《山西省太原市2018届高三第三次模拟考试理科数学试题（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省太原市2018届高三第三次模拟考试理科数学试题（含答案解析）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、太原市2018年高三年级模拟试题（三）理科数学一、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】【详解】详解：解不等式得集合A,B进而求，再求交集即可.分析：集合，则.故选C.点睛：本题主要考查了集合的运算，属于基础题.2.若，则的值为（ ）A. 3 B. 5 C. D. 【答案】D【解析】分析：由复数的除法运算得，进而求模即可.详解：由，可得.故选D.点睛：本题主要考查了复数的除法运算及复数模的概念，属于基础题.3.是恒成立的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
2、C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】设 成立；反之， ，故选A.4.若，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为，所以.,所以,.综上：.故选D.5.中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如.现将该问题设计一个程序框图，执行该程序框图，则输出的等于（ ）A. 21 B. 22 C. 23 D. 24【答案】C【解析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.6.已知展开式中的
3、系数为0，则正实数（ ）A. 1 B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：由二项展开的通项公式得的展开式的通项公式，再与相乘得项，令其系数等于0可得解.详解：的展开式的通项公式为：.令得：；令得：.展开式中为：.由题意知，解得（舍）或.故选B.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r1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r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.7.已知数列的前项和，若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】详解：由，得，数列是从第二项起的等比数列
4、，公比为4，利用即可得解.详解，由，可得.两式相减可得：.即.数列是从第二项起的等比数列，公比为4，又所以.所以.故选B.点睛：给出 与 的递推关系，求an，常用思路是：一是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.8.如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，在这个正四面体中：与平行；与为异面直线；与成60角；与垂直.以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】分析：正四面体的平面展开图复原为正四面体A（B、C）DEF，依题意，MNAF，而DE与AF异面，从而可判断DE与MN不平行
5、；，假设BD与MN共面，可得A、D、E、F四点共面，导出矛盾，从而可否定假设，肯定BD与MN为异面直线；，依题意知，GHAD，MNAF，DAF=60，于是可判断GH与MN成60角；，连接GF，那么A点在平面DEF的射影肯定在GF上，通过线面垂直得到线线垂直详解：将正四面体的平面展开图复原为正四面体A（B、C）DEF，如图：对于，M、N分别为EF、AE的中点，则MNAF，而DE与AF异面，故DE与MN不平行，故错误；对于，BD与MN为异面直线，正确（假设BD与MN共面，则A、D、E、F四点共面，与ADEF为正四面体矛盾，故假设不成立，故BD与MN异面）；对于，依题意，GHAD，MNAF，DAF=
6、60，故GH与MN成60角，故正确；对于，连接GF，A点在平面DEF的射影A1在GF上，DE平面AGF，DEAF，而AFMN，DE与MN垂直，故正确综上所述，正确命题的序号是，故答案为：点睛：本题主要考察了空间中的两直线的位置关系，需要一定的空间能力，属于中档题.9.已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于两点，若，则（ ）A. B. 8 C. 16 D. 【答案】A【解析】分析：利用抛物线性质分析线段比，进而得直线斜率，写出直线的方程，再将直线的方程与抛物线y2=4x的方程组成方程组，消去y得到关于x的二次方程，最后利用根与系数的关系结合抛物线的定义即可求线段MN的长详解：抛物
7、线C：的焦点为F（1，0），准线为l：x=1，与x轴交于点Q设M（x1，y1），N（x2，y2），M，N到准线的距离分别为dM，dN，由抛物线的定义可知|MF|=dM=x1+1，|NF|=dN=x2+1，于是|MN|=|MF|+|NF|=x1+x2+2，即，.,直线AB的斜率为，F（1，0），直线PF的方程为y=（x1），将y=（x1），代入方程y2=4x，得3（x1）2=4x，化简得3x210x+3=0，x1+x2=，于是|MN|=|MF|+|NF|=x1+x2+2=+2=故选：A点睛：该题考查的是有关抛物线的焦点弦长的问题，以及抛物线的定义和性质，在解题的过程中，求焦点弦长的时候，也可以联
8、立方程组，利用求得结果.10.已知函数的图象过点，且在上单调，同时的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合，当，且时，则（ ）A. B. -1 C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】由题意求得、的值，写出函数f（x）的解析式，求图象的对称轴，得x1+x2的值，再求f（x1+x2）的值【详解】详解：由函数的图象过点，解得，又，又的图象向左平移个单位之后为，由两函数图象完全重合知；又，=2；，令,得其图象的对称轴为当，对称轴.，故选B.【点睛】本题主要考查的是有关确定函数解析式的问题，在求解的过程中，需要明确正弦型曲线的对称轴的位置，以及函数的性质，是高考中的常考知识点；对于三角函数解答题中，
9、当涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等都属于三角函数的性质，利用三角函数的性质求解11.下图是某四棱锥的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：还原几何体得四棱锥，根据球心到各顶点的距离相等列方程可得解.详解：根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥OABCD，正方体的棱长为2，A，D为棱的中点其中.根据几何体可以判断：球心应该在过A，D的平行于底面的中截面上，设球心到截面BCO的距离为x，则到AD的距离为：4x，R2=x2+（）2，R2=22+（4x）2，解得出：，该多面体外接球的表面积为：4R2=，故选
10、：C点睛：对于外接球问题，若是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径.12.设函数满足，则时，的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于等式，因为，故此等式可化为：，且.令，.当 时，单调递增，故，因此当时，恒成立.因为，所以恒成立.因此，在 上单调递增，的最小值为.故本题正确答案为D.点睛：本题主要考察导数的灵活应用，技巧性很强，关键是把条件等式化为的形式，再构造函数即可求解.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.曲线与直线所围成的封闭图形的面积为_【答案】 【解析】由
11、定积分的几何意义可得：封闭图形的面积.14.已知双曲线的实轴长为16，左焦点为是双曲线的一条渐近线上的点，且，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】分析：求得双曲线C一条渐近线方程为，运用点到直线的距离公式，得，结合勾股定理和三角形的面积公式，化简整理解方程可得，进而得到双曲线的离心率详解：双曲线的实轴长为16，所以，.设，双曲线C一条渐近线方程为，可得，即有，由，可得，所以，又，解得a=8，b=4，c=4，可得离心率为：.故答案为：.点睛：（1）本题主要考查双曲线的简单几何性质和离心率的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和基本运算能力. (2) 圆锥曲线的离心率常见的有
12、两种方法：公式法和方程法. 公式法就是先根据已知条件求出和,或者的关系，再代入离心率的公式化简求解.方程法就是把已知的等式化简可以得到一个关于和的方程,再把该方程化为关于离心率的一次或二次方程，直接计算出离心率.15.要从甲、乙等8人中选4人在座谈会上发言，若甲、乙都被选中，且他们发言中间恰好间隔一人，那么不同的发言顺序共有_种（用数字作答）.【答案】120【解析】分析：先选一个插入甲乙之间（甲乙需排列），再选一个排列即可.详解：先从除了甲乙以外的6人中选一人，安排在甲乙中间，有种，最后再选出一人和刚才的三人排列得：.故答案为：120.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排
13、列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.16.已知数列与满足，且，则_【答案】【解析】分析：令和，得，令，得，令，得,-得：，利用累加求通项即可.详解：由，当,；当,.由，令，得：,令，得：,-得：.从而得：，.上述个式子相加得：.由式可得：，得.所以.故答案为：.点睛：本题主要考虑数列的递推关系求通项，关键在于找到数列与的隔项特征，属于难题.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
14、，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分. 17.已知的内切圆面积为，角所对的边分别为，若.（1）求角；（2）当的值最小时，求的面积.【答案】(1);(2).【解析】分析：（1）由正弦定理将边化角得，进而得；（2）由内切圆的性质得，由余弦定理得，进而得，化简得，或，又，所以，从而得当时，的最小值为6，进而得面积.详解：（1）由正弦定理得，.（2）由余弦定理得，由题意可知的内切圆半径为1，如图，设圆为三角形的内切圆，为切点，可得，则，于是，化简得，所以或，又，所以，即，当且仅当时，的最小值为6，此时三角形的面积.点睛:本题主要考察了正余弦定理的灵活应用及三角形内切圆的性质,属于中档题.18.如图，在梯形中，四边形为矩形，平面，点是线段
