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1、【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”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
2、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. 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
3、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,
4、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
5、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
6、,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
7、,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】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
8、,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, 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
9、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,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,
10、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