高考数学模拟试题一理 13页

‎【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，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4—5：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，，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.‎ ‎4．D【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.‎ ‎7．C【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，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.‎ 8. ‎【解析】由题意，所围成的封闭图形的面积为.‎ 9. ‎1【解析】设数列的首项为，公比为，则依题意，有，解得，所以.‎ 10. ‎【解析】由题意，知 ①，又由椭圆的定义知，＝ ②，联立①②，解得，，所以＝，所以，，所以，所以，所以椭圆的方程为.‎ 11. ‎【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 ‎5‎ ‎35‎ ‎40‎ 不获奖 ‎45‎ ‎115‎ ‎160‎ 合计 ‎50‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎ 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，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：‎ ‎①若，，，单调递减，‎ 当时，的最小值. 6分 ‎②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①②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）①若，‎ ‎，‎ 当且仅当时，取等号，故只需，得. 6分 ‎②若，，，不合题意. 7分 ‎③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