1、康杰中学20172018高考数学（理）模拟题（一）命题人：冯伟杰 李清娟 2018.4【满分150分，考试时间为120分钟】一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知集合，则中元素的个数是A. B. C. D.2是虚数单位，复数满足，则A.或 B.或 C. D.3设向量与的夹角为，且，则A. B. C. D.4已知，则A. B. C. D.5九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为A. B. C. D. 6已知数列满足，则“数列为等差数列”是“数列为等差数列”
2、的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.即不充分也不必要条件7执行如图所示的程序框图，则输出的A. B. C. D.8在展开式中，二项式系数的最大值为，含项的系数为，则A. B. C. D.9设实数满足约束条件，则的最小值为A. B. C. D.10现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为A. B. C. D.11已知为坐标原点，是双曲线的左焦点，分别为的左、右顶点，为上一点，且轴， 过点的直线与线段交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，若，则的离心率为A. B. C. D.12已知函数 ，则使得 成立的的取值范围是A.
3、 B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13曲线与所围成的封闭图形的面积为 .14已知是等比数列，则 .15设为椭圆的左、右焦点，经过的直线交椭圆于两点，若是面积为的等边三角形，则椭圆的方程为 .16已知是函数在内的两个零点，则 .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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）在中,角所对的边分别为.已知.（I）求；（II）若，的面积为，求.18.（12分）在某校举行的航天知识竞赛中，参与竞赛的文科生与理科生人数之比为，且成
4、绩分布在，分数在以上（含）的同学获奖. 按文理科用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图（见下图）.（I）在答题卡上填写下面的列联表，能否有超过的把握认为“获奖与学生的文理科有关”？文科生理科生合计获奖不获奖合计（II）将上述调査所得的频率视为概率，现从该校参与竞赛的学生中，任意抽取名学生，记“获奖”学生人数为，求的分布列及数学期望.附表及公式：，其中19.（12分）在四棱锥中，底面是边长为的菱形，.（I）证明：平面；（II）若，求二面角的余弦值.20.（12分）已知抛物线，圆.（I）若抛物线的焦点在圆上，且为和圆的一个交点，求；（II）若直线与抛物线和圆分别相切于点，求
5、的最小值及相应的值.21.（12分）已知函数，.（I）求函数的最大值；（II）当时，函数有最小值，记的最小值为，求函数的值域.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在平面直角坐标系中，曲线，曲线为参数）， 以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系（I）求曲线的极坐标方程；（II）若射线与曲线的公共点分别为，求的最大值23.选修45：不等式选讲（10分）已知函数.（I）当时，求不等式的解集；（II）如果对于任意实数，恒成立，求的取值范围康杰
6、中学2018年数学（理）模拟试题（一）答案1. B【解析】当时，；当时，；当时，；当时，所以，所以，故选B.2. C【解析】因为，所以，解得，所以，故选C.3. A【解析】因为，所以，所以，故选A.4D【解析】因为，所以，故选D.5. B【解析】由三视图知，该几何体是底面为斜边边长为2的等腰直角三角形、高为2的直三棱柱，所以该几何体的表面积为，故选B.6. A【解析】若数列是等差数列，设其公差为，则，所以数列是等差数列.若数列是等差数列，设其公差为，则，不能推出数列是等差数列.所以数列为等差数列”是“数列为等差数列”的充分不必要条件，故选A.7C【解析】第一次循环，得；第二次循环，得；第三次循
7、环，得，以此类推，知该程序框图的周期3，又知当退出循环，此时共循环了39次，所以输出的，故选C.8. D【解析】有题，得，所以，故选D.9. B【解析】作出可行域，如图所示，因为表示区域内的点到原点距离的平方，由图知，.故选B.10. A【解析】当正方体的下底面在半球的大圆面上，上底面的四个顶点在球的表面上时，所得工件体积与原材料体积之比选项取得最大值，此时设正方体的棱长为，则球的半径为，所以所求体积比为，故选A.11. A【解析】易证得，则，即；同理，所以，又，所以，整理，得，故选A.12. D【解析】因为，所以是偶函数，又在单调递减，在单调递增，所以等价于，解得，或.故选D.13. 【解析
8、】由题意，所围成的封闭图形的面积为.14. 1【解析】设数列的首项为，公比为，则依题意，有，解得，所以.15. 【解析】由题意，知 ，又由椭圆的定义知， ，联立，解得，所以，所以，所以，所以，所以椭圆的方程为.16. 【解析】因为，其中（），由函数在内的两个零点，知方程在内有两个根，即函数与的图象在内有两个交点，且关于直线对称，所以，所以.17. 解：（I）由已知及正弦定理，得， 4分因为，所以， 5分又因为，所以. 6分（II）由余弦定理，可得，将代入上式，得，解得， 10分的面积为，解得. 12分18解（I）文科生理科生合计获奖53540不获奖45115160合计50150200 3分，
9、5分所以有超过的把握认为“获奖与学生的文理科有关”. 6分（II）由表中数据可知，将频率视为概率，从该校参赛学生中任意抽取一人，抽到获奖同学的概率为. 7分的所有可能的取值为，且. 8分(). 9分所以的分布列如下11分. 12分19解：（I）连接，则和都是正三角形，取中点，连接，.因为为的中点，所以在中，因为，所以，又因为，所以平面，又平面，所以. 同理，又因为，所以平面. 6分（II）以为坐标原点，分别以向量的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，即，取平面的法向量. 9分取平面的法向量. 10分. 11分所以二面角的余弦值是. 12分20.解：（I）由题意，
10、得，从而. 解方程组，得，所以. 5分（II）设，则切线的方程为，整理得 6分 由得，所以，整理，得且， 8分所以，当且仅当时等号成立.所以的最小值为，此时. 12分21.解：（I）的定义域为，. 当时，单调递增； 当时，单调递减. 所以当时，取得最大值. 4分（II），由（I）及得：若，单调递减，当时，的最小值. 6分若，所以存在，且，当时，单调递减；当时，单调递增，所以的最小值. 9分令，. ，当时，所以在单调递减，此时，即. 11分由可知，的值域是. 12分22解：（I）曲线的极坐标方程为，曲线的普通方程为，所以曲线的极坐标方程为. 4分（II）设，因为是射线与曲线的公共点，所以不妨设，则， 6分所以， 8分所以当时，取得最大值. 10分23解：（I）.所以，在上递减，在上递增，又，故的解集为. 4分（II）若，当且仅当时，取等号，故只需，得. 6分若，不合题意. 7分若，当且仅当时，取等号，故只需，这与矛盾. 9分综上所述，的取值范围是. 10分