1、【原创精品】2018年高考数学（理）冲刺60天精品模拟卷（4）第1卷 评卷人得分一、选择题1、若,且,则下列不等式成立的是()A.B.C.D.2、已知,是虚数单位,若,则()A.或B.或C.D.3、已知,满足约束条件则的最大值是()A.0B.2C.5D.64、为了研究某班学生的脚长 (单位:厘米)和身高(单位:厘米)的关系,从该班随机抽取名学生,根据测量数据的散点图可以看出与之间有线性相关关系,设其回归直线方程为.已知,.该班某学生的脚长为,据此估计身高为()A.160B.163C.166D.1705、已知命题;命题若,则,下列命题为真命题的是( )A.B.C.D.6、设全集,集合,则集合(
2、)A.B.C.D.7、在复平面内复数 (是虚数单位)对应的点在( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限8、向量,则“”是“”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件9、若实数,满足则的最大值是( )A.B.C.D.10、某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示,若剩余几何体的体积为,则的值为( )A.B.C.D.11、已知是各项均为正数的等比数列,为其前项和,若,则( )A.65B.64C.63D.6212、过双曲线(,)的右焦点作两条渐近线的垂线,垂足分别为,点为坐标原点,若四边形的面积为,则双曲线的离心率为( )A.B.C.D.评卷人得
3、分二、填空题13、在平面直角坐标系中,双曲线,的右支与焦点为的抛物线交于,两点,若,则该双曲线的渐近线方程为14、已知的展开式中含有的系数是,则.15、已知,是互相垂直的单位向量,若与夹角为,则实数的值是 .16、 由一个长方体和两个圆柱构成的几何体的三视图如图,则该几何体的体积为 .评卷人得分三、解答题17、已知函数.1.当时,求不等式的解集;2.若的解集包含,求的取值范围.18、如图,直线为圆的切线,切点为,点在圆上,的角平分线交圆于点,垂直交圆于点.1.证明:;2.设圆的半径为,延长交于点,求外接圆的半径.19、在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(,为参数),在以为极点,轴的正半轴为极
4、轴的极坐标系中,曲线是圆心在极轴上,且经过极点的圆,已知曲线上的点对应的参数,曲线过点.1.求曲线,的直角坐标方程;2.若点在曲线上,求的值.20、已知是各项均为正数的等比数列,且,.1.求数列的通项公式;2.如图,在平面直角坐标系中,依次连接点,.得到折线,求由该折线与直线,所围成的区域的面积.21、设函数,其中.已知.1.求;2.将函数图像上各点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象,向左平移个单位,得到函数,求在上的最小值.22、如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形(及其内部)以边所在直线为旋转轴旋转得到的,是的中点.1. 设是上一点,且,求的大小;2.当,时,求二面角的
5、大小.23、在平面直角坐标系.椭圆:的离心率为,焦距为.1. 求椭圆的方程;2.如图:动直线交椭圆于且,两点,是椭圆上一点,直线的斜率为,且,是线段延长线一点,且,得半径为,是的两条切线.切点分比为,求的最大值,并求取得最大值时直线的斜率.24、设和是两个等差数列,记其中 表示这个数中最大的数.1. 若,求的值,并证明是等差数列; 2.证明:或者对任意正数,存在正整数,当时,;或者存在正整数,使得是等差数列.参考答案 一、选择题1.答案： B解析： 特值法令，可得.2.答案： A解析： 由,得,所以,故选A.3.答案： C4.答案： C解析： 由已知,选C.5.答案： B6.答案： C7.答案
6、： D8.答案： A9.答案： C10.答案： B11.答案： C12.答案： D二、填空题13.答案： 14.答案： 4解析： ,.15.答案： 解析： ,.16.答案： 解析： 长方体体积,两圆柱的体积之和为:.所以该几何体的体积为.三、解答题17.答案： 1.当时,当时,由得,解得,当时,无解;当时,由得,解得,所以的解集为或.2.当时,.由条件得且,即.故的取值范围为.18.答案： 1.证明:如图,连接,交于点,由弦切角定理,得,而,故, 所以 又因为, 所以为圆的直径,由勾股定理可得.2.由1知, 故是边的中垂线,所以 设的中点为,连接,则, 从而, 所以, 为外接圆的直径,故外接圆
7、的半径等于19.答案： 1.将及对应的参数代入,得,即,曲线的方程为.设圆的半径为,由题意得的方程为(或).将代入,得,即.(或由,得,代入,得)曲线的方程为.2.点在曲线上,.20.答案： 1. 设通项公式,且,由题意得所以,因为所以,因此数列的公式为.2.已知的公式为,由题意知到的折线与,构成图形的面积为则依次连接所构成总面积为上述两式相减得:所以.21.答案： 1.因为,所以.由题设知,所以,故,又,所以.2. 由第一问得所以因为所以,当即时,取得最小值.22.答案： 1. 因为,平面,所以平面,又平面,所以,又,因此.2.解法一:取的中点,连接因为,所以四边形为菱形,所以,取中点,连接
8、则所以为所求二面角的平面角.又,所以.在中,由于,由余弦定理得,所以,因此为等边三角形,故所求的角为.解法二:以为坐标原点,分别以所在的直线轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得 故,设是平面的一个法向量.由可得取,可得平面的一个法向量.设是平面的一个法向量.由可得取,可得平面的一法向量所以因此所求的角为.23.答案： 1.由题意得,所以,因此椭圆的方程为.2.设,联立方程得由题意知且,所以.由题意可知圆的半径为.由题设知,所以,因此直线的方程为联立方程得,因此.由题意可知而令,则,因此,当且仅当,即时等号成立,此时,所以,因此.所以最大值为.综上所述:的最大值为,取得最大值时直线的斜率为24.答案： 1.当时,所以,对于且,都有,只需比较与其他项的大小比较当且时, 因为,且, 所以所以对于且,所以又所以是以首项,为公差的等差数列。2.(1)设、的公差为, 对于其中任意项(,)若,则则对于给定的正整数,此时,故数列为等差数列若则则对于给定正整数,此时,数列为等差数列(2)若,此时为一个大于的一次函数形式故必存在,当时,则当,所以时,所以是从第项开始为等差数列。(3)若此时为一个关于的一次函数,故必存在,当,则当时,因此当时,此时,令,下证:对任意正数,存在,当时取 (取不大于的整数)当时, 成立若,取当时,成立综上,对任意正整数存在,当时,命题得证。
