东北师范大学附属中学、吉林一中,重庆一中等五校2018届高三1月联合模拟...

2018届高三联合模拟考试

数学（理科）试题

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. 已知全集，集合，，则（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

故选A

2. 若复数，则的共轭复数所对应点在（  ）

A. 第一象限    B. 第二象限    C. 第三象限    D. 第四象限

【答案】A

【解析】，则的共轭复数所对应点在第一象限

故选A

3. 以下有关命题的说法错误的是（  ）

A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”

B. “”是“”成立的必要不充分条件

C. 对于命题，使得，则，均有

D. 若为真命题，则与至少有一个为真命题

【答案】D

【解析】对于A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”

正确：

对于B. “”则“”，故“”是“”成立的必要不充分条件，正确；

对于C. 对于命题，使得，则，均有

正确；

对于D.若为真命题，则与至少有一个为真命题，故D错误.

故选D

4. 下列函数中既是偶函数又在上单调递减的函数是（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】对于A. ，定义域为R,但， 即函数为奇函数；故排除A；

对于B.  ，定义域为 ，是偶函数，且在上单调递减；

对C. 于，定义域为 ，是偶函数，但在上单调递增，故排除C；

对于 D. ，为奇函数，故排除D.

故选B

5. 我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（  ）

A. 多1斤    B. 少1斤    C. 多斤    D. 少斤

【答案】C

【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列 则 由等差数列的性质得 ，

故选C

6. 执行下面的程序框图，如果输入的，，那么输出的的值为（  ）

A. 3    B. 4    C. 5    D. 6

【答案】B

【解析】第一次执行循环体后： 不满足退出循环的条件；

第二次执行循环体后： 不满足退出循环的条件；

第三次执行循环体后： ，满足退出循环的条件；

故输出的值为4，

故选B

【点睛】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．

7. 将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则函数的图象的一个对称中心是（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则 ，由题可得当时，.即函数的图象的一个对称中心是

故选D

8. 设，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，给出下列命题：

①若，，则；                    ②若，，则；

③若，且，，则；  ④若，且，则.

其中所有正确命题的序号是（  ）

A. ①②    B. ②③    C. ③④    D. ①④

【答案】D

【解析】①若，，则由平面与平面垂直的判定定理得，故①正确；

②若，，则可能平行，相交或异面，故②错误；

③若，且，，则相交或平行，故③错误；

若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故③错误；

④若，且，则由直线与平面垂直的性质定理得，故④正确．

故选D．

9. 已知实数满足，则的最大值为（  ）

A. -4    B.     C. -2    D. -1

【答案】C

【解析】由约束条件作出可行域如图，

化目标函数为 ，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小， 有最大值为 

故选C．

10. 下列命题：①在线性回归模型中，相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好；②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；③在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均减少0.5个单位；④对分类变量与，它们的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越大.其中正确命题的个数是（  ）

A. 1个    B. 2个    C. 3个    D. 4个

【答案】C

【解析】对于①，在回归分析模型中，相关指数表示解释变量对于预报变量的贡献率，越接近于1，表示回归效果越好，正确，因为相关指数越大，则残差平方和越小，模型的拟合效果越好，①正确．

对于②两个变量相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近于1；

对于③在回归直线方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均减少0.5个单位；正确；

对于④对分类变量与，它们的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越大.错误，因为在对分类变量与进行性检验时，随机变量的观测值越大，则“与相关”可信程度越大，故④错误；

故选C

11. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】由三视图可知该几何体为一个四棱锥和一个球体的组合体，其中四棱锥的是以侧视图为底面，其体积为 而球体的体积为 .

故组合体的体积为

故选D

12. 已知双曲线的右支与抛物线交于两点，是抛物线的焦点，是坐标原点，且，则双曲线的离心率为（  ）

A.     B.     C.     D. 

【答案】A

【解析】把代入双曲线，可得： ， 

∵ 

故选A.

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. 若的展开式的常数项是__________．

【答案】5

【解析】二项式展开式的通项公式： 

令，解得 ∴常数项 

即答案为5 

14. 直线与圆相交于两点，若，则__________．

【答案】

【解析】圆心到直线的距离是 ．又圆的半径是2， 

由 

 ，所以 

故答案为．

15. 已知数列满足，则数列的通项公式__________．

【答案】

【解析】当时， ；

当时， 两式相减得 ，即，当时不适合，故

即答案为

16. 已知函数满足，且当时.若在区间内，函数有三个不同零点，则的范围为__________．

【答案】

【解析】 当 时，  

 故函数 

作函数 与 的图象如下，

，

过点 时， ，

 故 ，

故 故 ，

故实数的取值范围是 

【点睛】本题考查了方程的根与函数的图象的交点的关系应用，同时考查了导数的综合应用及数形结合的思想应用．

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. 已知函数.

（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递减区间；

（Ⅱ）在中，，，分别是角，，的对边，若，，的面积为，求边的长.

【答案】(Ⅰ)最小正周期，单调递减区间是 ；(Ⅱ).

【解析】试题分析：（Ⅰ）由三角函数公式化简可得 ，易得最大值和的取值；

（Ⅱ）由（Ⅰ）即已知可得，又∵∴

由的面积为可得，结合由余弦定理可得边的长

试题解析：

（Ⅰ） 

所以的最小正周期

令 ，解得

所以的单调递减区间是 

（Ⅱ）∵，

∴，又∵∴

∵，的面积为∴

 ∴

18. 为了调查观众对电视剧《风筝》的喜爱程度，某电视台举办了一次现场调查活动.在参加此活动的甲、乙两地观众中，各随机抽取了8名观众对该电视剧评分做调查（满分100分），被抽取的观众的评分结果如图所示.

（Ⅰ）计算：①甲地被抽取的观众评分的中位数；②乙地被抽取的观众评分的极差；

（Ⅱ）用频率估计概率，若从乙地的所有观众中再随机抽取4人进行评分调查，记抽取的4人评分不低于90分的人数为，求的分布列与期望；

（Ⅲ）从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，在已知两人中至少一人评分不低于90分的条件下，求乙地被抽取的观众评分低于90分的概率.

【答案】(Ⅰ)中位数是83，极差是；(Ⅱ)答案见解析；(Ⅲ).

【解析】试题分析：（Ⅰ）直接利用茎叶图求解甲地被抽取的观众问卷得分的中位数和乙地被抽取的观众评分的极差；；

（Ⅱ）记“从乙地抽取1人进行评分调查，其评分不低于90分”为事件，则

随机变量的所有可能取值为，且得到分布列，然后求解期望．

（Ⅲ）设事件为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，两人中至少一人评分不低于90分”，事件为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，乙地观众评分低于90分”，则    根据条件概率公式，可求乙地被抽取的观众评分低于90分的概率.

试题解析：

（Ⅰ）由茎叶图可知，甲地被抽取的观众评分的中位数是83，乙地被抽取的观众评分的极差是

（Ⅱ）记“从乙地抽取1人进行评分调查，其评分不低于90分”为事件，则

随机变量的所有可能取值为，且

所以，

所以的分布列为

∴

（Ⅲ）由茎叶图可得，甲地被抽取的8名观众中有2名观众评分不低于90分，乙地被抽取的8名观众中有2名观众评分不低于90分，设事件为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，两人中至少一人评分不低于90分”，事件为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，乙地观众评分低于90分”，

所以    

根据条件概率公式，得.

所以在已知两人中至少一人评分不低于90分的条件下，乙地被抽取的观众评分低于90分的概率为.

19. 如图，已知，，，平面平面，，，为中点.

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).

【解析】试题分析：（Ⅰ）证明：设中点为，连可证∴

进而证明平面.又平面，∴，∴又∴∴∵，平面，平面，∴平面.

（Ⅱ）以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示坐标系，得到相应点的坐标和向量的坐标，设平面的法向量，可得，，即可求得直线与平面所成角的余弦值.

试题解析：

（Ⅰ）证明：设中点为，连

∵为中点，∴

又由题意， ∴，且

∴四边形为平等四边形，∴

∵ ∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.

又平面，∴，∴又∴∴

∵，平面，平面，∴平面.

（Ⅱ）以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示坐标系，，，，，设平面的法向量，则∴取，

∴ 

设直线与平面所成角为，则，∴

即直线与平面所成角的余弦值.

20. 已知椭圆的短轴长为，离心率为，点，是上的动点，为的左焦点.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若点在轴的右侧，以为底边的等腰的顶点在轴上，求四边形面积的最小值.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).

【解析】试题分析：（Ⅰ）依题意得，求出，即可得到椭圆的方程；

........................

试题解析：

（Ⅰ）依题意得解得

∴椭圆的方程是

（Ⅱ）设

设线段中点为 ∵ ∴中点，直线斜率为

由是以为底边的等腰三角形∴

∴直线的垂直平分线方程为

令 得 ∵ ∴

由 ∴四边形面积

当且仅当即时等号成立，四边形面积的最小值为.

【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，直线与椭圆相切的充要条件，考查四边形面积的最值的求法，注意运用直线的斜率公式和基本不等式，考查化简整理的运算能力．

21. 已知函数与函数的图像关于直线对称，函数 .

（Ⅰ）若，且关于的方程有且仅有一个解，求实数的值；

（Ⅱ）当时，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).

【解析】试题分析: ∵函数与函数的图像关于直线对称，∴，

∴

（Ⅰ）令，则，即

令，利用导数研究 的性质，可得，

又，，所以当函数有且仅有一个零点时，.

（Ⅱ）当时，由（Ⅰ）知，

利用导数研究 的性质，可得是的极大值点.

∵ 

∴，即可求出实数的取值范围.

试题解析:∵函数与函数的图像关于直线对称，∴，

∴

（Ⅰ）令，则，即

令，则，

令，则.

因为，所以 所以在上是减函数，

又，所以当时，，当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减，所以，

又，，

所以当函数有且仅有一个零点时，，∴.

（Ⅱ）当时，由（Ⅰ）知，

易知，当时，恒成立，等价于.

因为，令得，或

又，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，即是的极大值点.

∵ 

∴，即为所求.

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. 在直角坐标系中，直线的方程是，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（Ⅰ）求直线和曲线的极坐标方程；

（Ⅱ）射线（其中）与曲线交于，两点，与直线交于点，求的取值范围.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).

【解析】试题分析：（I）直线的方程是，利用 可得极坐标方程．圆的参数方程为（为参数），利用 可得普通方程，进而化为极坐标方程．

（II）将分别带入，得，

∴

试题解析：（Ⅰ）∵，∴直线的极坐标方程是

由消参数得

∴曲线的极坐标方程是

（Ⅱ）将分别带入，得，

∴，讨论，的范围，可得的取值范围

∵，∴ ∴

∴的取值范围是

23. 已知函数（）

（Ⅰ）当时，求不等式的解集；

（Ⅱ）设函数，当时，函数的最小值为，且（），求的最小值.

【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).

【解析】试题分析：（Ⅰ）把写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得不等式 的解集，综合可得结论．

（Ⅱ）求出的最小值，得到根据基本不等式的性质求出的最小值．

试题解析：（Ⅰ）当时，化为

当时，不等式化为，解得

当时，不等式化为，解得

当时，不等式化为，解得

综上不等式的解集是

（Ⅱ）当时，

当且仅当时，即时，等号成立

所以，函数的最小值

所以，

当且仅当，即时等号成立

所以的最小值是.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，绝对值三角不等式的应用，考查基本不等式的应用.其中灵活应用分类讨论的思想是解题的关键.