《河北省武邑中学2018届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省武邑中学2018届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题（解析版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河北省武邑中学2018届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题一、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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：是不等式的解集，是函数的定义域，求出它们后可得交集详解：，所以，故选B点睛：本题考察集合的概念及交集的运算，属于基础题2. 若复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内所对应的点位于（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】 ， 在复平面内所对应的点的坐标为，位于第二象限，故选：B3. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上
2、单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】四个函数都是偶函数，在上递增的只有D，而A，B，C三个函数在上都递减，故选D4. 设等差数列的前项和为，若，则（ ）A. B. 12 C. 16 D. 32【答案】D【解析】 又.可得，则 故选D.5. 已知向量，则向量的夹角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为向量，所以，则向量的夹角的余弦值为；故选C.6. 在平面区域内随机取一点，则点在圆内部的概率（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：画出不等式组对应的平面区域，其与圆面的公共部分的面积为个圆面，故其面积与平面区域的面积之比为所求概率详解：
3、不等式对应的平面区域如图所示：其中满足的点为阴影部分对应的点，其面积为，不等组对应的平面区域的面积为，故所求概率为，故选B点睛：几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等7. 设，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：因为是的必要不充分条件，故对应的集合是对应集合的真子集，根据这个关系可求实数的取值范围详解：对应的集合为，对应的集合为，故或，解得或，故选D点睛：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必
4、要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含8. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：求出函数在处的导数，故可由求出详解：，故，故，故选C 点睛：本题考察导数的几何意义，属于基础题9. 已知偶函数，当时，设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由于为偶函数，故函数关于对称，依题意，在区间函数为增函数，在上为减函数，由于，故.点睛：本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数图像平移变换的判断，考查函数的单调性，考查二次函数比较大小的方法.题目给定函数的奇偶性，但是给定的不是原函
5、数，是给定的奇偶性，所以第一步要将对称轴向右平移得到的对称轴，再根据函数的单调性可比较各数的大小.10. 已知两点，若曲线上存在点，使得，则正实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由可以得到在圆，此圆与题设中的圆至少有一个公共点，所以两圆位置关系是相交或相切，利用圆心距小于等于半径之和且大于等于半径之差的绝对值可得的取值范围详解：因为，所以点在圆，又点还在圆，故，解不等式有，故选B点睛：此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：（1）如果为定点，且动点满足，则动点 的轨迹为圆；（2）如果中，为定长，为定值，则动
6、点的轨迹为一段圆弧11. 已知函数 ，在的大致图象如图所示，则可取（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：从图像可以看出为偶函数，结合的形式可判断出为偶函数，故得的值，最后通过得到的值详解：为上的偶函数，而为上的偶函数，故为上的偶函数，所以因为，故，因，故，所以，因，故，所以综上，故选B 点睛：本题为图像题，考察我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围12. 已知，若有四个不同的实根且，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：因为题设有个变量，故利
7、用分段函数的图像可得，所以就可化成关于的函数，最后根据有四个不同的实数根得到的取值范围即得的取值范围详解：由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解当时， ，故，因，故，所以即且当时， ， 且所以，故选A 点睛：对于多变量函数的范围问题，降低变元的个数是首选方法，故需要利用函数图像找到各变量之间的关系注意根据零点的个数判断的取值范围二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知，且，则_【答案】【解析】分析：根据的值得到的值，再根据二倍角公式得到的值详解：因此且，故，所以，故填点睛：三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异
8、；（3）看角的差异；（4）看次数的差异对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法14. 已知实数满足则的最大值为_【答案】3【解析】分析：画出不等式组对应的可行域，利用线性规划就可以求出的最大值详解：可行域如图所示，由 的，当东至县过时，故填点睛：一般地，二元不等式（或等式）条件下二元函数的最值问题可以用线性规划或基本不等式求最值15. 若函数具备以下两个条件：（1）至少有一条对称轴或一个对称中心；（2）至少有两个零点，则称这样的函数为“多元素”函数，下列函数中为“多元素”函数的是_；.【答案】【解析】对于，图像关于直线x=1对称
9、，且-1,3为零点，符合条件；对于，由于f(2-x)=f(x)可得函数的图像关于直线x=1对称，当且仅当x=1取得，故函数的最小值为2e-100，而f(-1)0，f(3)0，故在区间（-1,1），（1,3）上各有一个零点，符合题意；对于，是由奇函数右移一个单位得到，故函数的图像关于点（1,0）对称，又f(-1)0，f(0)0，可知在区间（-1，0）上存在一个零点，又f(1)=0,所以符合题意;对于，所以没有零点.故填.16. 已知分别为的三个内角的对边，且，为内一点，且满足，则_【答案】3【解析】因为，所以因为，所以O为三角形ABC重心，设AC中点为M，则B,O,M三点共线，由面积关系得三、解
10、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. 已知数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）利用 求通项.（2）数列的通项是等差数列与等比数列的乘积，故用错位相减法求其前项和.详解：（1）当时，当时，适合上式， .（2）令，所以， 两式相减得： 故.点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.18. 从某
11、校高三的学生中随机抽取了100名学生，统计了某次数学模考考试成绩如表：（1）请在频率分布表中的、位置上填上相应的数据，并在给定的坐标系中作出这些数据的频率分布直方图，再根据频率分布直方图估计这100名学生的平均成绩；（2）从这100名学生中，采用分层抽样的方法已抽取了 20名同学参加“希望杯数学竞赛”，现需要选取其中3名同学代表高三年级到外校交流，记这3名学生中“期中考试成绩低于120分”的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：（1）利用总频数为和频率和为得到的值，再根据频率分布表中的数据绘制频率分布直方图.（2）根据分层抽样，名学生中成绩低于有人，故这
12、3名学生中“期中考试成绩低于120分”的人数服从超几何分布，故可得其分布列和数学期望.详解：（1），.频率分布表为:分组频数频率 频率分布直方图为:平均成绩为分.（2）成绩低于分的人数为人，不低于分的人数为人，的所有可能取值为 且，.的分布列为： .点睛：根据频率分布表绘制频率分布直方图时，注意小矩形的高是频率除以组距，各小矩形的面积和为.计算随机变量的分布列时，注意利用常见模型计算概率，如二项分布、超几何分布等.19. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，.（1）求证：；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：.（1）取中点，易证面，所以，（2）以所在直线分别为
13、轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，设平面的法向量=，即.试题解析：（1）证明：取中点，连，面，又面，（2），是等腰三角形，是等边三角形，.，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，从而得，设平面的法向量则，即，设平面的法向量，由，得，设二面角为，点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20. 已知椭圆，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.（1）求的标准方程；（2）是否存在过点的直线，与和交点分别是
14、和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）或【解析】分析：（1）由题设有，再根据可得的值，从而得到椭圆的标准方程.（2）因为，故，设直线方程为，分别联立直线与椭圆、直线与抛物线的方程，消去后利用韦达定理用表示，解出后即得直线方程.详解：（1）依题意可知，即，由右顶点为得，解得，所以的标准方程为.（2）依题意可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设直线方程为，联立方程组，得，由韦达定理得，则，联立方程组，得，由韦达定理得，所以，若，则，即，解得，所以存在符合题意的直线方程为或.点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的弦长、面积等问题，可以利用韦达定理把弦长、面积等表示为直线
