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1、2018届江苏省淮安市等四市高三上学期第一次模拟数学试题一、填空题1已知集合，则_【答案】【解析】，所以。2已知复数（为虚数单位），则的模为_【答案】【解析】，所以。3函数的定义域为_【答案】【解析】，解得定义域为。4如图是一个算法的伪代码，运行后输出的值为_ 【答案】【解析】（1）；（2）；（3），所以输出的值为13.5某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在250，400)内的学生共有_人【答案】750【解析】因为，得，所以。6在平面直角坐标系中，已
2、知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_【答案】【解析】，所以，得离心率。7连续2次抛掷一颗质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方体），观察向上的点数，则事件“点数之积是3的倍数”的概率为_【答案】【解析】总事件数为，目标事件：当第一颗骰子为1,2,4,6，具体事件有，共8种；当第一颗骰子为3,6，则第二颗骰子随便都可以，则有种；所以目标事件共20中，所以。8已知正四棱柱的底面边长为，侧面的对角线长是，则这个正四棱柱的体积是_【答案】【解析】由题意，正四棱柱即底面为正方形的长方体，所以高为6，长和宽都为3，所以。9若函数的图象与直线的三个相邻交点的横坐标分别
3、是，则实数的值为_【答案】【解析】由三角函数的图象可知，直线与正弦函数图象交的三个相邻交点中，第一个点和第三个点之间正好一个周期，则，所以。10在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离的最小值为_【答案】【解析】，所以，得，由图象对称性，取点，所以。11已知等差数列满足，则的值为_【答案】【解析】由题意，所以。点睛：本题考查等差数列的性质。当时，。本题中利用等差数列的性质，得到，在利用，求得。12在平面直角坐标系中，若圆 上存在点，且点关于直线的对称点在圆 上，则的取值范围是_【答案】【解析】关于直线的对称圆，由题意，圆与圆有交点，所以，所以的范围是。点睛：本题考查直线和圆的位置关系。由
4、题意，得到关于直线的对称圆，存在点满足条件，即圆与圆有交点，由图象特点得，求得的范围。直线和圆的题型充分利用图象辅助解题。13已知函数函数，则不等式的解集为_【答案】【解析】，所以，所以的解集为。点睛：本题考查绝对值不等式。本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不等式即可。绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理。14如图，在中，已知，为边的中点若，垂足为，则EBEC的值为_ 【答案】【解析】，由余弦定理，得，得，所以，所以。点睛：本题考查平面向量的综合应用。本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定
5、理和面积公式求解即可。15如图，是圆的直径，弦的延长线相交于点垂直的延长线于点求证：【答案】证明见解析【解析】试题分析：四点共圆，所以，又，所以，即，得证。试题解析：A连接，因为为圆的直径，所以，又，则四点共圆，所以又，所以，即，二、解答题16在中，角，所对的边分别为，且,.求的值；若，求的面积.【答案】（1）3（2）78【解析】试题分析：（1）由，得，；（2），由正弦定理,得，所以的面积.试题解析：（1）在中，由，得为锐角，所以，所以， 所以 （2）在三角形中,由，所以， 由， 由正弦定理,得， 所以的面积.17如图，在直三棱柱中，分别是， 的中点. 求证： ；.【答案】（1）见解析（2）见
6、解析【解析】试题分析：（1）取的中点，连结，所以平面；（2），所以面，所以.试题解析：（1）证明：取的中点，连结因为分别是的中点，所以且在直三棱柱中，又因为是 的中点，所以且. 所以四边形是平行四边形，所以， 而平面，平面，所以平面. （2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，所以面，又因为面，所以面面， 又因为，所以，面面，又因为面，所以，连结，因为在平行四边形中，所以，又因为，且，面，所以面， 而面，所以.18某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆及其内接等腰三角形绕底边上的高所在直线旋转18
7、0而成，如图2.已知圆的半径为，设，圆锥的侧面积为.（1）求关于的函数关系式；（2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积最大.求取得最大值时腰的长度.【答案】（1） ，（2）侧面积取得最大值时，等腰三角形的腰的长度为【解析】试题分析：（1）由条件，所以S，；（2）令，所以得，通过求导分析，得在时取得极大值，也是最大值。试题解析：（1）设交于点，过作，垂足为， 在中，在中，所以S，（2）要使侧面积最大，由（1）得： 令，所以得，由得：当时，当时，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在时取得极大值，也是最大值；所以当时，侧面积取得最大值， 此时等腰三角形的腰长答：侧面积取得最大值时，等腰
8、三角形的腰的长度为19如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点.为椭圆的右焦点，为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.求椭圆的标准方程；若，求的值；设直线，的斜率分别为，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2） （3）【解析】试题分析：（1）；（2）由椭圆对称性，知，所以，此时直线方程为，故 （3）设，则，通过直线和椭圆方程，解得，所以，即存在。试题解析：（1）设椭圆方程为，由题意知： 解之得：，所以椭圆方程为： （2）若，由椭圆对称性，知，所以， 此时直线方程为， 由，得，解得（舍去），故 （3）设，则，直线的方程为，代入
9、椭圆方程，得，因为是该方程的一个解，所以点的横坐标， 又在直线上，所以，同理，点坐标为， 所以，即存在，使得20已知函数当时，求函数的极值；若存在与函数，的图象都相切的直线，求实数的取值范围【答案】（1）当时，函数取得极小值为，无极大值；（2）【解析】试题分析：（1），通过求导分析，得函数取得极小值为，无极大值；（2），所以，通过求导讨论，得到的取值范围是试题解析：（1）函数的定义域为当时，所以 所以当时，当时，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得极小值为，无极大值； （2）设函数上点与函数上点处切线相同，则 所以 所以，代入得： 设，则不妨设则当时，当时，所以在区间上单
10、调递减，在区间上单调递增， 代入可得：设，则对恒成立，所以在区间上单调递增，又所以当时，即当时, 又当时 因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；即存在使得函数上点与函数上点处切线相同又由得：所以单调递减，因此所以实数的取值范围是21已知数列，其前项和为，满足，其中，.若，（），求证：数列是等比数列；若数列是等比数列，求，的值；若，且，求证：数列是等差数列.【答案】（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）(), 所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.试题解析：（1）证明：若，则当(),所以，即，所以， 又由，得，即，所
11、以，故数列是等比数列 （2）若是等比数列，设其公比为（ ），当时，即，得， 当时，即，得，当时，即，得，-，得 ， -，得 ， 解得代入式，得 此时()，所以，是公比为的等比数列，故 （3）证明：若，由，得，又，解得由， ，代入得，所以，成等差数列，由，得，两式相减得：即所以相减得：所以所以， 因为，所以，即数列是等差数列.22已知矩阵，若矩阵，求矩阵的逆矩阵【答案】【解析】试题分析：，所以试题解析：B因为， 所以23以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线（为参数）与圆的位置关系【答案】见解析.【解析】试题分析：直线方程化为普通方程为，圆
12、 化为普通方程为，所以直线与圆相切.试题解析：把直线方程化为普通方程为 将圆 化为普通方程为，即 圆心到直线的距离，所以直线与圆相切.点睛：本题考查参数方程与极坐标方程的普通方程求解。一般的，我们可以将参数方程和极坐标方程都转化为普通标准方程，因为普通方程才是我们熟悉的方程形式，然后利用普通方程解题即可。24选修4 - 5：不等式选讲 已知都是正实数，且，求证: 【答案】见解析【解析】试题分析：把不等式的左边写成形式，利用柯西不等式即证试题解析：证明：，又，【考点】柯西不等式25在正三棱柱中，已知，分别是，和的中点以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系求异面直线与所成角的余弦值；求二面角的
13、余弦值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：建立空间直角坐标系，（1），则；（2）平面的法向量为，平面的一个法向量为，。试题解析：（1）因为，则，所以， 记直线和所成角为，则，所以直线和所成角的余弦值为 （2）设平面的法向量为 ， 因为，则，取得： 设平面的一个法向量为，同理得， 根据图形可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为；点睛：本题考查空间向量在立体几何中的解题应用。一般的，在容易建系的空间几何体中，我们都可以采取空间向量法解题。空间向量法可以将几何问题转化为代数计算问题，降低了逻辑思维难度，只需掌握基本解法。26在平面直角坐标系xOy中，已知平行于轴的动直线交抛物线于点，点为的焦点圆心不在轴上的圆与直线，轴都相切，设的轨迹为曲线求曲线的方程；若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线，分别与轴相交于点，当线段的长度最小时，求的值【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）的方程为 ；（2），所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值，此时
