数学高考第一次模拟试题(附答案).doc

1、【必考题】数学高考第一次模拟试题(附答案)一、选择题1某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，则他第2次，第3次两次均命中的概率是ABCD2是成立的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D即不充分也不必要条件3一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ） ABCD4右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”执行该程序框图，若输入分别为14,18，则输出的（ ） A0B2C4D145展开式中的系数为（ ）A15B20C30D356展开式中的常数项为（ ）A80B-80C40D-407若满足，则为（ ）A等边三角形B有一个内角

2、为的直角三角形C等腰直角三角形D有一个内角为的等腰三角形8已知非零向量满足，且，则与的夹角为ABCD9某单位有职工100人，不到35岁的有45人，35岁到49岁的有25人，剩下的为50岁以上（包括50岁）的人，用分层抽样的方法从中抽取20人，各年龄段分别抽取的人数为（ ）A7，5，8B9，5，6C7，5，9D8，5，710若为虚数单位，且，则ABCD11已知为虚数单位，复数满足，则（ ）ABCD12下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的函数是（ ）ABCD二、填空题13函数y=的定义域是 .14在区间上随机取一个数x，的值介于的概率为 15函数（）的最大值是_16已知 的展开式中含有

3、项的系数是54，则n=_.17如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种（用数字作答）18在极坐标系中，直线与圆相切，则_19如图，已知P是半径为2，圆心角为的一段圆弧AB上一点，则的最小值为_20已知，均为锐角，则_三、解答题2111分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球

4、该局比赛结束.（1）求P（X=2）；（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率.22已知函数（1）证明：函数在上为增函数；（2）用反证法证明：没有负数根23如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，.（1）求证：平面BCD；（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值；（3）求点E到平面ACD的距离24在ABC中，a=7，b=8，cosB= （）求A；（）求AC边上的高25（辽宁省葫芦岛市2018年二模）直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)，在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为. （1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点，若

5、点的坐标为，求的最小值.【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1A解析：A【解析】【分析】基本事件总数，他第2次，第3次两次均命中包含的基本事件个数，由此能求出他第2次，第3次两次均命中的概率，得到答案【详解】由题意某人连续投篮5次，其中3次命中，2次未命中，因为基本事件总数，他第2次，第3次两次均命中包含的基本事件个数，所以他第2次，第3次两次均命中的概率是故选：A【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及排列、组合等知识的应用，其中解答中根据排列、组合求得基本事件的总数和第2次、第3次两次均命中所包含的基本事件的个数是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题2A解

6、析：A【解析】试题分析：因为，所以充分性成立；满足，但不满足，必要性不成立，所以选A.考点：充要关系3A解析：A【解析】【分析】分别当截面平行于正方体的一个面时，当截面过正方体的两条相交的体对角线时，当截面既不过体对角线也不平行于任一侧面时，进行判定，即可求解.【详解】由题意，当截面平行于正方体的一个面时得；当截面过正方体的两条相交的体对角线时得；当截面既不过正方体体对角线也不平行于任一侧面时可能得；无论如何都不能得.故选A.【点睛】本题主要考查了正方体与球的组合体的截面问题，其中解答中熟记空间几何体的结构特征是解答此类问题的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理能力，属于基础题.4B解析：B

7、【解析】【分析】【详解】由a=14，b=18，ab，则b变为1814=4，由ab，则a变为144=10，由ab，则a变为104=6，由ab，则a变为64=2，由ab，则b变为42=2，由a=b=2，则输出的a=2故选B5C解析：C【解析】【分析】利用多项式乘法将式子展开,根据二项式定理展开式的通项即可求得的系数.【详解】根据二项式定理展开式通项为则展开式的通项为则 展开式中的项为则 展开式中的系数为故选:C【点睛】本题考查了二项定理展开式的应用,指定项系数的求法,属于基础题.6C解析：C【解析】【分析】先求出展开式的通项，然后求出常数项的值【详解】 展开式的通项公式为:，化简得，令，即，故展开

8、式中的常数项为.故选：C.【点睛】本题主要考查二项式定理、二项展开式的应用，熟练运用公式来解题是关键.7C解析：C【解析】【分析】由正弦定理结合条件可得，从而得三角形的三个内角，进而得三角形的形状.【详解】由正弦定理可知，又，所以，有.所以.所以.所以为等腰直角三角形.故选C.【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题.8B解析：B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B【点睛】对向量夹

9、角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为9B解析：B【解析】【分析】分层抽样按比例分配,即可求出各年龄段分别抽取的人数.【详解】由于样本容量与总体中的个体数的比值为，故各年龄段抽取的人数依次为，.故选：B【点睛】本题考查分层抽样方法,关键要理解分层抽样的原则,属于基础题.10C解析：C【解析】【分析】利用复数乘法的运算法则化简原式，利用复数相等的性质可得结果.【详解】因为，即，因为为虚数单位，所以，故选C.【点睛】本题主要考查复数的乘法运算以及复数相等的性质，属于基础题.11C解析：C【解析】由题得. 故选C.12B解析：

10、B【解析】【分析】首先选项C中函数的周期为,故排除C,将,代入A,B,D求得函数值,而函数在对称轴处取最值,即可求出结果.【详解】先选项C中函数的周期为,故排除C,将,代入A,B,D求得函数值为,而函数在对称轴处取最值.故选:.【点睛】本题考查三角函数的周期性、对称性,难度较易.二、填空题13【解析】试题分析：要使函数有意义需满足函数定义域为考点：函数定义域解析：【解析】试题分析：要使函数有意义，需满足，函数定义域为考点：函数定义域14【解析】试题分析：由题意得因此所求概率为考点：几何概型概率解析：【解析】试题分析：由题意得，因此所求概率为考点：几何概型概率151【解析】【详解】化简三角函数的

11、解析式可得由可得当时函数取得最大值1解析：1【解析】【详解】化简三角函数的解析式，可得，由，可得，当时，函数取得最大值116【解析】【分析】利用通项公式即可得出【详解】解：（1+3x）n的展开式中通项公式：Tr+1（3x）r3rxr含有x2的系数是54r254可得66nN*解得n4故答案为4【点睛】本题考解析：【解析】【分析】利用通项公式即可得出【详解】解：（1+3x）n的展开式中通项公式：Tr+1（3x）r3rxr含有x2的系数是54，r254，可得6，6，nN*解得n4故答案为4【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题17390【解析】【分析】【详解】用

12、2色涂格子有种方法用3色涂格子第一步选色有第二步涂色共有种所以涂色方法种方法故总共有390种方法故答案为:390解析：390【解析】【分析】【详解】用2色涂格子有种方法,用3色涂格子,第一步选色有,第二步涂色,共有种,所以涂色方法种方法,故总共有390种方法.故答案为:39018【解析】【分析】根据将直线与圆极坐标方程化为直角坐标方程再根据圆心到直线距离等于半径解出【详解】因为由得由得即即因为直线与圆相切所以【点睛】（1）直角坐标方程化为极坐标方程只要运用公式及直接代入并化解析：【解析】【分析】根据将直线与圆极坐标方程化为直角坐标方程，再根据圆心到直线距离等于半径解出.【详解】因为，由，得，由

13、，得，即，即，因为直线与圆相切，所以【点睛】（1）直角坐标方程化为极坐标方程，只要运用公式及直接代入并化简即可；（2）极坐标方程化为直角坐标方程时常通过变形，构造形如的形式，进行整体代换.其中方程的两边同乘以(或同除以)及方程两边平方是常用的变形方法.但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注意对变形过程的检验.195【解析】【分析】设圆心为OAB中点为D先求出再求PM的最小值得解【详解】设圆心为OAB中点为D由题得取AC中点M由题得两方程平方相减得要使取最小值就是PM最小当圆弧AB的圆心与点PM共线时PM最解析：5【解析】【分析】设圆心为O,AB中点为D,先求出，再求PM的最小值得解.【详解

14、】设圆心为O,AB中点为D,由题得.取AC中点M，由题得,两方程平方相减得，要使取最小值，就是PM最小，当圆弧AB的圆心与点P、M共线时，PM最小.此时DM=,所以PM有最小值为2，代入求得的最小值为5故答案为5【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，考查平面向量的数量积及其最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20【解析】【分析】先求得的值然后求得的值进而求得的值【详解】由于为锐角且故由解得由于为锐角故【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式考查两角差的正切公式属于中档题解析：【解析】【分析】先求得的值，然后求得的值，进而求得的值.【详解】由于为锐角，且，故，.由，

15、解得，由于为锐角，故.【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角差的正切公式，属于中档题.三、解答题21（1）；（2）0.1【解析】【分析】(1)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果；(2)本题首先可以通过题意推导出所包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果【详解】(1)由题意可知，所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”所以(2)由题意可知，包含的事件为“前两球甲乙各得分，后两球均为甲得分”所以【点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出以及所

16、包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力，是中档题22见解析【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用函数的单调性进行推证；（2）借助题设条件运用反证法推证.试题解析：（1）任取，不妨设，则，又，所以，所以，故函数在上为增函数（2）设存在（）满足，则，且，所以，即，与假设矛盾，故方程没有负根考点：函数单调性的定义及反证法等有关知识的综合运用23（1）见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）连接OC，由BODO，ABAD，知AOBD，由BODO，BCCD，知COBD在AOC中，由题设知，AC2，故AO2+CO2AC2，由此能够证明AO平面BCD；（2）取AC的中

17、点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知MEAB，OEDC，故直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角在OME中，由此能求出异面直线AB与CD所成角大小的余弦；（3）设点E到平面ACD的距离为h在ACD中，故，由AO1，知，由此能求出点E到平面ACD的距离【详解】（1）证明：连接OC，BODO，ABAD，AOBD，BODO，BCCD，COBD在AOC中，由题设知，AC2，AO2+CO2AC2，AOC90，即AOOCAOBD，BDOCO，AO平面BCD（2）解：取AC的中点M，连接OM、ME、OE，由E为BC的中点，知MEAB，OEDC，直线OE与EM所成的锐角就是异面直线

18、AB与CD所成的角在OME中， OM是直角AOC斜边AC上的中线， ，异面直线AB与CD所成角大小的余弦为（3）解：设点E到平面ACD的距离为h，在ACD中，AO1，点E到平面ACD的距离为【点睛】本题考查点、线、面间的距离的计算，考查空间想象力和等价转化能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意化立体几何问题为平面几何问题24(1) A= (2) AC边上的高为【解析】分析：（1）先根据平方关系求,再根据正弦定理求，即得；（2）根据三角形面积公式两种表示形式列方程，再利用诱导公式以及两角和正弦公式求，解得边上的高详解：解：（1）在ABC中，cosB=，B（，），sinB=由正弦定理得 =，sin

19、A=B（，），A（0，），A=（2）在ABC中，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA=如图所示，在ABC中，sinC=，h=，AC边上的高为点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.25（1）（2）.【解析】分析：（1）将两边同乘，根据直角坐标与极坐标的对应关系得出直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入圆的普通方程，根据参数的几何意义与根与系数的关系得出详解：（1）由，化为直角坐标方程为，即（2）将l的参数方程带入圆C的直角坐标方程，得因为，可设，又因为（2，1）为直线所过定点，所以点睛：本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，参数方程的几何意义与应用，属于基础题