故答案为：1点睛：本题考查了分段函数的简单应用，解题关键明确的范围，从而得到具体的方程，解之即可.14．已知的展开式中所有偶数项系数之和为496，则展开式中第3项的系数为_______.【答案】270【解析】分析：利用赋值法得到两式相减即可建立关于n的方程，解得n值，进而得到第3项的系数.详解：设取得，，取得，，所以所有偶数项系数之和为，即，所以，因此展开式中第3项的系数为.故答案为：270点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15．已知是椭圆上关于原点对称的两点，若椭圆上存在点，使得直线斜率的绝对值之和为1，则椭圆的离心率的取值范围是______.【答案】【解析】分析：由是椭圆上关于原点对称的两点，易知斜率之积为定值，结合均值不等式即可建立关于的不等式，从而得到椭圆的离心率的取值范围.详解：不妨设椭圆C的方程为,,则，所以，,两式相减得，所以，所以直线斜率的绝对值之和为，由题意得，，所以=4，即，所以，所以.故答案为：点睛：：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.16．已知四边形中，，设与面积分别为，则的最大值为_____.【答案】【解析】分析：利用余弦定理推，求出的表达式，利用二次函数以及余弦函数的值的范围，求的最大值即可．详解：因为，所以，在△ABD中，由余弦定理可得，，作CE⊥BD于E，因为，所以，所以，当时，的最大值为.故答案为：点睛：求解三角函数的最值(或值域)时一定要注意自变量的取值范围，由于三角函数的周期性，正弦函数、余弦函数的最大值和最小值可能不在自变量区间的端点处取得．三、解答题17．已知数列满足，，设.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) .【解析】分析：（1）由，可知，从而得到数列的通项公式；（2），利用错位相加法求出数列的前项和.详解：(Ⅰ)由,得，代入得，即，所以数列是公差为3的等差数列，又，所以，即，所以，所以.(Ⅱ) 由得，所以，，两式相减得所以.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n－qS n”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.18．每年的寒冷天气都会带热“御寒经济”，以餐饮业为例，当外面太冷时，不少人都会选择叫外卖上门，外卖商家的订单就会增加，下表是某餐饮店从外卖数据中抽取的5天的日平均气温与外卖订单数.（1）经过数据分析，一天内平均气温与该店外卖订单数（份）成线性相关关系，试建立关于的回归方程，并预测气温为时该店的外卖订单数（结果四舍五入保留整数）；（2）天气预报预测未来一周内（七天），有3天日平均气温不高于，若把这7天的预测数据当成真实数据，则从这7天任意选取3天，预测外卖订单数不低于160份的天数为，求的分布列与期望.附注：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：.【答案】(Ⅰ)，该店的外卖订单数为193份；(Ⅱ)见解析.【解析】分析：（1）根据所给的数据，先做出x，y的平均数，即做出本组数据的样本中心点，根据最小二乘法求出线性回归方程的系数，写出线性回归方程，代入预测气温为时该店的外卖订单数；（2）由题意知，的取值可能为0，1，2，3，计算相应的概率值，列出分布列并算出相应的期望值.详解：(Ⅰ) 由题意可知，，，，所以，，所以关于的回归方程为当时，.所以可预测当平均气温为时，该店的外卖订单数为193份.（Ⅱ）由题意知，的取值可能为0，1，2，3.，，，所以的分布列为.点睛：本题主要考查线性回归方程，属于中档题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.19．如图，在几何体中，底面是平行四边形，，，平面，与交于点.（1）求证：平面；（2）若平面与平面所成的锐二面角余弦值为，求线段的长度.【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ) 或.【解析】分析：（1）取中点，连接，易证四边形为平行四边形，故，命题得证；(2)以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由锐二面角余弦值为，建立关于线段的长度的方程，从而得到答案.详解：(Ⅰ)取中点，连接，在中，是的中点，是的中点，所以，又，所以所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，故平面.（Ⅱ）由，，可得，所以，又平面，故以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则，，所以，，.设平面的一个法向量，则即，取得，设平面的一个法向量，则即，取得，设平面与平面所成的锐二面角为，则，整理得，解得或，所以或.点睛：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．已知动圆与直线相切，且与圆外切.（1）求动圆圆心轨迹的方程；（2）若直线：与曲线交于两点，且曲线上存在两点关于直线对称，求实数的取值范围及的取值范围.【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ).【解析】分析：（1）由题意利用抛物线定义得到动圆圆心轨迹的方程；（2）与联立得，，利用韦达定理表示，因为点关于直线对称，设直线方程为，同样可得，从而得到根据直线与抛物线相交限制m的取值范围，利用单调性求范围即可.详解：(Ⅰ)圆化为标准方程为，设动圆圆心坐标为，由动圆与直线相切，且与圆外切，得，两边平方整理得.所以动圆圆心轨迹的方程为.(Ⅱ)与联立得，，因为直线与曲线交于两点，所以，解得，①设，则，，所以，因为点关于直线对称，设直线方程为，与联立得，,由，得，设，中点则，因为点也在直线上，所以，所以，代入得，②由①②得，实数的取值范围为.又，所以，因为，所以，所以，所以的取值范围是.点睛：在圆锥曲线中研究范围，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时，常从以下方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.21．已知.（1）若的图象在处的切线与的图象也相切，求实数的值；（2）若有两个不同的极值点，求证：.【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)见解析.【解析】分析：(1)求出的图象在处的切线与与联立，利用，求出实数的值；(2)由有两个不同的极值点，可知，由题意知，两式相减得，而，设，构建新函数转求最值即可.详解：(Ⅰ) 因为，所以所以，，所以的图象在处的切线方程为，即，与联立得，，因为直线与的图象相切，所以，解得.(Ⅱ) ，，若，是增函数，最多有一个实根，最多有一个极值点，不满足题意，所以，由题意知，两式相减得，由，设，则，要证，即证时，恒成立，即恒成立，即恒成立，设，则，所以在上是增函数，所以，所以时，恒成立，即.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）若直线过点，求直线的极坐标方程；（Ⅱ）若直线与曲线交于两点，求的最大值.【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)2.【解析】分析：(Ⅰ)由题意可得直线的斜率为，则，由直线的参数方程消去参数可得普通方程为，转化为极坐标方程即.(Ⅱ)由曲线的方程可知曲线是以为圆心且经过原点的圆，因为直线过圆心，所以，结合均值不等式的结论可得的最大值为4，当且仅当时取等号.详解：(Ⅰ)由直线过点，所以，结合，得，所以直线的参数方程为（为参数），消去，得，把，代入得直线的极坐标方程为.(Ⅱ)曲线的普通方程为，所以曲线是以为圆心且经过原点的圆，因为直线过圆心，所以，所以，，所以（当且仅当时取等号），故的最大值为4.点睛：本题主要考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程之间的转化，基本不等式及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.23．选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）若（）对任意恒成立，求证：.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)见解析.【解析】分析：(1)对分类讨论，转化为三个不等式组，分别求解，最后取并集即可；(2)先求出的最小值，所以以，，根据系数特点，巧用均值不等式证明不等式即可.详解：(Ⅰ)或或或或或所以不等式的解集为.(Ⅱ)当时，，当时，，所以的最小值为，因为对任意恒成立，所以，又，且等号不能同时成立，所以，即．点睛：绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。

辽宁省朝阳市普通高中2018届高三第三次模拟考试数学（理）试卷第Ⅰ卷（共60分）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（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用一元二次不等式化简集合，利用列举法化简集合，利用交集的定义求解即可.详解：集合或，，，故选C.点睛：本题属于基本题，解答这类问题都是先根据集合的特点，利用不等式与函数知识化简后，然后根据集合的运算法则求解.2. 已知复数满足（为虚数单位），则为（）A. 2B.C.D. 1【答案】C【解析】分析：由求得，利用复数的运算法则化简后，根据复数模的公式求解即可.详解：由，得，，故选C. 点睛：本题主要考查的是复数的乘法、除法运算，属于中档题．解题时一定要注意和以及运算的准确性，否则很容易出现错误.3. 某商场对一个月内每天的顾客人数进行统计得到如图所示的样本茎叶图，则该样本的中位数和众数分别是（）A. 46,45B. 45,46C. 46,47D. 47,45【答案】A【解析】分析：由茎叶图，根据样本的中位数和众数定义求解即可.详解：由茎叶图可知，出现次数最多的是数，将所有数从小到大排列后，中间两数为，故中位数为，故选A.点睛：本题主要考查众数、中位数求法，属于简单题.要解答本题首先要弄清众数、中数的定义，然后根据定义和公式求解，（1）中位数，如果样本容量是奇数中间的数既是中位数，如果样本容量为偶数中间两位数的平均数既是中位数；（2）众数是一组数据中出现次数最多的数据.4. 若在区间上随机取一个数，则“直线与圆相交”的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：根据圆心到直线的距离小于半径求出的范围，利用几何概型概率公式求解即可.详解：若直线与圆相交，则，解得或，又所求概率，故选C.........................5. 《九章算术》中有“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子的容积为（）A. 升B. 升C. 升D. 升【答案】D【解析】分析：利用等差数列通项公式，列出关于首项、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列的通项公式，进而可得结果.详解：设竹子自上而下各自节的容积构成数列且，则，竹子的容积为，故选D.点睛：本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，属于中档题. 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.6. 已知是两个不同的平面，是一条直线，给出下列说法：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中说法正确的个数为（）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】C【解析】分析：利用线面垂直、面面垂直的性质判断①；利用线面垂直、面面平行的性质判断②③；利用线面平行、面面垂直的性质判断④.详解：①若，，则或,不正确；②若，，则或，不正确；③若，，则，正确；④若，，则或或与相交且与不垂直，不正确，故选C. 点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.7. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】C【解析】分析：本题给只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可（注意避免计算错误）．详解：第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，，不成立，此时结束循环，所以输出的的值为，故选C.点睛：解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.8. 已知函数，，且在区间上有最小值，无最大值，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：由可得是函数对称轴，从而可求得,结合在区间上有最小值，无最大值可得结果.详解：据题设分析知，直线为函数图象的一条经过一最低点对称轴，，又当时，，故选D. 点睛：本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题.由函数可求得函数的周期为；由可得对称轴方程；由可得对称中心横坐标.9. 已知点是抛物线上的一点，是其焦点，定点，则的外接圆的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由点是抛物线上的一点可求得抛物线方程，进而可得焦点坐标，利用正弦定理求出外接圆半径，即可得结果.点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.10. 在的二项展开式中，各项系数之和为，二项式系数之和为，若，则二项展开式中常数项的值为（）A. 6B. 9C. 12D. 18【答案】B【解析】在二项式的展开式中，令得各项系数之和为，二项展开式的二项式系数和为，，解得，的展开式的通项为，令得，故展开式的常数项为，故选B.11. 已知点为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左、右焦点，为的内心（三角形内切圆的圆心），若（分别表示的面积）恒成立，则双曲线的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：利用双曲线的定义，由三角形内切圆的性质，结合可得关于半实轴与半焦距的不等式，从而可得结果.详解：如图，设圆与的三边分别相切于点，分别连接，则，，，又，，，，又，故选A.点睛：本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的不等式，从而求出的范围.12. 已知是定义在区间上的函数，是的导函数，且，，则不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：构造函数，利用，判断出的单调性，结合列不等式求解即可.详解：引入函数，则，，，又，函数在区间上单调递增，又，不等式“”等价于“”，即，又，又函数在区间上单调递增，，解得，又函数的定义域为，得，解得，故不等式的解集是，故选D.点睛：利用导数研究函数的单调性、构造函数比较大小,属于难题.联系已知条件和结论，构造辅助函数是高中数学中一种常用的方法，解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，通过研究函数的单调性、最值等问题，常可使问题变得明了，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知向量与的夹角为，，，则_______.【答案】6【解析】分析：先求出向量与的数量积，把平方后，将，，代入所求数量积代入，即可的结果.详解：与的夹角为，，又，，故答案为.点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14. 若，则_______.【答案】【解析】分析：由，根据同角三角函数之间的关系，求出与的值，利用两角差的余弦公式求解即可.详解：，又，，解得，于是，，故答案为.点睛：本题主要考查两角差的余弦公式以及同角三角函数之间的关系，同角三角函数之间的关系包含平方关系与商的关系，平方关系是正弦与余弦值之间的转换，商的关系是正余弦与正切之间的转换.15. 已知实数满足不等式组，则的最大值是______.【答案】12【解析】分析：画出不等式组表示的可行域，平移，结合所画可行域，可求得的最大值.详解：作出不等式组表示的平面区域如阴影部分，分析知，当时，平移直线，由图可得直线经过点时，取得最大值，且，故答案为. 点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.16. 如图，在正方体中，分别为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为__________．【答案】【解析】分析：取的中点，分别连接，易知（或其补角）是异面直线与所成的角，根据正方体的性质，利用余弦定理可得结果.详解：如图，取的中点，分别连接，易知（或其补角）是异面直线与所成的角，不妨设正方体的棱长为，则，，在中，由余弦定理，得，故答案为.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17. 已知数列的前项和为，且成等差数列，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列中去掉数列的项后余下的项按原顺序组成数列，求的值.【答案】(1)；(2)11202.【解析】分析：由成等差数列，可得，进而得两式相减可化为，由此得数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而可得结果；（2）据（1）求解知，，进而可得，利用等差数列与等比数列的求和公式可得结果.详解：(Ⅰ)因为成等差数列，所以，①所以②①-②，得，所以又当时，，所以，所以，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即.（2）据（1）求解知，，，所以，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列又因为，所以.点睛：已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.18. 今年，楼市火爆，特别是一线城市.某一线城市采取“限价房”摇号制度，客户以家庭为单位进行抽签，若有套房源，则设置个中奖签，客户抽到中奖签视为中签，中签家庭可以在指定小区提供的房源中随机抽取一个房号，现共有20户家庭去抽取6套房源．（l）求每个家庭能中签的概率；（2）已知甲、乙两个友好家庭均已中签，并共同前往某指定小区抽取房号，目前该小区剩余房源有某单元27、28两个楼层共6套房，其中，第27层有2套房，第28层有4套房．记甲、乙两个家庭抽取到第28层的房源套数为，求的分布列及数学期望.【答案】(1) (2)【解析】分析：(1)直接利用古典概型概率公式求解即可；（2）的所有可能取值是，利用组合知识，由古典概型概率公式可求得，每个随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望.详解：(1) 因为共有20户家庭去抽取6套房源且每个家庭中签的概率都是相同的，所以每个家庭能中签的概率.（2）据题意知，的所有可能取值是0，1，2，，的分布列为的数学期望.点睛：本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解该类问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.19. 如图，在中，，是的中点，是线段上的一点，且，，将沿折起使得二面角是直二面角．（l）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正切值.【答案】(1)见解析(2)【解析】分析：（l）由勾股定理可得，结合是的中点可得，根据线面平行的判定定理可得平面；（2）据题设分析知，两两互相垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用向量垂直数量积为零，列方程求出平面的一个法向量，由空间向量夹角余弦公式求出直线与平面所成角的正弦值，进而可得结果.详解：(1)因为，所以又，，所以又因为所以是的斜边上的中线，所以是的中线，所以是的中点，又因为是的中位线，所以又因为平面，平面，所以平面.（2）据题设分析知，两两互相垂直，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为，且分别是的中点，所以，所以有点，所以，设平面的一个法向量为，则即，所以令，则设直线与平面所成角的大小为，则.又，所以，所以.故直线与平面所成角的正切值为.点睛：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. 如图，椭圆经过点，且点到椭圆的两焦点的距离之和为. （1）求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上的两个点，线段的中垂线的斜率为且直线与交于点，为坐标原点，求证：三点共线.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】分析：(1)根据椭经过点，且点到椭圆的两焦点的距离之和为，结合性质，，列出关于、的方程组，求出、，即可得椭圆的标准方程；(2)可设直线的方程为，联立得，设点，根据韦达定理可得，所以点在直线上，又点也在直线上，进而得结果.详解：(1)因为点到椭圆的两焦点的距离之和为，所以，解得又椭圆经过点，所以，所以所以椭圆的标准方程为.(2)证明：因为线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，所以可设直线的方程为据得设点，所以，所以.因为，所以所以点在直线上，又点也在直线上，所以三点共线.点睛：用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.21. 已知函数.（1）若函数在区间上单调递增，求实数的最小值；（2）若函数在区间上无零点，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】分析：(1) 求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，令是所求区间的子集即可得结果；（2）“函数在区间上无零点”等价于“函数与的图象在上没有公共点”，讨论三种情况，分别画出函数的图象，结合直线过定点，即可求得实数的取值范围.详解：(1) 函数的定义域为，讨论：当时，，此时函数在上单调递增，满足题设；当时，令，得；令，得,所以此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，又函数在区间上单调递增，所以，解得，综上，实数的最小值是.（2）由，得设，则“函数在区间上无零点”等价于“函数与的图象在上没有公共点”讨论：当时，在上是单调递增函数，函数在上也是单调递增函数，作出函数与函数满足题意的草图（草图可能有两种情况）如下：图1 图2（i）如图1，，即，解得；（ii）如图2，对任意恒成立又当时，，所以，解得又，得综上，或；当时，符合题意；当时，在上是单调递减函数，在上是单调递增函数，作出函数与函数满足题意的草图如下：观察图象可知符合题意.综上，所求实数的取值范围是.点睛：已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标是.（1）求直线的普通方程；（2）求直线上的点到点距离最小时的点的直角坐标.【答案】(1)；(2).3【解析】分析：(1)由直线的参数方程，利用代入法消去参数，即可得到直线的普通方程为；（2）的极坐标是化为直角坐标，过点作直线的垂线，该垂线与直线的交点即为所求点.详解：(1)直线的普通方程为.（2）点的直角坐标是，过点作直线的垂线，垂足为，则点即为所求的直线上到点距离最小的点.直线的方程是，即据解得所以直线上到点距离最小的点的直角坐标是.点睛：消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.23. 已知函数.（1）若，解不等式；（2）若，求函数在区间上的最大值和最小值.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】分析：(1)原不等式等价于，从而可得或，进而可得结果；（2）函数解析式化为分段函数形式，分三种情况讨论，分别求出其最大值与最小值即可. 详解：(1) 若，则为所以，所以或，所以或故不等式的解集为.（2）当时，讨论：当即时，；当即时，；当且即时，．点睛：分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.。

2018高三数学（理）第一次模拟考试题（东北三省三校有答案）2018高三数学（理）第一次模拟考试题（东北三省三校有答案）哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学 2018年高三第一次联合模拟考试理科数学试卷第Ⅰ卷（共60分）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.复数的模为( ) A. B. C. D. 2.已知集合，，若，则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 3.从标有1、2、3、4、5的五张卡片中，依次抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为( ) A. B. C. D. 4.已知，则 ( ) A. B. C. D. 5.中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为( ) A. B.2 C. D. 6. 展开式中的常数项是( ) A. B. C.8 D. 7.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的的值是( ) A. B. C.1 D.3 8.已知函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离是，则该函数的一个单调增区间为( ) A.B. C. D. 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，，则输出的值为( ) A.148 B.37 C.333 D.0 10.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，该四棱锥的侧面积为，则该半球的体积为( ) A. B. C. D. 11.已知抛物线，直线与抛物线交于，两点，若以为直径的圆与轴相切，则的值是( ) A. B. C. D. 12.在，，，是边上的两个动点，且，则的取值范围为( ) A. B. C. D. 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.在中，，，，则 ______________.14.若满足约束条件，则的最大值为______________. 15.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、、，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学科；③在长春工作的教师教学科；④乙不教学科. 可以判断乙教的学科是______________. 16.已知函数，是函数的极值点，给出以下几个命题：① ；② ；③ ；④ ；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.已知正项数列满足：，其中为数列的前项和.(1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和 . 18.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，需求量为100台；最低气温位于区间，需求量为200台；最低气温位于区间，需求量为300台。

2018年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学三模试卷（理科）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，只有一项为哪一项符合题目要求的.1．（5分）已知集合A={x|≤0}，B={0，1，2，3}，那么A∩B=（）A．{﹣1，0，1}B．{0，1}C．{﹣1，0}D．{0}2．（5分）已知复数z=，那么复数z的模为（）A．5B．C．D．3．（5分）在2018年初的高中教师信息技术培训中，经统计，哈尔滨市高中教师的培训成绩X～N（85.9），假设已知P（80＜X≤85）=0.35，那么从哈市高中教师中任选位教师，他的培训成绩大于90分的概率为（）A．0.85B．0.65C．0.35D．0.154．（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，假设a1=1，S10=3S5，那么a6=（）A．2B．C．4D．15．（5分）已知cos（）=，那么sin2α=（）A．B．C．D．6．（5分）非零向量，知足；||=||，，那么与夹角的大小为（）A．135°B．120°C．60°D．45°7．（5分）如图是某几何体的视图，那么该几何体的体积为（）A．B．C．D．8．（5分）已知实数a，b知足0≤a≤1，0≤b≤1，那么函数f（x）=x3﹣ax2+bx+1存在极值的概率为（）A．B．C．D．9．（5分）执行下面的程序框图，假设输入S，a的值别离为1，2，输出的n值为4，那么m 的取值范围为（）A．3＜m≤7B．7＜m≤15C．15＜m≤31D．31＜m≤6310．（5分）已知点F1，F2别离是双曲线C：（a＞0，b＞0），的左、右核心，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上|F1F2|=2|OP|，△PF1F2的面积为4，且该双曲线的两条渐近线相互垂直，那么双曲线C的方程为（）A．B．C．=1D．11．（5分）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为（）A．5B．2C．2D．612．（5分）已知函数f（x）=，函数y=f（x）﹣a有四个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，x4，那么x1x2+x3x4的取值范围为（）A．[4，5）B．（4，5]C．[4，+∞）D．（﹣∞，4]二、填空题（每题5分，总分值20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）过抛物线C：x2=4y的核心F的直线与抛物线C交于A、B两点，假设弦AB中点到x 轴的距离为5，那么|AB|=．14．（5分）设x，y知足约束条件，那么z=x﹣y的最小值为．15．（5分）已知数列{a n}知足a1=1，a n+1=，记C n=，那么数列{C n}的前n项和C1+C2+…+C n=．16．（5分）已知概念在R上的函数f（x）知足：①f（1+x）=f（1﹣x），②在[1，+∞）上为增函数；假设x∈[]时，f（ax）＜f（x﹣1）成立，那么实数a的取值范围为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤.）17．（12分）已知=（2sinωx，sinωx+cosωx），=（cosωx，（sinωx﹣cosωx）），0＜ω＜1函数f（x）=，直线x=是函数f（x）图象的一条对称轴．（I）求函数f（x）的解析式及单调递增区间；（Ⅱ）在△ABC中，已知f（A）=0，c=3，a=，求b边长18．（12分）哈师大附中高三学年统计甲、乙两个班级一模数学分数，每一个班级20名同窗，现有甲、乙两班本次考试数学分数如以下茎叶图所示：（I）依照茎叶图求甲、乙两班同窗数学分数的中位数，并将乙班同窗的分数的频率散布直方图填充完整；（Ⅱ）依照茎叶图比较在一模考试中，甲、乙两班同窗数学分数的平均水平和分数的分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）（Ⅲ）假设规定分数在[100，120）的成绩为良好，分数在[120，150）的成绩为优秀，现从甲、乙两班成绩为优秀的同窗中，依照各班成绩为优秀的同窗人数占两班总的优秀人数的比例分层抽样，共选出12位同窗参加数学提优培训，求这12位同窗中恰含甲、乙两班所有140分以上的同窗的概率．19．（12分）已知等腰直角△S′AB，S′A=AB=4，S′A⊥AB，C，D别离为S′B，S′A的中点，将△S′CD 沿CD折到△SCD的位置，SA=2，取线段SB的中点为E．（I）求证：CE∥平面SAD；（Ⅱ）求二面角A﹣EC﹣B的余弦值．20．（12分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的右核心为F（c，0），点P为椭圆C上的动点，假设|PF|的最大值和最小值别离为2和2．（I）求椭圆C的方程（Ⅱ）设只是原点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，假设直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的最大值21．（12分）已知函数f（x）=（1﹣ax）e x+b在点（1，f（1））处的切线方程是y=﹣ex+e﹣1．（1）求a，b的值及函数f（x）的最大值；（2）假设实数x，y知足xe y=e x﹣1（x＞0）．（i）证明：0＜y＜x；（ii）假设x＞2，证明：y＞1．请考生在2二、23两题中任选一题作答，若是多做，那么按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度成立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ．（I）假设曲线C2，参数方程为：（α为参数），求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的一般方程（Ⅱ）假设曲线C2，参数方程为（t为参数），A（0，1），且曲线C1，与曲线C2交点别离为P，Q，求的取值范围，[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x+b|+|2x﹣b|．（I）假设b=1．解不等式f（x）＞4．（Ⅱ）假设不等式f（a）＞|b+1|对任意的实数a恒成立，求b的取值范围．2018年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）高考数学三模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项为哪一项符合题目要求的.1．（5分）已知集合A={x|≤0}，B={0，1，2，3}，那么A∩B=（）A．{﹣1，0，1}B．{0，1}C．{﹣1，0}D．{0}【解答】解：∵集合A={x|≤0}={x|﹣1≤x＜1}，B={0，1，2，3}，∴A∩B={0}．应选：D．2．（5分）已知复数z=，那么复数z的模为（）A．5B．C．D．【解答】解：∵z==，∴|z|=||==．应选：B．3．（5分）在2018年初的高中教师信息技术培训中，经统计，哈尔滨市高中教师的培训成绩X～N（85.9），假设已知P（80＜X≤85）=0.35，那么从哈市高中教师中任选位教师，他的培训成绩大于90分的概率为（）A．0.85B．0.65C．0.35D．0.15【解答】解：∵学生成绩X服从正态散布N（85，9），∴其图象关于直线x=85对称，∵P（80＜X≤85）=0.35，∴P（85＜X≤90）=P（80＜X≤85）=0.35，∴P（X＞90）=0.5﹣P（85＜X≤90）=0.5﹣0.35=0.15．应选：D．4．（5分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，假设a1=1，S10=3S5，那么a6=（）A．2B．C．4D．1【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵a1=1，S10=3S5，∴=3×，可得：q5+1=3，解得q5=2．那么a6=1×2=2．应选：A．5．（5分）已知cos（）=，那么sin2α=（）A．B．C．D．【解答】解：∵cos（）=，即cosα+sinα=，平方可得+sinαcosα=，∴sinαcosα=，那么sin2α=2sinαcosα=，应选：B．6．（5分）非零向量，知足；||=||，，那么与夹角的大小为（）A．135°B．120°C．60°D．45°【解答】解：依照题意，设=，=，那么﹣=﹣=，若||=||，，即||=||，且⊥，则△OAB为等腰直角三角形，则与的夹角为180°﹣45°=135°，应选：A．7．（5分）如图是某几何体的视图，那么该几何体的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：依照三视图取得几何体的恢复图为：因此：V=，应选：B．8．（5分）已知实数a，b知足0≤a≤1，0≤b≤1，那么函数f（x）=x3﹣ax2+bx+1存在极值的概率为（）A．B．C．D．【解答】解：对f（x）=x3﹣ax2+bx+1求导数可得f′（x）=3x2﹣2ax+b，由函数有极值可得△=4a2﹣12b＞0，即b＜a2，∴知足0≤a≤1，0≤b≤1的点（a，b）的区域为边长为1正方形，∴知足0≤a≤1，0≤b≤1且b＜a2的点（a，b）的区域为正方形内曲线b=a2下方的部份，由定积分可得S==a3=，而正方形的面积为1，∴所求概率为P=，应选：A．9．（5分）执行下面的程序框图，假设输入S，a的值别离为1，2，输出的n值为4，那么m的取值范围为（）A．3＜m≤7B．7＜m≤15C．15＜m≤31D．31＜m≤63【解答】解：依照程序框图：S=1，a=2，n=1，当1＜m时，S=1+21=3，a=2，n=2，当3＜m时，S=3+22=7，a=2，n=3，当7＜m时，S=7+23=15，a=2，n=4，输出n=4，故：7＜m≤15，应选：B．10．（5分）已知点F1，F2别离是双曲线C：（a＞0，b＞0），的左、右核心，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上|F1F2|=2|OP|，△PF1F2的面积为4，且该双曲线的两条渐近线相互垂直，那么双曲线C的方程为（）A．B．C．=1D．【解答】解：由|F1F2|=2|OP|，可得|OP|=c，即有△PF1F2为直角三角形，且PF1⊥PF2，∵△PF1F2的面积为4，∴|PF1|•|PF2|=8，∵|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2，∴（|PF1|﹣|PF2|）2=|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1|•|PF2|，由双曲线概念可得|PF1|﹣|PF2|=2a，∴4a2=4c2﹣16，∴b2=4，∵该双曲线的两条渐近线相互垂直，∴a=b，∴双曲线C的方程为﹣=1，应选：B．11．（5分）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为（）A．5B．2C．2D．6【解答】解：取BC中点F，A1D1中点G，连结DF、B1F、DB1、DG、GB1，GF，∵棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点，∴BE∥DF，A1E∥GD，又A1E∩BE=E，DG∩DF=D，A1E、BE⊂平面A1BE，DG、DF⊂平面DFB1G，∴过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面为四边形DFB1G，∵DF=FB1=B1G=DG=，DB1==2，GF=2=2，∴过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为：===2．应选：C．12．（5分）已知函数f（x）=，函数y=f（x）﹣a有四个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，x4，那么x1x2+x3x4的取值范围为（）A．[4，5）B．（4，5]C．[4，+∞）D．（﹣∞，4]【解答】解：当x＞0时，f（x）=x+﹣3≥2﹣3=1，可得f（x）在x＞2递增，在0＜x＜2处递减，由f（x）=e，x≤0，x＜﹣1时，f（x）递减；﹣1＜x＜0时，f（x）递增，可得x=﹣1处取得极小值1，作出f（x）的图象，和直线y=a，可得e=e=x3+﹣3=x4+﹣3，即有x1+1+x2+1=0，可得x1=﹣2﹣x2，﹣1＜x2≤0，x3﹣x4=﹣=，可得x3x4=4，x1x2+x3x4=4﹣2x2﹣x22=﹣（x2+1）2+5，在﹣1＜x2≤0递减，可得所求范围为[4，5）．应选：A．二、填空题（每题5分，总分值20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）过抛物线C：x2=4y的核心F的直线与抛物线C交于A、B两点，假设弦AB中点到x 轴的距离为5，那么|AB|=6．【解答】解法一：抛物线C：x2=4y的核心F（0，1），过核心的直线方程为y=kx+1，联立，得x2﹣4kx﹣4=0，△=16k2+16＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），那么x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2，∵弦AB中点到x轴的距离为5，∴y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2=10，解得k2=2，设直线AB的倾斜角为θ，那么tan2θ=2，sin2θ=，cos2θ=，∴|AB|===12．解法二：抛物线C：x2=4y的核心F（0，1），设A（x1，y1），B（x2，y2），∵弦AB中点到x轴的距离为5，∴y1+y2=10，∴|AB|=y1+y2+p=12．故答案为：12．14．（5分）设x，y知足约束条件，那么z=x﹣y的最小值为﹣2．【解答】解：由x，y知足约束条件作出可行域如图，A（﹣1，1），化目标函数z=x﹣y为y=x﹣z，由图可知，当直线y=x﹣z过点A时，直线在y轴上的截距最大，z 有最小值为﹣2．故答案为：﹣2．15．（5分）已知数列{a n}知足a1=1，a n+1=，记C n=，那么数列{C n}的前n项和C1+C2+…+C n= n•2n．【解答】解：数列{a n}知足a1=1，a n+1=，可得：，因此{}是等差数列，首项为：1，公差为：，因此=1+（n﹣1）=，C n==（n+1）•2n﹣1．令T n=C1+C2+…+C n=2×21﹣1+3×22﹣1+4×23﹣1+…+（n+1）•2n﹣1，…①，2T n=2×22﹣1+3×23﹣1+4×24﹣1+…+n•2n﹣1+（n+1）•2n，…②，①﹣②可得：﹣T n=2+21+22+23+…+2n﹣1﹣（n+1）•2n=2+﹣（n+1）•2n=﹣n•2n．T n=n•2n．故答案为：n•2n．16．（5分）已知概念在R上的函数f（x）知足：①f（1+x）=f（1﹣x），②在[1，+∞）上为增函数；假设x∈[]时，f（ax）＜f（x﹣1）成立，那么实数a的取值范围为（0，2）．【解答】解：∵f（1+x）=f（1﹣x），∴f（x）的函数图象关于直线x=1对称，∵f（x）在[1，+∞）上为增函数，∴f（x）在（﹣∞，1）上为减函数，∵当x∈[]时，f（ax）＜f（x﹣1）成立，∴|ax﹣1|＜|1﹣（x﹣1）|在[，1]上恒成立，即x﹣2＜ax﹣1＜2﹣x在[，1]上恒成立，∴1﹣＜a＜﹣1在[，1]上恒成立．设m（x）=1﹣，n（x）=﹣1，x∈[，1]，m（x）的最大值为m（1）=0，n（x）的最小值为n（1）=2．∴0＜a＜2．故答案为：（0，2）．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤.）17．（12分）已知=（2sinωx，sinωx+cosωx），=（cosωx，（sinωx﹣cosωx）），0＜ω＜1函数f（x）=，直线x=是函数f（x）图象的一条对称轴．（I）求函数f（x）的解析式及单调递增区间；（Ⅱ）在△ABC中，已知f（A）=0，c=3，a=，求b边长【解答】解：（Ⅰ）已知=（2sinωx，sinωx+cosωx），=（cosωx，（sinωx﹣cosωx）），0＜ω＜1函数f（x）==sin2ωx﹣cos2ωx=2sin（2ω﹣），由于直线x=是函数f（x）图象的一条对称轴．因此f（）=±2，因此•ω﹣=k，（k∈Z），因此．由于0＜ω＜1，因此：当k=0时，ω=因此f（x）=2sin（x﹣）．令：（k∈Z），解得：（k∈Z），因此函数的单调递增区间为[]（k∈Z），（Ⅱ）由于f（A）=，因此A﹣=kπ，解得A=k，由于A∈（0，π），那么A=．在△ABC中，由余弦定理：，因此：，即b2﹣3b﹣4=0，解得b=4或﹣1（舍去）．故：b=4．18．（12分）哈师大附中高三学年统计甲、乙两个班级一模数学分数，每一个班级20名同窗，现有甲、乙两班本次考试数学分数如以下茎叶图所示：（I）依照茎叶图求甲、乙两班同窗数学分数的中位数，并将乙班同窗的分数的频率散布直方图填充完整；（Ⅱ）依照茎叶图比较在一模考试中，甲、乙两班同窗数学分数的平均水平和分数的分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）（Ⅲ）假设规定分数在[100，120）的成绩为良好，分数在[120，150）的成绩为优秀，现从甲、乙两班成绩为优秀的同窗中，依照各班成绩为优秀的同窗人数占两班总的优秀人数的比例分层抽样，共选出12位同窗参加数学提优培训，求这12位同窗中恰含甲、乙两班所有140分以上的同窗的概率．【解答】解：（1）依照茎叶图得：甲班数学分数的中位数：=118，乙班数学分数的中位数：=128．（2）乙班学生数学考试分数的平均水平高于甲班学生数学考试分数的平均水平；甲班学生数学考试分数的分散程度高于乙班学生数学考试分数的分散程度．（3）有频率散布直方图可知：甲、乙两班数学成绩为优秀的人数别离为10、14，假设从中分层抽样选出12人，那么应从甲、乙两班各选出5人、7人，设“选出的12人中恰含有甲、乙两班的所有140分以上的同窗”为事件A那么P（A）=×=，因此选出的12人中恰含有甲、乙两班的所有140分以上的同窗的概率为．19．（12分）已知等腰直角△S′AB，S′A=AB=4，S′A⊥AB，C，D别离为S′B，S′A的中点，将△S′CD 沿CD折到△SCD的位置，SA=2，取线段SB的中点为E．（I）求证：CE∥平面SAD；（Ⅱ）求二面角A﹣EC﹣B的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取SA中点F，连接DF，EF，∵SE=EB，SF=FA，∴EF∥AB，EF=，又∵CD∥AB，CD=，∴CD=EF，CD∥EF，∴四边形CDEF为平行四边形，那么CE∥FD．∵CE⊄平面SAD，FD⊂平面SAD，∴CE∥平面SAD；（Ⅱ）解：∵面SCD⊥面ABCD，面SCD∩面ABCD=CD，SD⊥CD，SD⊂面SCD，∴SD⊥面ABCD，∵AD，CD⊂面ABCD，∴SD⊥AD，SD⊥CD．又∵AD⊥DC，∴DA，DC，DS两两相互垂直，如下图，别离以DA，DC，DS为x，y，z轴成立空间直角坐标系D﹣xyz．那么A（2，0，0），C（0，2，0），S（0，0，2），B（2，4，0），E（1，2，1），，，，设平面ECA，平面ECB的法向量别离为，，则，取y1=1，可得；，取y2=﹣1，得．∴cos＜＞=．∴二面角A﹣EC﹣B的平面角的余弦值为﹣．20．（12分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的右核心为F（c，0），点P为椭圆C上的动点，假设|PF|的最大值和最小值别离为2和2．（I）求椭圆C的方程（Ⅱ）设只是原点的直线l与椭圆C交于P，Q两点，假设直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的最大值【解答】解：（I）由已知得：，解得a=2，c=，∴b2=4﹣3=1椭圆方程为+y2=1（Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由，消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，则△=64k2m2﹣16（1+4k2）（m2﹣1）=16（4k2﹣m2+1）＞0，即4k2﹣m2+1＞0，且x1+x2=，x1x2=，故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．∵直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，∴•==k2，即+m2=0，又m≠0，因此k2=，即k=±．由△＞0，及直线OP，OQ的斜率存在，得0＜m2＜2，∵|PQ|=•=，点O到直线的距离d==S△OPQ=|PQ|•d==≤1，当m2=1时取等号，的最大值为1．现在直线l的方程为y=±x±1时，S△OPQ21．（12分）已知函数f（x）=（1﹣ax）e x+b在点（1，f（1））处的切线方程是y=﹣ex+e﹣1．（1）求a，b的值及函数f（x）的最大值；（2）假设实数x，y知足xe y=e x﹣1（x＞0）．（i）证明：0＜y＜x；（ii）假设x＞2，证明：y＞1．【解答】（1）由点（1，f（1））在切线上可知，f（1）=﹣e+e﹣1=﹣1，即切点为（1，﹣1）又f'（x）=﹣ae x+（1﹣ax）e x=e x（1﹣ax﹣a），由题可知f'（1）=﹣e，那么f'（1）=e1（1﹣2a）=﹣e，那么1﹣2a=﹣1，解得a=1，即f（x）=（1﹣x）e x+b，又由f（1）=﹣1，可得b=﹣1，故a=1，b=﹣1；即f（x）=（1﹣x）e x﹣1；由上知f'（x）=e x（1﹣x﹣1）=﹣xe x，当x＜0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，故．（2）由实数x，y知足xe y=e x﹣1（x＞0）可得，，即，（i）先证y＜x，，由（1）知f（x）=（1﹣x）e x﹣1＜0=f（x）max，那么有，即证得y＜x；再证明y＞0，令g（x）=e x﹣x﹣1（x＞0），那么g'（x）=e x﹣1＞0（x＞0），故函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，故g（x）＞g（0）=0，故在（0，+∞）上恒有e x＞x+1，即，则，即y＞0，综上，0＜y＜x，证毕．（ii）由（1）可知，，令，那么，又由上可知，x＞0时，恒有（1﹣x）e x﹣1＜0，那么xe x﹣e x+1＞0恒成立，故恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，那么有，又因为故h（2）＞e，那么h（x）＞e，即x＞2时，h（x）＞e，即e y＞e，即y＞1，故x＞2时，y＞1；请考生在2二、23两题中任选一题作答，若是多做，那么按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，以x轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度成立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ．（I）假设曲线C2，参数方程为：（α为参数），求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的一般方程（Ⅱ）假设曲线C2，参数方程为（t为参数），A（0，1），且曲线C1，与曲线C2交点别离为P，Q，求的取值范围，【解答】解：（I）∵曲线C 的极坐标方程为：ρ=2cosθ．∴ρ2=2ρcosθ，x2+y2=2x．曲线C2，参数方程为：（α为参数），∴曲线C2的一般方程：x2+（y﹣1）2=t2．（II）将C2的参数方程：（α为参数），代入C1的方程得：t2+（2sinα﹣2cosα）t+1=0，∵△=（2sinα﹣2cosα）2﹣4=8﹣4＞0，∴||∈，∴∈∪，∴t1+t2=﹣（2sinα﹣2cosα），t1t2=1，∴t1与t2同号，∴|t1|+|t2|=|t1+t2|，由的几何意义可得：=+===2||∈（2，2]，∴∈（2，2]．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x+b|+|2x﹣b|．（I）假设b=1．解不等式f（x）＞4．（Ⅱ）假设不等式f（a）＞|b+1|对任意的实数a恒成立，求b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=|2x+b|+|2x﹣b|，b=1时，不等式f（x）＞4为|2x+b|+|2x﹣b|＞4，它等价于或或，解得x＞1或x＜﹣1或x∈∅；∴不等式f（x）＞4的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．（Ⅱ）f（a）=|2a+b|+|2a﹣b|=|2a+b|+|b﹣2a|≥|（2a+b）+（b﹣2a）|=|2b|，当且仅当（2a+b）（b﹣2a）≥0时f（a）取得最小值为|2b|；令|2b|＞|b+1|，得（2b）2＞（b+1）2，解得b＜﹣或b＞1，∴b的取值范围是（﹣∞，﹣）∪（1，+∞）．。

2018年抚顺市普通高中应届毕业生高考模拟考试数学（供理科考生使用）第Ⅰ卷 (选择题共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一个是符合题目要求的.1. 设集合，，则集合为A. {，0，}B. {0，}C. {，0}D.【答案】B【解析】,故.选.2. 已知是虚数单位，则计算的结果是A. B. C. D.【答案】C【解析】,故选.3. 在等差数列中，已知，则数列的前12项和为A. 30B. 60C. 90D. 120【答案】B【解析】,故选.4. 下面给出的是某校高二（2）班50名学生某次测试数学成绩的频率分布折线图，根据图中所提供的信息，则下列结论正确的是A. 成绩是50分或100分的人数是0B. 成绩为75分的人数为20C. 成绩为60分的频率为0.18D. 成绩落在60—80分的人数为29【答案】D【解析】频率分布折线图表示的是某一个范围的频率,故选项是错误的,对于选项,的人数为,故选项正确.5. 在的展开式中，含项的系数为A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意有.故选.6. 若实数，满足，则的最大值是A. B. C. D.【答案】C【解析】画出可行域如下图所示,由图可知,目标函数在点处取得最大值为.7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. 64B. 32C. 96D. 48【答案】A【解析】由三视图可知,该几何体是长方体中间挖掉一个四棱锥所得,故体积为.8. 执行右面的程序框图，则输出的的值是A. 210B. 210C. 420D. 420【答案】B【解析】,,判断是,,判断是, ,判断是,依次类推,,退出程序,输出..9. 学校选派甲、乙、丙、丁、戊5名学生代表学校参加市级“演讲”和“诗词”比赛，下面是他们的一段对话．甲说：“乙参加‘演讲’比赛”；乙说：“丙参加‘诗词’比赛”；丙说“丁参加‘演讲’比赛”；丁说：“戊参加‘诗词’比赛”；戊说：“丁参加‘诗词’比赛”．已知这5个人中有2人参加“演讲”比赛，有3人参加“诗词”比赛，其中有2人说的不正确，且参加“演讲”的2人中只有1人说的不正确．根据以上信息，可以确定参加“演讲”比赛的学生是A. 甲和乙B. 乙和丙C. 丁和戊D. 甲和丁【答案】D..................10. 在三棱锥中，已知，且为正三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为A. B. C. D.【答案】D【解析】等边三角形外接圆半径为,,故外接球半径为,表面积为,故选.11. 已知，分别是双曲线，的左、右焦点，以线段为斜边作等腰，如果线段的中点恰好在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率等于A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意有,中点坐标代入双曲线渐近线得,所以双曲线为等轴双曲线,离心率为.【点睛】本小题主要考查双曲线的基本性质,考查双曲线的渐近线方程和双曲线的离心率.首先根据题意画出双曲线的图象,结合三角形为等腰直角三角形可求得点的坐标,利用中点坐标公式可求得中点坐标,再代入双曲线的渐近线方程,可求得相等,即为等轴双曲线,离心率为固定值.12. 已知函数，在区间（0，1）内任取两个实数，，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是A. （15，B. [15，C. （，6）D. （，6【答案】B【解析】,由题意可知函数在区间上任意两点连线的斜率大于.即切线的斜率大于或等于.也即,二次函数在上递增,时,最大值为,故【点睛】本小题主要考查函数的导数与单调性,考查对于曲线上两点连线斜率公式的几何意义的理解.考查恒成立问题的求解方法.等价于函数图像上两点连线的斜率是大于的,也就是转化为导数是大于或等于的.利用导数求得函数的导数,然后用分离常数法结合二次函数最值可求得的取值范围.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量=(1，)，=（1，），若与垂直，则的值为_______．【答案】2【解析】,两者垂直,则,故.14. 已知函数的最小正周期为，则当，时函数的一个零点是___________________________．【答案】【解析】,周期为,,,故为.15. 若直线l:与抛物线:相切于点，则以点为圆心且与抛物线的准线相切的圆的标准方程为_________________________．【答案】【解析】,,故切点为,到准线的距离为,故半径为,圆的方程为.【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系,考查抛物线的准线方程,考查圆的方程的求解.直线和抛物线相切有两种求解方法,一种是联立直线的方程和抛物线的方程,利用判别式等于零可求得的值.另一种方法是利用导数为切线的斜率,可求得切点的坐标,也即是圆心的坐标.16. 已知数列的前项和为，且，，则满足的的最小值为________________________．【答案】4【解析】当时,.由得.,即数列是以,公比为点的等比数列,故.,,化简得,当时,上式左边为负数,当时,左边为正数,故的最小值为.【点睛】本小题主要考查数列求通项公式,即的应用,考查数列不等式的求解方法.首先利用公式有两个方式,一个是将转化为,一个是将转化为,本题是第二种,将转化为,然后利用配凑法求得的通项公式,解不等式解求得的最小值.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. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且.（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若，的面积为，求的值．【答案】（1）（2）【试题解析】（Ⅰ）由得又，所以，得，所以（Ⅱ）由的面积为及得，即又，从而由余弦定理得，所以所以.18. 如图，在四棱锥中，⊥平面，底面为梯形，，，，，为的中点．（Ⅰ）证明：∥平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）【解析】【试题分析】(I)取的中点,连接通过证明四边形为平行四边形,由此证得,进而证明平面.(II)以为坐标原点建立空间直角坐标系,通过计算平面的法向量与直线的方向向量来计算线面角的正弦值.【试题解析】（Ⅰ）证明：设F为PD的中点，连接EF，FA．因为EF为的中位线，所以EF∥CD，且EF=．又AB∥CD，AB=2，所以AB EF，故四边形ABEF为平行四边形，所以BE∥AF．又AF平面PAD，BE平面PAD，所以BE∥平面PAD（Ⅱ）解：设G为AB的中点，因为AD=AB，，所以为等边三角形，故DG⊥AB；因为AB∥CD，所以DG⊥DC；又PD平面ABCD，所以PD，DG，CD两两垂直以D为坐标原点，为x轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设为平面DBE的一个法向量，则，即，令，则又，所以，即直线PB与平面BDE所成角的正弦值为19. 是指大气中空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．我国标准采用世界卫生组织设定的最宽限值，即日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．某城市环保局从该市市区2017年上半年每天的监测数据中随机抽取18天的数据作为样本，将监测值绘制成茎叶图如下图所示（十位为茎，个位为叶）．（Ⅰ）在这18个数据中随机抽取3个数据，求其中恰有2个数据为空气质量达到一级的概率；（Ⅱ）在这18个数据中随机抽取3个数据，用表示其中不．超标数据的个数，求的分布列及数学期望；（Ⅲ）以这18天的日均值来估计一年的空气质量情况，则一年（按360天计算）中约有多少天的空气质量为二级．【答案】（1）（2）见解析（3）一年（按天计算）中约有天的空气质量为二级【解析】【试题分析】(I)根据超几何分布概率计算公式计算恰有个数据为空气质量达到一级的概率.(II)的可能取值为0、1、2、3.利用超几何分布计算出分布列并计算出数学期望.(III)每一天质量为级的概率为,天相当于次独立重复实验,符合二项分布,故约有天二级.【试题解析】（Ⅰ）概率（Ⅱ）由题意，服从超几何分布：其中,,，的可能取值为0、1、2、3.由，得，，，所以的分布列为：得期望或用公式（Ⅲ）由题意，一年中空气质量为二级的概率，，所以一年（按天计算）中约有天的空气质量为二级20. 已知椭圆：经过点（，），且两个焦点，的坐标依次为（1，0）和（1，0）．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，直线的斜率为，直线的斜率为，求当为何值时，直线与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．【答案】（1）（2），定圆的标准方程为【解析】【试题分析】(I)依题意得,将利用椭圆的定义计算出,最后计算出,得到椭圆的方程.设出直线的方程,联立直线方程与椭圆方程,写出韦达定理,根据直线和圆相切,利用点到直线的距离公式建立方程,求得定圆的标准方程.【试题解析】(Ⅰ)由椭圆定义得，即，又，所以，得椭圆C的标准方程为(Ⅱ）设直线的方程为，，直线的方程与椭圆方程联立，消去得，当判别式时，得，设，因为点在直线上，得，整理得，即，化简得原点O到直线的距离，，由已知有是定值，所以有，解得即当时，直线与以原点为圆心的定圆相切，此时，定圆的标准方程为【点睛】本小题主要考查利用椭圆的定义求椭圆的标准方程,考查直线和抛物线的位置关系,联立方程组和韦达定理的应用,还考查了直线和圆的位置关系.由于已知条件知道椭圆的焦点坐标和椭圆上一点的坐标,所以可以利用椭圆的定义直接求得的值,进而求得的值和椭圆方程.21. 已知函数.（Ⅰ）若函数在区间（2，）内单调递增，求的取值范围；（Ⅱ）设，（）是函数的两个极值点，证明：恒成立.【答案】（1）（2）见解析【解析】【试题分析】(I)先求定义域为,求导后分离常数,可求得的取值范围.(II)写出的表达式,对求导,对导函数的分子进行分析,设有两个极值点利用导数计算的最大值为,由此证得不等式成立.【试题解析】（Ⅰ）解：的定义域为，若满足题意，只要在恒成立即可，即恒成立，又，所以（Ⅱ）证明：，则的定义域为，，若有两个极值点，则方程的判别式，得所以，设，其中，由得又，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，即的最大值为，从而恒成立【点睛】本小题主要考查函数导数与恒成立问题,考查利用导数求函数的极值点,考查利用导数证明不等式.在解决第一问的过程中,函数的定义域是首先要求解出来的,必须在定义域的范围内来研究函数的导数,单调区间和极值.由于函数给定区间上单调递增,故其导数恒大于零,利用分离常数法可求得参数的取值范围.22. 选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为（为参数），以平面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，曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程及曲线上的动点到坐标原点的距离的最大值；（Ⅱ）若曲线与曲线相交于，两点，且与轴相交于点，求的值．【答案】（1），（2）【解析】【试题分析】(I)将方程展开后化为直角坐标方程,利用勾股定理求得的长度并求得其最大值.(II)求出直线的参数方程,代入椭圆方程,利用直线参数的几何意义求得的值.【试题解析】（Ⅰ）由得，即曲线的直角坐标方程为根据题意得，因此曲线上的动点到原点的距离的最大值为（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线与轴交点的坐标为，曲线的参数方程为:，曲线的直角坐标方程为联立得……8分又，所以23. 选修4—5：不等式选讲已知函数．（Ⅰ）若不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若正数，，满足，求证：．【答案】（1）M=4（2）见解析【解析】【试题分析】(I)利用绝对值三角不等式求得的最小值,再由单个绝对值的解法求得的取值范围,进而求得的值.(II)，得,对原不等式左边,乘以,转化为基本不等式来证明最小值为.【试题解析】（Ⅰ）若恒成立，即由绝对值的三角不等式，得即，解得，所以M=4（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，得所以有即。