1、高三理数一模试卷高三理数一模试卷 一、单选题一、单选题 1设复数，则复数 z 在复平面内对应的点在（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2设集合，.若，则实数 n 的值为（ ） A-1 B0 C1 D2 3已知，则是（ ） A奇函数且周期为 B偶函数且周期为 C奇函数且周期为 D偶函数且周期为 4若变量 x，y 满足约束条件，则的最小值为（ ） A-8 B-3 C3 D8 5从 3 位女生、3 位男生中选 3 人参加辩论赛，则既有男生又有女生的概率为（ ） A B C D 6设点 P 是抛物线上的动点，F 是 C 的焦点，已知点，若的最小值为，则 C 的方程为（ ） A B
2、C D 7设函数则满足的取值范围是（ ） A-1,2 B0,2 C1,+） D0,+） 8在正四棱锥中，点 E 是棱的中点.若直线与直线所成角的正切值为，则的值为（ ） A1 B C2 D 9在半径为 2 的球 O 的表面上有 A，B，C 三点，.若平面平面，则三棱锥体积的最大值为（ ） A B C D 10袁隆平院士是我国的杂交水稻之父，他一生致力于杂交水稻的研究，为解决中国人民的温饱和保障国家粮食安全做出了重大的贡献.某杂交水稻研究小组先培育出第一代杂交水稻，再由第一代培育出第二代，第二代培育出第三代，以此类推.已知第一代至第四代杂交水稻的每穗总粒数分别为197 粒，193 粒，201 粒
3、，209 粒，且亲代与子代的每穗总粒数成线性相关.根据以上信息，预测第五代杂交水稻每穗的总粒数为（ ） （注：亲代是产生后一代生物的生物，对后代生物来说是亲代，所产生的后一代叫子代：，） A211 B212 C213 D214 11设函数（，）的部分图象如图所示.若，则（ ） A B C D 12已知函数，若只有两个零点、，则下列结论正确的是（ ） A当时， B当时， C当时， D当时， 二、填空题二、填空题 13已知向量，.若向量在向量方向上的投影为，则 . 14若直线与直线平行，其中、均为正数，则的最小值为 . 15已知，是双曲线：的两个焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为.若的面积为，则的离
4、心率为 . 16在四边形中，则四边形的面积为 . 三、解答题三、解答题 17将 8 株某种果树的幼苗分种在 4 个坑内，每坑种 2 株，每株幼苗成活的概率为 0.5.若一个坑内至少有 1 株幼苗成活，则这个坑不需要补种，若一个坑内的幼苗都没成活，则这个坑需要补种，每补种 1 个坑需 15 元，用 X 表示补种费用. （1）求一个坑不需要补种的概率； （2）求 4 个坑中恰有 2 个坑需要补种的概率； （3）求 X 的数学期望. 18设正项数列的前项和为，已知. （1）求的通项公式； （2）记，是数列的前项和，求. 19如图，四棱锥中，平面.点 M 是的中点，且平面平面. （1）证明：平面； （
5、2）求直线与平面所成角的正弦值. 20已知函数，且直线是的切线. （1）求 a 的值，并证明当时，； （2）证明：当，有. 21在平面直角坐标系中，点 P 是平面内的动点.若以为直径的圆 O 与以为直径的圆 T 内切. （1）证明：为定值，并求点 P 的轨迹 E 的方程； （2）设斜率为的直线 l 与曲线 E 相交于 C、D 两点，问在 E 上是否存在一点 Q，使直线、与 y 轴所围成的三角形是底边在 y 轴上的等腰三角形？若存在，求出点 Q 的横坐标；若不存在，说明理由. 22已知点在曲线上. （1）求动点的轨迹的方程； （2）过原点的直线 与（1）中的曲线交于、两点，求的最大值与最小值.
6、23已知. （1）当时，求不等式的解集； （2）若的解集包含，求的取值范围. 答案解析部分答案解析部分 1 【答案】A 【解析】【解答】 所以 在复平面内对应的点为 在第一象限. 故答案为：A 【分析】根据复数的除法运算法则先化简得 ，所以在复平面内对应的点为在第一象限. 2 【答案】C 【解析】【解答】依据集合元素互异性可知，排除 AB； 当 时， ， ， 满足 .C 判断正确； 当 时， ， ， .D 判断错误. 故答案为：C 【分析】依据集合元素互异性排除选项 AB；代入验证法去判断选项 CD，即可求得实数 n 的值. 3 【答案】A 【解析】【解答】，故为奇函数，且最小正周期为 故答案
7、为：A 【分析】利用降幂公式进行化简，再通过三角函数相关性质判断奇偶性及周期即可. 4 【答案】C 【解析】【解答】作出可行域，如图阴影部分，作直线， 由 得 ，即 在直线 中 中其纵截距，因此直线向上平移时，纵截距增大， 减小， 平移直线 ，当它过点 时， 取得最小值 故答案为：C 【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解 5 【答案】D 【解析】【解答】从 3 位女生、3 位男生中选 3 人参加辩论赛，既有男生又有女生包含两种情况：一男二女、二男一女， 故所求概率为 . 故答案为：D. 【分析】利用组合计数原理可得结果. 6 【答案】B 【解析】【解答】因为，故可得
8、点与抛物线关系如下所示： 由抛物线定义可得 ， 数形结合可知，当且仅当点 与 重合时，取得最小值 . 此时 ，解得 ，故抛物线方程为 . 故答案为：B. 【分析】根据抛物线的定义，找到 取得最小值的状态，数形结合，即可求得结果. 7 【答案】D 【解析】【解答】由，可得；或，可得； 综上， 的 取值范围是 . 故答案为：D 【分析】根据函数解析式，结合指对数函数的单调性，讨论不同区间对应 的 x 范围，然后取并即得 x 的取值范围. 8 【答案】C 【解析】【解答】由图，取正方形中心 O，连接， 因为 为正四棱锥，所以 ,所以 ,由因为 为正方形，所以 ,因为 ,所以 ,所以 , 为直角三角形
9、， 因为 ，所以直线 与直线 所成角即为直线 与直线 所成角,即 ，所以 ,即 ,所以 ,所以 故答案为：C 【分析】通过平移线段找到直线 与直线所成的角，通过证明为直角三角形，得到，从而得到线段的比值关系. 9 【答案】B 【解析】【解答】作出如图三棱锥 ， ，取 中点 ，连接 ，则 ， 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，则 ， 又 ， ，所以 ， ， 所以 ， 所以 ， ， 要使三棱锥 体积最大，则 到平面 的距离 最大，显然 ，当 时，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，此时 ，为最大值， 故答案为：B 【分析】取 AB 中点 D，可证明所以 平面 ，得
10、 ，由已知求得 CD 长，要使三棱锥 体积最大，则 C 到平面 OAB 的距离 h 最大，显然 ，当 时， ，由此求得体积的最大值 10 【答案】A 【解析】【解答】由题意，设亲代代数，子代的每穗总粒数 则 ， 所以线性回归方程为 当 时， 预测第五代杂交水稻每穗的总粒数为 211 故答案为：A 【分析】利用最小二乘法求得亲代与子代的每穗总粒数之间的线性回归方程，进而得解. 11 【答案】A 【解析】【解答】由图可知， ， ， ， ， ， ， ， 又 ， ， ， 故答案为：A 【分析】由图像可求出函数的解析式 ，由已知结合诱导公式，再利用二倍角公式可求解. 12 【答案】D 【解析】【解答】根
11、据题意可设，其中， 因为 只有两个零点 、 ，不妨设 ， 所以， ， 因为 ，则 且 ，由题意可得 ，则 . 由 可得 ，则 ， 当 时，则 ， ， ， ，AB 均错； 当 时，则 ， ，若 ，则 ，C 不符合题意 D 对. 故答案为：D. 【分析】分析可知 ，其中，设，可得出，然后分、两种情况讨论，可判断各选项的正误. 13 【答案】3 【解析】【解答】因为向量，向量在向量方向上的投影为， 所以 ， 解得 . 故答案为：3 【分析】根据向量在向量方向上投影的计算公式求解即可. 14 【答案】4 【解析】【解答】由已知可得，则， 因为 、 均为正数，利用基本不等式可得 ， 当且仅当 时，等号成
12、立. 故 的最小值为 4. 故答案为：4. 【分析】由两直线平行可得出 ，利用基本不等式可求得的最小值. 15 【答案】2 【解析】【解答】由题，焦点，渐近线方程为，根据点到直线距离公式得，根据勾股定理得，在中，利用等面积法可得，P 到 x 轴的距离，所以，离心率 故答案为：2 【分析】根据已知条件知 ，焦点为，根据点到直线的距离公式得，在中利用等面积法的转换即可求得离心率的值. 16 【答案】 【解析】【解答】如图，易知， ，可得 ，又因为 ，所以 ，又 ，解得 ，故 . 故答案为： . 【分析】先通过两个余弦定理建立 ,的关系，再结合求出，最后利用面积公式计算面积即可. 17 【答案】（1
13、）解：一个坑不需要补种就是 2 株幼苗中至少有 1 株成活， 所以其概率 （2）解：每坑要补种的概率，所以 4 个坑中恰有 2 个坑需要补种的概率 （3）解：设 4 个坑中需要补种的坑数为 Y，则，所以， 而，故元 【解析】【分析】 （1）利用对立事件概率公式求概率； （2）每坑要补种的概率 ，然后由独立重复试验的概率公式计算； （3）设 4 个坑中需要补种的坑数为 Y，则 ，由二项分布的期望公式计算可得 18 【答案】（1）解：当时，所以，又，故； 当时，而，两式相减得， 整理得，因为，所以， 故是以 为公差的等差数列，从而. （2）解：， 设 ，其中， 所以. 【解析】【分析】 （1）由可
14、求得的， 当时，由得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式； （2）计算出 ck，然后利用等差数列的求和公式可求得. 19 【答案】（1）证明：连结，则，又，所以 由平面，平面，得，又，平面，从而平面，又平面， 于是 过 C 作，垂足为 E，由平面平面，平面平面知，平面，而平面， 于是 结合得，又，平面，平面 （2）解：由（1）知，且点 M 是的中点，所以 如图，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则由得，令，得 ，设直线与平面所成角为， 则 【解析】【分析】 （1）由面面垂直的性质定理得线面垂直从而得线线垂直，然后由线面垂直的判定定理得
15、证结论； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角 20 【答案】（1）解：设切点的坐标为，依题意有 解得， 记，则 所以在上单调递减 故当时，即 （2）解：记 则 当时，有， 所以 于是在是单调递增，故， 即 【解析】【分析】 （1）利用导数的几何意义列出关于切点切线的方程，求出参数，再构造函数利用导数证明不等式即可； （2）构造新函数后化简，利用导数研究函数单调性，从而证明不等式，本题需要重点关注定义域的使用. 21 【答案】（1）证明：依题意有， 连结，由点 O 和 T 分别是和的中点知， 故有，即 又，所以点 P 的轨迹是以 M，N 为焦点的椭圆 因为，所以， 故点 P 的轨迹
16、E 的方程为 （2）解：假设存在满足条件的点 Q，依题意知， 设，则， 由得， 设 l 的方程为，代入椭圆方程得，. 由得，由韦达定理得， 又，所以 所以 故有，解得， 显然满足 所以在 E 上存在一点 Q，使直线、与 y 轴所围成的三角形是以点 Q 为顶角的等腰三角形， 此时点 Q 的横坐标为1 【解析】【分析】 （1）依据两圆相内切的性质去证明为定值，依据椭圆的定义去求点 P 的轨迹 E 的方程； （2）依据设而不求的方法去保证 、为等腰三角形的两腰，且点 Q 在 E 上即可解决. 22 【答案】（1）解：由题意，点在曲线上，可得， 令，可得， 设，则， 即动点的轨迹的方程. （2）解：由
17、题意，设直线 的方程为， 联立方程组，整理得， 要直线 与曲线交于、两点，则方程在上有两解， 设，可得，解得， 设，则，且 又由， 因为， 又因为，所以的最小值为 ，最大值为. 【解析】【分析】 （1）令，可得，求得，即可求得动点的轨迹的方程； （2）设直线 的方程为，联立方程组得到，根据题意转化为方程在上有两解，求得 k 的范围，结合，进而求得的最值. 23 【答案】（1）解：当时， 故当时，即，解得； 当时，即，解得，不等式无解； 当时，即，即，解得； 综上所述，的解集为或. （2）解：因为的解集包含，即对任意的，恒成立； 即，也即，对任意的恒成立， 故只需且，解得. 故的取值范围为. 【解析】【分析】 （1）根据 x 的取值进行分类，分段求解即可； （2）将问题转化为对任意的 ，恒成立，根据二次函数在区间上恒成立，列出 a 的不等关系，即可求得其范围.
