1、 河北武邑中学河北武邑中学 20182018 届高三下学期第六次模拟考试届高三下学期第六次模拟考试 数学试题数学试题( (理理) ) 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. . 将正确答案填涂在答题卡上将正确答案填涂在答题卡上. . 1. 已知 ， ，则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由题意得：， 故选：A 2. 若复数(，且)，且 ，则的实部为( ) A. B. C. D. 【答案】
2、A 【解析】 【分析】 利用复数模的公式列方程求出，利用复数乘法的运算法则化简复数，从而可得结果. 【详解】因为复数(，且)， 所以 ，解得， 可得 ， 所以，的实部为，故选 A. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌 握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法， 运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 3. 已知函数，则的图象大致为( ) A. B. C. D. 学 科 网.学 科 网.学 科 网.学 科 网.学 科 网.学 科 网.学 科 网.学 科 网.
3、学 科 网.学 科 网. 【答案】A 【解析】 【分析】 可以排除法，利用奇偶性可排除选项 ；利用，可排除选项，从而可得结果. 【详解】因为， 所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项 ； 又因为，可排除选项. 故选 A. 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置 (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势 (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性 (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象 4. 已知双曲线的一条渐近线与直线 垂直，则双曲线 的 离心率等于( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析
4、】 由题意判断出直线与渐近线垂直， 利用相互垂直的直线的斜率之间的关系和离心率公式即 可得结果. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 又直线可化为，可得斜率为 3， 双曲线的一条渐近线与直线垂直， ， 双曲线的离心率，故选 B. 【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线及离心率，属于中档题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重 点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出 ;构造的齐次式，求出 ;采用 离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;根据圆锥曲线的统一定义求解. 5. 九章算术中有如下问题:“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何?”，其大意:“已知直角 三角形两直角边长分别为
5、 8 步和 15 步，问其内切圆的直径为多少步?”.现若向此三角形内随机投一粒豆子 (视为点)，则豆子落在其内切圆外的概率是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由题意可知：直角三角向斜边长为 17，由等面积，可得内切圆的半径为：落 在内切圆内的概率为，故落在圆外的概率为 6. 已知函数 的部分图象如图所示，则函数图象的一 个对称中心可能为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 由题意得，即， 把点代入方程可得， 所以，可得函数的一个对称中心为，故选 C. 7. 下图中的程序框图的算法思路来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，若输入的
6、值分别为 8，10，0，则输出 和 的值分别为( ) A. 2，4 B. 2，5 C. 0，4 D. 0，5 【答案】B 【解析】 【分析】 模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的、的 值. 【详解】模拟执行程序框图，可得， ，不满足， 不满足； 满足； 满足； 满足； 不满足，满足，输出 的值为 2， 的值为 ，故选 B. 【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点： (1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环 结构和直到型循
7、环结构； (4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数； (5) 要注意各个框的顺序, （6） 在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即 可. 8. 已知， ，则的值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由，可得,由平方关系可得，从而得，进而可得 结果. 【详解】因为，所以, 可得, 因为， 所以 ， ， 所以的值为，故选 B. 【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的， 但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化
8、为特殊角并 且消除非特殊角的三角函数而得解(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角 函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先 求角的某一函数值，再求角的范围，确定角 9. 若关于的混合组 有解，则 的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 问题等价于函数的图象与条件表示的可行域有交点，作出可行域，由图可知 必有且图象在过两点的图象之间，从而可得结果. 【详解】 关于的混合组有解，等价于 函数的图象与 条件表示的可行域有交点， 画出可行域如图所示， 求得， 由图可知，欲满足条
9、件必有且图象在过两点的图象之间， 当图象过 点时， 当图象过 点时， 故 的取值范围是，故选 C. 【点睛】本题主要考查可行域、含参数目标函数最优解和均值不等式求最值，属于难题.含参变量的线性规 划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解题的难度， 此类问题的 存在增加了探索问题的动态性和开放性，此类问题一般从目标函数的结论入手，对目标函数变化过程进行 详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求最优解的关键. 10. 已知直线与函数的图象相切，则切点的横坐标为( ) A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】 设切点坐标为,根据导数的几何意义、
10、点在直线上且在曲线上，列出方程组求出切点坐标. 【详解】由可得， 设切点坐标为， 则，解得，故选 A. 【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体 现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率 ,即求该点处的导数；(2) 己知斜率 求切点 即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用 求解. 11. 已知 为抛物线的焦点， 为抛物线 上三点，当 时，称为“和谐三 角形”，则“和谐三角形”有( ) A. 0 个 B. 1 个 C. 3 个 D. 无数个 【答案】D 【解析】 【分析】 当时， 为的重心，连接并延长至 ，使，
11、当 在抛物线内部时，设， 利用“点差法”可证明总存在以 为中点的弦，从而可得结果. 【详解】抛物线方程为为曲线 上三点， 当时， 为的重心， 用如下办法构造， 连接并延长至 ，使， 当 在抛物线内部时， 设，若存在以 为中点的弦， 设， 则 则，两式相减化为， ， 所以总存在以 为中点的弦， 所以这样的三角形有无数个，故选 D. 【点睛】本题主要考查平面向量的基本运算以及“点差法”的应用，属于难题.对于有弦关中点问题常用 “ 点差法”，其解题步骤为：设点（即设出弦的两端点坐标） ；代入（即代入圆锥曲线方程） ；作差 （即两式相减，再用平方差公式分解因式） ；整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式
12、） ，然后求解. 12. 祖暅是南北朝时代的伟大科学家， 5 世纪末提出体积计算原理， 即祖暅原理: “幂势既同， 则积不容异”. 意思是:夹在两个乎行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都 相等，那么这两个几何体的体积一定相等.现将曲线绕 轴旋转一周得到的几何体叫做椭球体，记 为，几何体的三视图如图所示.根据祖暅原理通过考察可以得到的体积，则的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由三视图可得几何体是一个底面半径为 ，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点， 上底面为底面的圆锥，由祖暅原理可得结果. 【详解】由三
13、视图可得几何体是一个底面半径为 ，高为的圆柱， 在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥， 则圆柱的体积为， 圆锥的体积， 利用祖暅原理可计半椭球的体积为， 所以的体积为，故选 D. 【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力以及几何体的体积， 属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直 观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线 以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状， 根据正视图和侧视
14、图，确定组合体的形状. 二二. .填空题：本大题共填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分，将答案填在答题卡上相应位分，将答案填在答题卡上相应位. . 13. 设平面向量 与向量 互相垂直，且，若，则_. 【答案】5 【解析】 由平面向量 与向量 互相垂直可得 所以，又，故答案 为 . 【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式， 一是， 二是， 主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时 往往用坐标形式求解） ； （2）求投影， 在 上的投影是； （3）向量垂直则;(4)求向量 的 模（
15、平方后需求）. 14. 展开式中， 的系数为_. 【答案】 【解析】 【分析】 根据展开式的通项公式，分两种情况可得展开式的系数. 【详解】展开式的通项公式为， 故分别令，可得 展开式与的系数 分别为 故展开式的系数为， 故答案为. 【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热 点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题： （1）考查二项展开式的通项公 式； （可以考查某一项，也可考查某一项的系数） （2）考查各项系数和和各项的二项式系数和； （3）二项展开式定理的应用. 15. 现有 个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回
16、抓球，每次最少抓 1 个球，最多抓 3 个球，规定谁抓到最 后一个球赢.如果甲先抓，那么下列推断正确的是_.(填写序号) 若，则甲有必赢的策略； 若，则乙有必赢的策略； 若，则甲有必赢的策略； 若，则乙有必赢的策略. 【答案】 【解析】 【分析】 如果甲先抓，若甲有必贏的策略，必贏的策略为：甲先抓 1球，当乙抓 1球时，再抓 3 球；当乙抓 2球 时，甲再抓 2球；当乙抓 3 球时，甲再抓 1球；这时还有 4 个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓 1个球， 最多抓 3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩 3个球；甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜. 【详解】现有 个小球，甲、乙两位同学轮流且不
17、放回抓球， 每次最少抓 1个球，最多抓 3个球，规定谁抓到最后一个球贏， ，如果甲先抓，则甲有必赢的策略， 必赢的策略为： （1）甲先抓 1 球， （2）当乙抓 1 球时，甲再抓 3球；当乙抓 2 球时，甲再抓 2球；当乙抓 3 球时，甲再抓 1球； （3）这时还有 4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓 1 个球，最多抓 3 个球，无论如何抓，都会至少剩 一个球，至多剩 3个球； （4）甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜，故答案为. 【点睛】本题主要考查推理案例，属于难题.推理案例的题型是高考命题的热点，由于条件较多，做题时往 往感到不知从哪里找到突破点，解答这类问题，一定要仔细阅读题文，逐条分析
18、所给条件，并将其引伸， 找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而 使问题得以解决. 16. 中，角的对边分别为，面积为，当最大时， _. 【答案】 【解析】 , 当且仅当，取等号，C的最大值为 75，此时 sinC=,， . 故答案为： 三三. .解答题解答题: :本大题共本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. . 17. 已知数列的前 项和. (1)求 ； (2)求 . 【答案】 （1）；（2） 【解析】 【分析】 (1)由可得当 时， ，两式相
19、减，检验当时是否适合，从而 可得结果；(2)利用错位相减法，结合等比数列的求和公式即可得结果. 【详解】(1) 当时， . 当时， ， 故. (2) ， ， -得 ， . 【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前 项和公式之间的关系以及错误相减法求和，属于中档题. 已知 数列前 项和与第 项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前 项和的 递推关系或是关于第 项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求 出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项 的关系求 的过程中， 一定要注意 的情况. 18. 2017 年 4 月 1
20、日，新华通讯社发布:国务院决定设立河北雄安新区，消息一出，河北省雄县、容城、安 新 3 县及周边部分区域迅速成为海内外高度关注的焦点. (1)为了响应国家号召，北京市某高校立即在所属的 8 个学院的教职员工中作了“是否愿意将学校整体搬迁 至雄安新区”的问卷调查，8 个学院的调查人数及统计数据如下: 请根据上表提供的数据， 用最小二乘法求出变量 关于变量 的线性回归方程( 保留小数点后两位有 效数字)；若该校共有教职员工 2500 人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至雄安新区的人数； (2)若该校的 8 位院长中有 5 位院长愿意将学校整体搬迁至雄安新区，现该校拟在这 8 位院长中随机选取 4 位
21、院长组成考察团赴雄安新区进行实地考察，记 为考察团中愿意将学校整体搬迁至雄安新区的院长人数， 求 的分布列及数学期望. 参考公式及数据：，. 【答案】 （1）2000； （2）见解析 【解析】 试题分析： （1）依据公式计算回归方程，在根据求出的结果得到相应的预测值.（2） 是离散型随机变量， 它服从超几何分布，故根据公式计算出相应的概率，得到分布列后再利用公式计算期望即可. 解析：（1）由已知有 ， ,故变量 关于变量 的线性回归方程为，所以当 时， . （2）由题意可知 的可能取值有 1，2,3,4. ， . 所以 的分布列为 1 2 3 4 19. 如图，已知平面平面， 为线段的中点，
22、，四边形 为边长为 1 的正方形，平面平面，为棱的中点. (1)若 为线上的点，且直线平面，试确定点 的位置； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】 （1）见解析； （2） 【解析】 【分析】 (1)连接，由直线平面 ，又为的中点， 从而得为的中位 线， 为的中点； （2）先证明 平面， 可得两两相垂直，以 为坐标原点，分别以所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐 标系，平面的一个法向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的一个法向量，由 空间向量夹角余弦公式可得结果. 【详解】(1)连接，直线平面，平面， 平面平面， 又为的中点， 为的中位线， 为的中点. (2) 则，
23、又为的中点，. 又平面平面，平面平面 四边形为平行四边形. 又，四边形为菱形. 又， ， ，平面平面 平面， 两两相垂直 以 为坐标原点，分别以所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系依题意，得， ，. 设平面的一个法向量 则由且得: 且 令，得 . 又平面的一个法向量 所求锐二面角的余弦值约： . 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几 何问题的一般步骤是： （1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； （2）写出相应点的坐标，求出相应直 线的方向向量； （3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量； （4
24、）将 空间位置关系转化为向量关系； （5）根据定理结论求出相应的角和距离. 20. 已知抛物线和圆的公共弦过抛物线的焦点 ，且弦长为 4. (1)求抛物线和圆的方程； (2)过点 的直线与抛物线相交于两点抛物线在点 处的切线与 轴的交点为，求面积的最小值. 【答案】 （1）；（2） 【解析】 试题分析： （1）由题意可知，求得 的值，得到抛物线的方程，进而求得圆的方程. （2）设直线 的方程为：，联立方程组，求的及，利用导数求得切线方程，得到， 利用点到直线的距离公式，求的距离，表示出面积的表达式，利用导数，研究函数的单调性和最值，即可 得到结论. 试题解析： （1）由题意可知，所以，故抛物线
25、的方程为. 又，所以， 所以圆的方程为. （2）设直线 的方程为：，并设， 联立，消 可得，. 所以； . ，所以过 点的切线的斜率为，切线为， 令，可得， 所以点到直线的距离， 故，分 又，代入上式并整理可得： ，令，可得为偶函数， 当时， ，令，可得， 当，当， 所以时，取得最小值，故的最小值为. 点睛：本题主要考查抛物线的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,解答此类题目，利用题设条件确定 圆锥曲线方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数 的关系， 得到“目标函数”的解析式， 利用函数的性质进行求解， 此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，
26、导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 21. 已知函数. (1)若函数在区间上为增函数，求 的取值范围； (2)当且时，不等式在上恒成立，求 的最大值. 【答案】 （1）；（2）3 【解析】 试题分析： （1）依题意可得，函数在区间上为增函数等价于在 上恒 成立，即在上恒成立，从而可得 的取值范围； （2）不等式在上恒 成立等价于对任意恒成立，令，利用导数研究函数的单调性，从而可得 的最小值，即可求得 的最大值. 试题解析： （1）依题意可得. 函数在区间上为增函数 在 上恒成立，即在上恒成立，即在 上恒成立，而 . ，即 的取值范围为 (
27、2)当时，. 原不等式可化为，即对任意恒成立 令，则. 令，则. 在上单调递增 ， 存在使，即，即当 时，即； 当时，即. 在上单调递减，在上单调递增 由，得， . 点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题不等式恒成立问题常 见方法： 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可） ； 数形结合( 图象在 上方即可)； 讨论最值或恒成立； 讨论参数. 22. 在平面直角坐标系中，将曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的 ，得到曲线， 以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，的极坐标方程为. (1)求曲线的参数方程； (2)过原点 且关于 轴对
28、称的两条直线 与 分别交曲线于和， 且点 在第一象限， 当四边形 周长最大时，求直线 的普通方程. 【答案】 （1），( 为参数)； （2） 【解析】 试题分析： （）首先求得的普通方程，由此可求得的参数方程； （）设四边形的周长为 ，点 ，然后得到 与 的关系式，从而利用辅助角公式求得点的直角坐标点，从而求得 的普通方程 试题解析：（），（ 为参数） （）设四边形的周长为 ，设点， ， 且， 所以，当（）时， 取最大值， 此时， 所以， 此时， 的普通方程为 点睛：将曲线的参数方程化为普通方程的关键是消去其中的参数，此时要注意其中的(它们都是参数的函 数)的取值范围，即在消去参数的过程中一定
29、要注意普通方程与参数方程的等价性 23. 已知函数. (1)解不等式； (2)若，不等式对恒成立，求 的取值范围. 【答案】 （1）或；（2）或 【解析】 【分析】 (1) 对 分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果;(2)， 恒成立等价于 . 因为 ，所以由原不等式恒成立，得,从而可得结果. 【详解】(1) ， 原不等式等价于：或或， 解得: ，或 ，或， 综上所述，不等式解集是: 或； (2) ， 恒成立等价于 . 因为 ， 所以的最大值为； 时， ； 时，；时， ， 所以， 所以由原不等式恒成立，得：， 解得：或. 【点睛】绝对值不等式的常见解法： 利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想； 利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想； 通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想
