泗阳教育-交通安全教案

太原市2018年高三模拟试题（一）
数学试卷（理工类）
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.
x



1

1.
已知集合
Ay|ylog
2
x,x2,B

y|y

, x0

，则
AB


2




A.

1,


【答案】
A
【解析】

B.

0,




1

2

C.


1

,



2


1

D.

,1



2

x



1

1

A

yylog
2
x,x2



1,

,B
y|y

,x1



,

,
所以
AB

1,

，选
A .

2




2

2.
若复数
z
A.

1,1


【答案】
A
【解析】

1mi
在复平面内对应的点在第四象限，则实数
m
的取值范围是（
）
1i
B.

1,0

C.

1,

D.

,1



1m
0


2
1mi(1mi)(1 i)1mm1
1m1
，选
A.
zi
，所以

m1
1i222

0

2

2
3.
已知命题
p:x
0
R,x0
x
0
10
；命题
q:
若
ab
，则
11

，则下列为真命题的是（ ）
ab
A.
pq

【答案】
B
【解析】

因为
xx1xx
22
B.
pq
C.
pq
D.
pq

11
13133


命题
q
为假，所
 (x)
2

，所以命题
p
为真；
22,
2 2
44244

以
pq
为真，选B.

4.
执行如图所示的程序框图，输出
S
的值为（ ）

A.
3
1
2
log
2
3
B.
log
2
3
C.
3
D.
2
【答案】
D
【解析】

S3log
2
2log
34
1
2
2
log
2
3
 3log
234
2
(
1

2

3
)3log
2
24
，
所以
log
2
Slog
2
42

，选
D.

5.
已知等比数列

a
n< br>
中，
a
2
a
5
a
8
8,S< br>3
a
2
3a
1
，则
a
1
（ ）
A.
1
2
2
B.

1
2
C.

9
D.

1
9

【答案】
B
【解析】

因为
a
2
a
5
a8
8
，所以
a3
5
8,a
5
2,

因为
S
3
a
2
3
a
1
a
2
a
3
a
2
3a
1
a
2
3
2a
1
q2,

因此
a
4
1
q2,a
2
1

2
2

1
2
.

选
B.

6.
函数
yx
2

lnx
x
的图象大致为
a
所以，

A
C.
【答案】
C
【解析】

.
lnx
x
2
B.
D.
令
f

x

x
2

,
因
f

1

10
,
故排除选项
A、B,
因为f




2
e0
,
故排除选项
D;
故选

e

e

1

1
C.

7.
已知不等式
ax2by2
在平面区域


x,y

|x1且y1

上恒成立，若< br>ab
的最大值和最小值分别为
C.
-4
D.
-2
M
和
m
，则
Mm
的值为（ ）
A.
4

【答案】
C
【解析】

当
x1,y
B.
2

1
1
时，< br>ab2
；
当
x1,y
时，
ab2，ab 2;

2
2
因此
M2,m2Mm4.

选
C.

8.
已知抛物线
y2px

p0

的焦点为
F
，准线为
l,A,B
是抛物线上的两个 动点，且满足
AFB60
0
．设
线段
AB
的中点
M
在
l
上的投影为
N
，则 （ ）
A.
AB2MN

【答案】
D
B.
2AB3MN
C.
AB3MN
D.
ABMN

【解析】

由抛物线定义得
AF2BF
,M
在
N
三角形
AFB
中
AB|
2
A F|
2
BF|
2
2AFBFcos60
0
AF|< br>2
|BF|
2
AFBF

(AFBF)3AF BF
(AFBF)
2
3(
ABMN
，选
D.

2
AFBF
2
)
2

(AFBF)
2
4
|MN|
2

，所以
9.
某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A.
4

3
B.
8

3
C.
2
D.
4
【答案】
A
【解析】


几何体如图，体积为
2(22)
1
3
1
2
4
,

选
A.
3
点睛：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建< br>几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用 的
几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．

10.
已知函数
f

x

=2si n


x


,


＞0
，若
f

取值共有（ ）
A.
6个

【答案】
D
【解析】

因为
f

B.
7个







2,f

0

，则那么

的


,

上具有单调性，
4
43


C.
8个
D.
9个




2,f

0



2k

,



m

,(k,mZ).


，所以

4
42

41



[(m2k)]

，因为
f

x

在

,

上具有单调性，所以
32

43

因此


T

2

T0

12.

2346

6
因此
m2 k1,2,3,4,5,6,7,8,9

，即

的取值共有9个，选D.
点睛：已知函数
yAsin(

x

)B(A0,

0)
的图象求解析式
y
max
y
min< br>yy
min
,B
max
.
22
2

.
(2)由函数的周期
T
求

,T

(1)
A
(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求
.
ππ
2kπ

x

2kπ( kZ)
求增区间
;
22
π3π
2kπ(kZ)
求减区间 由
2kπ

x


22
(4)
由


11 .
三棱锥
DABC
中，
CD
底面
ABC,ABC为正三角形，若
AECD,ABCDAE2
，则三棱
锥
DABC
与三棱锥
EABC
的公共部分构成的几何体的外接球的体积为（
）
A.
163


9
B.
323


27
C.
20


3
D.
23


2
【答案】
B
【解析】

设
ADCEO

，则三棱锥
DA BC
与三棱锥
EABC
的公共部分为三棱锥
OABC
,

设三棱锥
OABC
外接球的半径为R，则
R
2
 (
23
2
342
, 体积为
)1R
2
()
2
R
2
,R
333
3
4

3
32
R3

，选B.
327
点睛：涉及球与棱柱、棱 锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截
面，把空间问题转化为 平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的
几何体的直观图，确定 球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

1

2
12.
设函数
f

x

xxlnx2
，若存在区间

a,b



,

，使
f

x

在

a ,b

上的值域为

2



k

a2

,k

b2



，则
k
的取值范围是（
）
A.

1,

92ln2



4

B.

1,

92ln2



4

C.

1,

92ln2



10

D.

1,

92ln2


10


【答案】
C
【解析】

因为
f

(x)2xlnx1,f

(x)2
f ()lf
11
0(x)
x2
na

2

k

，所以
f

(
1


x)
2
0a(f)b(
2

1

xxl nx2
因此
f(x)k(x2)
在

,

上有两个不同的零点，由
f(x)k(x2)
得
kg(x)
，
2

x2
x
2
3x42lnx
2 (2x1)(x2)
2

,
t2x30
，所所以g

(x)
令，则

tx3x42lnx

2
(x2)
xx
1
13
42ln2
，又
x1时t0
，所以当
x[,1)
时
g
(x)0

，当
x1

时

g

(x)0

，要
42
2
192l n2
使方程有两个不同的零点，需
g(1)kg()1k
，选
C.
210
以
t
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.

二、填空题：本大题共4道，每小题5分，共20分．
13.
在多项 式

12x

1y

的展开式中，
xy3
项的系数为
__________
．
【答案】
120

【解析】

13
根据二项式展开 式可知，
xy
3
的系数应为
C
6
2C
5
120
.
65

x
2
y
2
14.< br>已知双曲线
C
：
2

2
1
的右焦点为F
，过点
F
向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为
M
，交另一< br>ab
条渐近线于
N
，若
2MFFN
，则双曲线的离心率__________
．
【答案】
【解析】

如图所示
23
.
3

渐近线
OM
的方程为
bxay0,
右焦点为
F(c,0)
，因此
FM
bc
ab
22
b
，过点
F向
ON
作垂线，
垂足为
P
，则
FPFMb
.又因为
2MFFN
，所以
FN2b
，在直角三角形
FPN中，
sinFNP
PF
FN

b1

< br>

，所以
FNP
，故在三角形
OMN
中，MON
，所以
FON
,
2b2
636
所以b3
，即
a3b,ca
2
b
2
2b.
所以

a3

双曲线的离心率为
e

c2b23
.

a3
3b
15.
某人在微信 群中发了一个7元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人
至少领到1元 ，则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是
___________
．
【答案】
【解析】

由题意得共有
(1,1,5),(1,5,1) ,(5,1,1);(1,2,4),(1,4,2),(2,1,4),(2,4,1),(4,1,2),( 4,2,1);

2

5
(1,3,3),(3,1,3),(3 ,3,1);(2,2,3),(2,3,2),(3,2,2)

这
15
种，
其中甲领取的钱数不少于其他任何人的事件有
(5,1 ,1);(4,1,2),(4,2,1);(3,1,3),(3,3,1);(3,2,2)
这6
种，所
以概率为
62
.

155
点睛：古典概型中基本事件数的探求方法
(1)列举法.
(2)树 状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题
目， 常采用树状图法.
(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.
(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.


8< br>
，
16.
数列

a
n

中，a
1
0,a
n
a
n1
12

n1


nN,n2

，若数列

bn

满足
b
n
n·a
n1
1?


11

*
n
则数列

b
n

的最大项为第
__________
项．
【答案】6
【解析】

因为
a
n
a
n1
1


nN1
*

n2n

,
，所
2
以根据叠加法得
a
n
(2n1)(2n3)
所以
b
n
n(n1)(
3a
1
n
2< br>1
，
8
n
)
11
b
n1
8 (n2)


当
n5
时，
b
n1
b
n
，
当
n6
时，
b
n1

b
n
，因此数 列

b
n

b
n
11n

的 最大项为第6项.

三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.
ABC
的内角为
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，已知
abc
．

cosCsinBsinBcosC
（1）求
si n

AB

sinAcosAcos

AB

的最大值；
（2
）若
b2
，当
ABC
的 面积最大时，
ABC
的周长；
5
；（2）
Labc2222
.
2
【答案】
（1）
【解析】

试题分析：(1)先根据正弦 定理将边角关系转化为角的关系，在根据三角形内角关系利用诱导公式化简得
cosBsinB
，解得B,代入
sin

AB

sinAcosAcos

AB

化简得
2

sinAcosA
sinAcosA
，
根据三角函数同角关系转化为二次函数，最后根据对称轴 与定义区间位置关系确定最大值取法，(2)先根据
余弦定理得
2a
2
c
2
2ac
，再根据基本不等式求
ac
最大值，此时
AB C
的面积取最大，根据最大值
等号取法确定
a，c
值，即得三角形周长.
试题解析：
（1）由
abcabcosCcsinB
，

得：
cosCsinBsinBcosCcosCsinBsinBcosC
abc osCcsinB
，即
sinAsinBcosCsinCsinB
，
cosBsinB
，
B
由
sin

AB
< br>sinAcosAcos

AB

2

si nAcosA

sinAcosA
，

4
；
1
2
1
t2t
，
22

5
当且仅当
A
时，上式的最大值为
． < br>42
令
tsinAcosA
，原式

（2）
S
12
22
acsinBac,b
2
a
2
c< br>2
2accosB
，即
2ac2ac22ac,ac22，
24
21
，
2

当且仅当
ac2 2
等号成立；
S
MAX

周长
Labc222 2
．
点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面 积公式结合已知条件

灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值. 在利用基本不等式求最值时，要特别注
意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件 要求中字母为正数)、“定”(不等式的另
一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应 用，否则会出现错误.

18.
某校倡导为特困学生募捐，要求在自动购水机处每购 买一箱矿泉水，便自觉向捐款箱中至少投入一元钱.
现统计了连续5天的售出矿泉水箱数和收入情况，列 表如下：
售出水量
x
（单位：箱）
收入
y
（单位：元）

学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生，规定：特困生综合考核前20名， 获一等奖学金
500元；综合考核21～50名，获二等奖学金300元；综合考核50名以后的不获得 奖学金.
（1）若售出水量箱数
x
与
y
成线性相关，则某天售出9 箱水时，预计收入为多少元？
（2）甲乙两名学生获一等奖学金的概率均为
7
165
6
142
6
148
5
125
6
150
1
24
，获二等奖学金的概率均为，不获得奖学金的概 率均为，
3
515
已知甲乙两名学生获得哪个等级的奖学金相互独立，求甲乙两名学生 所获得奖学金之和
X
的分布列及数学
期望.
附：回归直线方程
y bxa
，其中
b

(xx)(yy)
ii
i1< br>n

(xx)
i
i1
n
，
aybx
.
2
【答案】（1）206；（2）见解析
【解析】

ˆ
，
a
ˆ
，再求线性回归方程自变量为9的函数值，(2)先确 定随机试题分析：(1)先求出君子，代入公式求
b
变量取法，在利用概率乘法求对应概率，列 表可得分布列，根据数学期望公式求期望.
试题解析：
ˆ

20,
a
ˆ
20x26
，
ˆ< br>
26
，所以线性回归方程为
y
（1）
x6,y146< br>，经计算
b
当
x9
时，
y
的估计值为
20 6
元；
（2）
X
的可能取值为
0，300，500，600，800，1000；

44164182416
；
P

X300

2
；
P

X500

2
；
551575
111214224
；
P

X 600


；
P

X800

 2
；
P

X1000


33953 155525
P

X0


X

P


0 300 500 600 800 1000
16

225
8

45
16

75
1

9
4

15
4

25
所以
X
的数学期望
E

X

60 0
．

19.
如图，在四棱锥
PABCD
中，底面ABCD
是边长为
2
（1
）求证：
PBPD
； （2
）若
E,F
分别为
PC,AB
的中点，
EF平面
PCD
，求直线
PB
与平面
PCD
所成角的大小．
正方形，
PABD
．

【答案】
（1）
详见解析
；（2）
【解析】


.
6
试题分析：本题主要考查线面垂直的判定与性质、二面角的求解等基 础知识，考查学生的分析问题解决问
题的能力、空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力
.第一问，利用线面垂直的判定定理，先证出
面
PAC
，利用线面垂直的性质定理得
BDPO
，在
PBD
中再证明
的
平
；第二问， 先证明
与平面所
AB,AP,AD
两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出平面PCD
的法向量，再求直线
成角的正弦值，最后确定角
.
试题解析：（
1
）连接
因为底面
所以
，，，交于点，

是正方形，

且为的中点
.

又
PABD,PAACA,

所以
由于
又
平面
PAC
，

平面
PAC
,
故
,
故
.
.

解法
1
：


设
PD
的中点为
Q
,
连接
AQ,EQ
,
EQ
∥=
1
CD,
2
所以
AFEQ
为平行四边形，
EF
∥
A Q
，

因为平面，

，

所以
AQ平面
所以
AQPD
,
PD
的中点为
Q
,
所以
APAD
由
AQ
平面
2
.
，又可得
AQCD
，

又
ADCD
，又
AQADA

所以
CD
平面
PAD

所以
CDPA
,
又
BDPA
,
所以
PA
平面
ABCD

（注意：没有证明出
P A
平面
ABCD
，直接运用这一结论的，后续过程不给分）

ˆ
,A
ˆ
,A
ˆ
的方向为
,
以
A
为坐标原点
,
向量
A
由题意
,
AB,AP,AD
两两垂直，
示的空间直角坐标系
Axyz
,
则

轴轴
z
轴的正方向建立如图所
A

0,0,0

, B


22

2,0,0,Q


0,< br>2
,
2


,D0,2,0,P0,0,2




22

ˆ
ˆ
A
< br>
0,
2
,
2


,P
ˆ
为平面
A
设直线

2,0,2


的一个法向量
.
与平面所成角为，

ˆ
ˆ
AP1
sin



ˆ
ˆ
A
2
P
所以直线与平面所成角为
.
解法
2
：设
PD
的中点为
Q
,
连接
AQ ,EQ
,
则
EQ
∥=
1
CD
,
2

所以
AFEQ
因为
平行四边形，
EF
∥
AQ
，

，

，

平面
所以
AQ
平面
所以
AQPD
,