1、河北武邑中学2018-2019学年下学期高三第一次模拟考试数 学 （理工）试 题第卷（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，满足，若，则集合( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由，可得，化简,再由可得结果.【详解】因，所以，由可得，所以,所以，可得,解得，即集合 ，故选C.【点睛】集合的基本运算的关注点：（1）看元素组成集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提；（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决；（3）注
2、意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和图2.在复平面内，复数满足，则的共轭复数对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案【详解】由z（1i）=2，得z=，则z的共轭复数对应的点的坐标为（1，1），位于第四象限故选：D【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3.如图所示,水平放置的圆柱形物体的三视图是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】正视图：从前向后看；侧视图：从左向右看；俯视图：从上向下看。【
3、详解】由题可知该圆柱的正视图与俯视图是矩形，侧视图是圆形，故选A【点睛】本题考查三视图，属于简单题。4.函数的图象大致为 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令，求出的单调区间及最值，即可排除错误选项。【详解】令，则，令，得，即在上单调递增；令，得，即在上单调递减。所以当时，有最小值，所有 ，所以对于任意，都有，故排除B,C,D，故选A。【点睛】本题考查函数图形的判断，需借助导函数求单调区间与最值，结合函数与导数的关系，即可排除错误选项，考查分析解题的能力，属基础题。5.函数且的图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为（ ）A. B. 5C. D. 【答案】C【解析】
4、令，则可得：，据此可得：点在直线上，故：，则：.当且仅当时等号成立.综上可得：的最小值为.本题选择C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6.已知的内角的对边分别为,且 ,则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由正弦定理计算,再通过余弦定理计算出.【详解】由题,由正弦定理得所以 即,所以在中.又因为所以 故选C【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，解题的关键是通过正弦定理计算出，属于一般题。7.九章算术中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径
5、几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随意投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是（ ）A. ；B. ；C. ；D. 【答案】C【解析】【分析】求出内切圆半径，计算内切圆和三角形的面积，从而得出答案【详解】直角三角形的斜边长为，设内切圆的半径为，则，解得内切圆的面积为，豆子落在内切圆外部的概率，故选：【点睛】本题主要考查了几何概型的概率计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8.已知函数的图像过点，且关于直线对称，则下列结论正确的是（）A. 在上是减函数B. 若是的对称轴，则一定有C. 的解集是D. 的一个对称
6、中心是【答案】D【解析】【分析】先求出函数的解析式为，根据正弦函数的单调性判断；根据极值的定义判断；解不等式可判断;根据正弦函数的对称性判断.【详解】因为函数的图象经过点，且关于直线对称，所以，,因为,在上是增函数，故错误，若是的一条对称轴，则是极值点，一定有，故错误，因为，故错误，因为 为对称中心，故正确，故选D.【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查三角函函数的单调性对称性性，属于中档题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入
7、手，然后集中精力突破较难的命题.9.从1，2，3，4，5中任取5个数字，组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数是偶数的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出基本事件总数n，再求出这个五位数是偶数包含的基本事件数m，利用古典概型的概率公式计算即可.【详解】从1，2，3，4，5这5个数字中任取5个数字组成没有重复数字的五位数，基本事件总数n120，这个五位数是偶数包含的基本事件个数m48，这个五位数是偶数的概率p故选：D【点睛】本题考查古典概型概率的求法，是基础题.10.一个正三棱锥(底面积是正三角形，顶点在底面上的射影为底面三角形的中心)的四个顶点都在半径为的球面
8、上，球心在三棱锥的底面所在平面上，则该正三棱锥的体积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作棱锥的高OP，则OPOC1，利用等边三角形的性质求出底面边长，从而得出棱锥的体积【详解】设正三棱锥底面中心为O，连接OP，延长CO交AB于D，则CDOCO是三棱锥PABC的外接球球心，OPOC1，CD，BCVPABC故选：C【点睛】本题考查棱锥与外接球的关系，考查棱锥的体积计算，属于中档题11.设分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线的右支上，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可得三角形为直角三角形，从而得到再结合双曲线的定义和离心率
9、公式即可得到答案.【详解】由，可知,则由双曲线定义得即解得，故选：A【点睛】本题考查双曲线的定义的应用，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.12.对于任意的实数，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】原方程化为，令，令，可得，利用导数研究函数的单调性，利用数形结合可得，得到关于不等式组，解出即可.详解】，原式可化为，令时递增，故，令，故，故在上递减，在上递增，在上递减，而，要使总存在三个不同的实数，使得成立， 即，故，故，实数的取值范围是，故选B.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想,是一道综合题
10、. 转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，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.解答本题的关键是将问题转化为.第卷（非选择题 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.向量，若向量，共线，且，则的值为_【答案】-8【解析】由题意可得： 或 ，则： 或 .14.在的展开式中常数项等于_【答案】9【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项，然后根据分类讨论的方法得到常数项【详解】二项式的展开式的通项为，中的常数项为故答案为9【点睛】对于含有两个括
11、号的展开式的项的问题，求解时可分别求出每个二项式的展开式的通项，然后采用组合（即“凑”）的方法得到所求的项，解题时要做到细致、不要漏掉任何一种情况15.数列满足：:的前项和为，则 _.【答案】【解析】【分析】先通过求出通项公式，再求前项和为【详解】由得 所以，且所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，且 所以前项和【点睛】本题考查数列求通项公式的方法以及数列的分组求和，属于一般题。16.已知在直三棱柱中，若棱在正视图的投影面内，且与投影面所成角为.设正视图的面积为，侧视图的面积为，当变化时，的最大值是_【答案】【解析】【分析】利用与投影面所成角为，将正视图的面积和侧视图的面积用的三角函数表示
12、，利用辅助角公式结，可求解的最大值.【详解】与投影面所成角为时，平面如图所示，故正视图的面积为侧视图的面积为，故的最大值，故答案为.【点睛】本题考查了三视图的投影的认识和理解，以及二倍角公式与利用辅助角公式求最值，属于中档题. 求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种：化成的形式利用配方法求最值；形如的可化为的形式利用三角函数有界性求最值；型，可化为求最值 .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，角，的对边分别为，已知.（I）求；（II）若，求的面积.【答案】(1) ;(2)1.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，而,展开化简即可得到
13、，从而可以求出；（2）先求出的值，然后通过余弦定理即可求出的值，代入面积公式即可得到答案。【详解】（1）因为，所以，故，所以，因为，所以，又，且0 C ，解得，.（2）由（1）得所以，由，设，由余弦定理得：，所以，所以的面积.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的运用，考查了三角形的面积求法，考查了计算能力，属于中档题。18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，点为棱的中点（）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；（）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理
14、，即可证得平面.（）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.【详解】（）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，又平面，平面，所以，平面.（）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，则由题意知，设平面的法向量为，则由得，令，则，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于平面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从
15、而，所以直线与平面所成的角为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.19.有一个同学家开了一个奶茶店，他为了研究气温对热奶茶销售杯数的影响，从一季度中随机选取5天，统计出气温与热奶茶销售杯数，如表：（）求热奶茶销售杯数关于气温的线性回归方程（精确到0.1），若某天的气温为，预测这天热奶茶的销售杯数；（）从表中的5天中任取一天，若已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120，求所选取该天热
16、奶茶销售杯数大于130的概率.参考数据：，.参考公式：，【答案】（）；（）.【解析】【分析】（1）先由图表计算出，然后求出，从而求出线性回归方程，再令预测这天热奶茶的销售杯数。（2）分别求出两个事件的概率再求条件概率。【详解】（）由表格中数据可得，,. ，热奶茶销售杯数关于气温的线性回归方程为，当气温为15oC时，由回归方程可以预测热奶茶的销售杯数为(杯) ，（）设表示事件“所选取该天的热奶茶销售杯数大于120”，表示事件“所选取该天的热奶茶销售杯数大于130”，则“已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120时，销售杯数大于130”应为事件,，已知所选取该天的热奶茶销售杯数大于120时，销售杯数
17、大于130的概率为，【点睛】本题考查线性回归方程以及条件概率，属于一般题。20.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.（I）求椭圆的标准方程；（II）若不过原点的直线与椭圆交于两点，与直线交于点，并且点是线段的中点，求面积的最大值.【答案】（1）椭圆的方程为；（2）面积的最大值为：.【解析】【分析】（1）根据离心率为，点在椭圆上，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、，即可得结果；（2）先判断直线的斜率存在，设直线的方程为，与联立消，得，由在直线上求得，利用弦长公式、点到直线距离公式，结合三角形面积公式求得，利用基本不等式可得结果.【详解】（1）由椭圆：的离心率为，点在椭圆上，得，解得，所以
18、椭圆的方程为.（2）易得直线的方程为.当直线的斜率不存在时，的中点不在直线上，故直线的斜率存在.设直线的方程为，与联立消，得，所以.设，则，.由,所以的中点,因为在直线上，所以，解得，所以，得，且， ，又原点到直线的距离，所以 ，当且仅当，即时等号成立，符合，且，所以面积的最大值为.【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，
19、本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形面积最值.21.已知,设,且,记;（1）设,其中,试求的单调区间;（2）试判断弦的斜率与的大小关系,并证明;（3）证明：当时,.【答案】（1）见解析；（2）见证明；（3）见证明【解析】【分析】（1）（），对其求导，讨论的范围即可判断的单调区间；（2），,二者作差，令，构造函数，通过求导可判断的单调性，从而可得到，即可判断；（3）当时，原不等式等价于，由（2）知，即证，转化为，构造函数，通过求导可判断它的单调性进而得到，从而证明了结论。【详解】（1）（），若，则，是上的增函数，若，则的增区间为，减区间为. （2），,则，令，则，令，而，则在单调
20、递增，且恒为正，又因为，所以，即.（3）当时，原不等式等价于，由（2）知，即证，转化为.令，令，则，当时，故在上单调递增，则，故在上单调递增，则，故时，成立，即当时,.【点睛】本题考查了函数的单调性，考查了不等式的证明，构造函数是本题的关键点，属于难题。选做题（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.）选修4-4：坐标系与参数方程22.选修4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点在平面直角坐标系的原点处，极轴与轴的非负半轴重合，且长度单位相同，直线的极坐标方程为，曲线(为参数).其中.（）试写出直线的直角坐标方程及曲线的普通方程；（）若点为曲线上的动点，求点到直
21、线距离的最大值.【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为；（2）.【解析】试题分析: （1）对极坐标方程化简,根据写出直线的直角坐标方程;对曲线移项平方消去参数可得曲线的普通方程;(2) 由（1）可知，曲线是以为圆心，为半径的圆, 圆心到直线的距离加上半径为点到直线距离的最大值.试题解析:（1），即，又.直线的直角坐标方程为.曲线（为参数），消去参数可得曲线的普通方程为.由（1）可知，曲线是以为圆心，为半径的圆. 圆心到直线的距离，点到直线距离最大值为.选修45：不等式选讲23.已知.()求的解集；()若恒成立，求实数的最大值.【答案】（）（）【解析】【分析】（）由得，解不等式即可；（）由题意知，恒成立，当时，然后利用基本不等式可求出，从而可求出的最大值。【详解】解：（）由得，即，解得，所以，的解集为.（）恒成立，即恒成立当时，；当时，.因为（当且仅当，即时等号成立），所以，即的最大值是.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了不等式恒成立问题，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题。
