河北省唐山市2018年高考第三次模拟考试理科数学试卷含答案

2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理数(三)本试卷共6页，23题(含选考题)。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上．并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第I 卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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(){}2ln 330A x x x =-->，集合{}231,B x x U R =->=，则()U C A B ⋂=A. ()2,+∞B. []2,4C. (]1,3D. (]2,42.设i 为虚数单位，给出下面四个命题：1:342p i i +>+；()()22:42p a a i a R -++∈为纯虚数的充要条件为2a =；()()23:112p z i i =++共轭复数对应的点为第三象限内的点；41:2i p z i +=+的虚部为15i . 其中真命题的个数为A ．1B ．2C ．3D ．43.某同学从家到学校途经两个红绿灯，从家到学校预计走到第一个红绿灯路口遇到红灯的概率为0.75，两个红绿灯路口都遇到红灯的概率为0.60，则在第一个路口遇到红灯的前提下，第二个路口也遇到红灯的概率为A ．0.85B ．0.80C ．0.60D ．0.564．已知函数()fx x =的值域为A ，且,a b A∈，直线()()2212x y x a y b +=-+-=与圆有交点的概率为A ．18B ．38 C. 78 D. 145．一条渐近线的方程为43y x =的双曲线与抛物线2:8C y x =的一个交点为A ，已知AF =(F为抛物线C 的焦点)，则双曲线的标准方程为A ．2211832x y -=B ．2213218y x -= C ．221916x y -=D ．2291805y x -= 6．如图，弧田由圆弧和其所对弦围成，《九章算术》中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一”，即弧田面积12=(弦×矢+矢2)．公式中“弦”指圆弧所对的线段，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，按照上述的经验公式计算弧田面积与实际面积存在误差，则圆心角为3π，弦长为1的弧田的实际面积与经验公式算得的面积的差为A ．18- B ．1168πC ．1623π+- D ．525-7．已知()()322101210223nn x d x x x a ax a x a=+-=+++⋅⋅⋅+⎰，且，则12310012102310a a a a a a a a +++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+的值为 A ．823B ．845C ．965-D ．8778．已知函数()()s i n 2c o s 2,0,66f x x x x f x k ππ⎛⎫⎡⎤=++∈= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦当时，有两个不同的根12,x x ，则()12f x x k ++的取值范围为A．⎡⎣ B． C．⎭ D．)9.运行如图所示的程序框图，输出的S 值为 A ．2018201722⨯- B ．2018201822⨯+ C. 2019201822⨯-D ．2019201722⨯+10．已知直线()()21350m x m y m +++--=过定点A ，该点也在抛物线()220x py p =>上，若抛物线与圆()()()222:120C x y rr -+-=>有公共点P ，且抛物线在P 点处的切线与圆C 也相切，则圆C 上的点到抛物线的准线的距离的最小值为 A．3B. 3C ．3D．311．已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为A ．2143π B ．1273π C.1153π D ．1243π12．已知函数()f x 的导函数为()'f x ，且满足()32123f x x ax bx =+++，()()''24f x f x +=-，若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立，则实数b 的取值范围为A ．[)64ln3,++∞B ．[)5ln5,++∞ C.[)66ln6,++∞ D ．[)4ln 2,++∞第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

唐山市2018 ~ 2018学年度高三年级摸底考试数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的。

） 1．已知αββαtan ,31tan ,1)sin(则==+的值为 （ ）A ．－3B ．31- C ．31D ．32．若3=AB e ，5-=CD e ，且||||BC AD =，则四边形ABCD 是 （ ）A ．平行四边形B ．菱形C ．等腰梯形D ．非等腰梯形3．以正方体的顶点为顶点作正四面体，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为（ ） A ．3:1 B ．1:3C ．2:3D ．3:24．在数列{}*),(233,15,11N n a a a a n n n ∈-==+中则该数列中相邻两项的乘积是负数的是（ ）A ．2221a a ⋅B ．2322a a ⋅C ．2423a a ⋅D ．2524a a ⋅5．已知|AB|=4，M 是AB 的中点，点P 在平面内运动且保持|PA|+|PB|=6，则|PM|的最大值和 最小值分别是 （ ） A ．3和5 B ．5和5 C ．3和3 D ．4和36．已知函数)(),(x g x f 均在（a ，b ）内可导，在[a ，b]上连续，且)()(),()(a g a f x g x f ='>'， 则在（a ，b ）上有（ ）A ．f(x)与g(x)大小关系不确定B ．f(x)<g(x)C ．f(x)=g(x)D ．f(x)>g(x)7．已知)1(,)1()(1-+--=-x f a x xa x f 且函数的图象的对称中心是（0，3），则a 的值为（ ）A ．2B ．3C ．－2D ．－38．二次函数),1()0()(),2()2()(f f a f x f x f x f <≤-=+且满足则实数a 的取值范围是 （ ） A ．a ≥0 B ．a ≤0 C ．0≤a ≤4 D ．a ≤0或a ≥4 9．设{}{}0|),(,1)1(|),(22≥++==-+=c y x y x B y x y x A ，则使B A ⊆的c 的取值范 围是 （ ）A ．]12,12[---B ．),12[+∞-C ．]12,(---∞D ．]12,(--∞10．地球半径为R ，A 、B 两地均在北纬45°圈上，两地的球面距离为3Rπ，则A 、B 两地的经度之差的绝对值为（ ）A ．3π B ．2π C ．32π D ．4π 11．若*)()1(1N n x a n n ∈++是展开式中含x 2项的系数，则=+++∞→)111(lim 21nn a a a （ ）A ．2B ．1C ．21 D ．012．已知复数i z i z 21,221+=+=，则复数221z z 在复平面内对应的点位于 （ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。

唐山市2018—2019学年度高三年级摸底考试理科数学参考答案一．选择题：A 卷：ADBCDDACCB CB B 卷：ADBBD DACAB CB二．填空题：（13）2 （14） 1 2 （15）2 6 （16）(1，3)三．解答题：17．解：（1）由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1 （n ≥2）， ②①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1，化简为a n ＝3a n －1（n ≥2），即a n a n －1＝3（n ≥2）， …3分 在①中，令n ＝1可得，a 1＝1， …4分所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有a n ＝3n －1．…6分 （2）b n ＝(n －1)·3n －1，T n ＝0·30＋1·31＋2·32＋…＋(n －1)·3n －1， ③则3T n ＝0·31＋1·32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ． ④③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)·3n ，…8分 ＝3－3n1－3－(n －1)·3n ＝(3－2n )·3n －32．…10分 所以，T n ＝(2n －3)·3n ＋34． …12分 18．解：（1）由茎叶图可知，甲当天生产了10个零件，其中4个一等品，6个二等品；乙当天生产了10个零件，其中5个一等品，5个二等品， 所以，抽取的2个零件等级互不相同的概率P ＝4×5＋6×510×10＝ 1 2．…5分 （2）X 可取0，1，2，3．…6分 P (X ＝0)＝C 04C 36C 310＝ 1 6；P (X ＝1)＝C 14C 26C 310＝ 1 2； P (X ＝2)＝C 24C 16C 310＝ 3 10； P (X ＝3)＝C 34C 06C 310＝ 1 30； …10分X 的分布列为∴随机变量X 的期望E (X )＝0× 1 6＋1× 1 2＋2× 3 10＋3× 1 30＝ 6 5． …12分19．解：（1）∵直角三角形ABC 中，AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点，∴BD ⊥CD ， 又∵PB ⊥CD ，BD ∩PB ＝B ，∴CD ⊥平面PBD ，∴CD ⊥PD ，又∵AD ⊥BD ，∴PD ⊥BD ．又因为BD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥平面BCD ． …5分（2）以D 为坐标原点，DA ，DB ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (2，0，0)，B (0，2，0)，C (－2，0，0)，P (0，0，2)，PA →＝(2，0，－2)，PB →＝(0，2，－2)，CB →＝(2，2，0)设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由PB →·n ＝0，CB →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋2y ＝0，取n ＝(1，－1，－1)． …9分cos PA →，n ＝PA →·n |PA →||n |＝63，∴直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值为63．…12分 20．解：（1）由已知可得，y 1＝x 21，y 2＝x 22，所以y 1－y 2＝x 21－x 22＝(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＝2(x 1－x 2)，此时，直线l 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝2．…4分 （2）因为OB ⊥l ，所以k OB ＝－ 1k ，又因为k OB ＝y 2x 2＝x 22x 2＝x 2，所以，x 2＝－ 1k ，…6分 又由（1）可知，x 1＋x 2＝y 1－y 2x 1－x 2＝k ，从而有，x 1＝k －x 2＝k ＋ 1k ，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2|k ＋ 2k |，|OB |＝x 22＋y 22＝x 22＋x 42＝1k 2＋1k 4＝1＋k 2k 2，…9分 因为|AB |＝3|OB |，所以1＋k 2|k ＋ 2 k |＝31＋k 2k 2，化简得，|k 3＋2k |＝3，解得，k ＝±1，所以，|AB |＝1＋k 2|k ＋ 2k |＝32．…12分 21．解：（1）当a ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ 1x ，所以f (x )＝ 1 x － 1 x 2． …1分 设切点为(x 0，f (x 0))，曲线y ＝f (x )与y ＝m 相切，得f(x 0)＝0， 解得x 0＝1，所以切点为（1，1）．…3分 所以m ＝1． …4分（2）依题意得f (1)≥ e a ，所以1≥ ea ，从而a ≥e ．…5分 因为f (x )＝x －ln ax 2ln a ，a ≥e ，所以当0＜x ＜ln a 时，f (x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞ln a 时，f (x )＞0，f (x )单调递增，所以当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值log a (ln a )＋ 1ln a ．…7分 设g (x )＝eln x －x ，x ≥e ，则g (x )＝ e x －1＝e －xx ≤0，所以g (x )在[e ，＋∞)单调递减，从而g (x )≤g (e)＝0，所以eln x ≤x ．…10分 又a ≥e ，所以eln a ≤a ，从而 1 ln a ≥ ea ，当且仅当a ＝e 时等号成立．因为ln a ≥1，所以log a (ln a )≥0，即log a (ln a )＋ 1 ln a ≥ea ．综上，满足题设的a 的取值范围为[e ，＋∞)．…12分 22．解：（1）由ρ2－22ρsin (θ＋ π4)－4＝0得，ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－4＝0．所以x 2＋y 2－2x －2y －4＝0．曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝6．…5分（2）将直线l 的参数方程代入x 2＋y 2－2x －2y －4＝0并整理得，t 2－2(sin α＋cos α)t －4＝0，t 1＋t 2＝2(sin α＋cos α)，t 1t 2＝－4＜0．||OA |－|OB ||＝||t 1|－|t 2||＝|t 1＋t 2|＝|2(sin α＋cos α)|＝|22sin (α＋ π 4)| 因为0≤α＜，所以 π 4≤α＋ π 4＜5π4，从而有－2＜22sin (α＋ π4)≤22．所以||OA |－|OB ||的取值范围是[0，22]．…10分 23．解：（1）由题意得|x ＋1|＞|2x －1|,所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0，解得0＜x ＜2，故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}．…5分 （2）由已知可得，a ≥f (x )－x 恒成立，设g (x )＝f (x )－x ，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2， x ＜－1，2x ，－1≤x ≤ 12，－2x ＋2， x ＞ 12，由g (x )的单调性可知，x ＝ 12时，g (x )取得最大值1，所以a 的取值范围是[1，＋∞）． …10分唐山市2018—2019学年度高三年级摸底考试文科数学参考答案一．选择题：A卷：ACDBD CBCDA ACB卷：ACDCD CBCDA AB二．填空题：（13）12（14）2 （15）1 （16）(3，2]三．解答题：17．解：（1）设数列{a n}的首项为a1，公差为d（d≠0），则a n＝a1＋(n－1)d．因为a2，a3，a5成等比数列，所以(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋4d)，化简得，a1d＝0，又因为d≠0，所以a1＝0，…3分又因为a4＝a1＋3d＝3，所以d＝1．所以a n＝n－1．…6分（2）b n＝n·2n－1，…7分T n＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，①则2T n＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n．②①－②得，－T n＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n，…8分＝1－2n1－2－n·2n …10分＝(1－n)·2n－1．所以，T n＝(n－1)·2n＋1．…12分18．解：（1）-x甲＝110(217＋218＋222＋225＋226＋227＋228＋231＋233＋234)＝226.1；-x乙＝110(218＋219＋221＋224＋224＋225＋226＋228＋230＋232)＝224.7；…4分（2）由抽取的样本可知，应用甲工艺生产的产品为一等品的概率为25，二等品的概率为35，故采用甲工艺生产该零件每天取得的利润：w甲＝300×25×30＋300×35×20＝7200元；…7分应用乙工艺生产的产品为一等品、二等品的概率均为12，故采用乙工艺生产该零件每天取得的利润：w乙＝280×12×30＋280×12×20＝7000元．…10分因为w甲＞w乙，所以采用甲工艺生产该零件每天取得的利润更高．…12分19．解：（1）∵直角三角形ABC中，AB＝BC＝2，D为AC的中点，∴BD⊥CD，又∵PB ⊥CD ，BD ∩PB ＝B ，∴CD ⊥平面PBD ，又因为PD 平面PBD ，∴PD ⊥CD ． …5分（2）∵AD ⊥BD ，∴PD ⊥BD ．又∵PD ⊥CD ，BD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥平面BCD ．…8分 在直角三角形ABC 中，AB ＝BC ＝2，所以PD ＝AD ＝2，PB ＝PC ＝BC ＝2．S △ABC ＝2，S △PBC ＝3，设A 点到平面PBC 的距离为d ，由V P -ABC ＝V A -PBC 得，1 3S △ABC ×PD ＝ 13S △PBC ×d ，∴d ＝S △ABC ×PD S △PBC ＝ 263．即A 点到平面PBC 的距离为 263．…12分 20．解：（1）设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2y 得，x 2－2kx －2m ＝0，＝4k 2＋8m ，x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2m ，…2分 因为AB 的中点在x ＝1上，所以x 1＋x 2＝2．即2k ＝2，所以k ＝1．…4分 （2）O 到直线l 的距离d ＝|m |2，|CD |＝212－m 22， …5分所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝22·1＋2m ，…6分因为|AB |＝|CD |,所以22·1＋2m ＝212－m 22， 化简得m 2＋8m －20＝0， 所以m ＝－10或m ＝2． …10分 由⎩⎨⎧＞0，d ＜23得－ 12＜m ＜26．所以m ＝2，直线l 的方程为y ＝x ＋2．…12分 21．解：（1）f (x )＝2(ln x ＋1)．…1分 所以当x ∈(0， 1e )时，f (x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈( 1e ，＋∞)时，f (x )＞0，f (x )单调递增．所以x ＝ 1 e 时，f (x )取得最小值f ( 1 e )＝1－ 2e ．…5分 （2）x 2－x ＋ 1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x＝(x －1)(x － 1x －2ln x )，…7分 令g (x )＝x － 1 x －2ln x ，则g (x )＝1＋ 1 x 2－ 2 x ＝ (x －1)2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又因为g (1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g (x )＜0；当x ＞1时，g (x )＞0，…10分 所以(x －1)(x － 1x －2ln x )≥0，即f (x )≤x 2－x ＋ 1x ＋2ln x ．…12分 22．解：（1）由ρ2－22ρsin (θ＋ π 4)－4＝0得， ρ2－2ρcos θ－2ρsin θ－4＝0． 所以x 2＋y 2－2x －2y －4＝0．曲线C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝6． …5分（2）将直线l 的参数方程代入x 2＋y 2－2x －2y －4＝0并整理得，t 2－2(sin α＋cos α)t －4＝0，t 1＋t 2＝2(sin α＋cos α)，t 1t 2＝－4＜0．||OA |－|OB ||＝||t 1|－|t 2||＝|t 1＋t 2|＝|2(sin α＋cos α)|＝|22sin (α＋ π 4)|因为0≤α＜，所以 π 4≤α＋ π4＜5π4， 从而有－2＜22sin (α＋ π 4)≤22． 所以||OA |－|OB ||的取值范围是[0，22]．…10分 23．解：（1）由题意得|x ＋1|＞|2x －1|,所以|x ＋1|2＞|2x －1|2,整理可得x 2－2x ＜0，解得0＜x ＜2，故原不等式的解集为{x |0＜x ＜2}． …5分（2）由已知可得，a ≥f (x )－x 恒成立，设g (x )＝f (x )－x ，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2， x ＜－1，2x ，－1≤x ≤ 1 2，－2x ＋2， x ＞ 12， 由g (x )的单调性可知，x ＝ 12时，g (x )取得最大值1， 所以a 的取值范围是[1，＋∞）．…10分。

2018届河北省唐山市度高三第三次模拟考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，则集合（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：求出或，，可得.详解：，或，，，故选C.点睛：本题主要考查集合的补集与交集，属于容易题，在解题过程中要注意在求补集与交集时要考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.2．复数满足（为虚数单位），则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：先利用复数模的公式求得，然后两边同乘以，利用复数运算的乘法法则化简，即可得结果详解：,,，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，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：利用“拆角”技巧可得，利用两角差的正切公式可得结果.详解：，，故选D.点睛：三角函数求值时要注意：(1)观察角，分析角与角之间的差异以及角与角之间的和、差、倍的关系，巧用诱导公式或拆分技巧；(2)观察名，尽可能使三角函数统一名称；(3)观察结构，以便合理利用公式，整体化简求值.4．已知命题在中，若，则；命题，.则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：命题在中，，根据正弦函数的性质可判断命题为真命题；时，结论不成立，故为假命题，逐一判断四个选项中的命题即可.详解：命题在中，，若，则，故为真命题；命题，当时，不成立，故为假命题，故选B.点睛：本题通过判断或命题、且命题以及非命题的真假，综合考查函数的正弦函数的性质以及不等式恒成立问题，属于中档题. 解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.5．已知双曲线的两条渐近线分别为，若的一个焦点关于的对称点在上，则的离心率为（）A. B. 2 C. D.【答案】B【解析】分析：求得，可得的斜率为，化简后，结合，从而可得结果.详解：分别为双曲线的两条渐近线，不妨设为为，由右焦点关于的对称点在上，设焦点关于的对称点为，右焦点坐标为，中点坐标为，可得，解得，即有，可得的斜率为，即有，可得，即，则，可得，故选B.点睛：本题主要考查双曲线的简单性质及离心率，属于难题.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：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 6B. 7C.D.【答案】B【解析】分析：由三视图可知，该几何体为五棱柱，其底面为正视图，根据三视图中数据，利用柱体体积公式求解即可.详解：由三视图可知，该几何体为五棱柱底面为正视图，底面面积为，，高为，体积为，故选B.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，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，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.7．已知函数的图象与轴相切，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由函数的图象与轴相切，可得的最大值为，求出，得出的解析式，再计算.详解：，且的图象与轴相切，所以最大值，，即，，，故选B.点睛：本题主要考查由三角函数的性质求解析式，以及特殊角的三角函数，属于简单题. 8．已知是抛物线上任意一点，是圆上任意一点，则的最小值为（）A. B. 3 C. D.【答案】D【解析】分析：可设点的坐标为，由圆方程得圆心坐标，求出的最小值，根据圆的几何性质即可得到的最小值.详解：设点的坐标为，由圆的方程可得圆心坐标，，，是圆上任意一点，的最小值为，故选D.点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.9．利用随机模拟的方法可以估计圆周率的值，为此设计如图所示的程序框图，其中表示产生区间上的均匀随机数（实数)，若输出的结果为786，则由此可估计的近似值为（）A. 3.134B. 3.141C. 3.144D. 3.147 【答案】C【解析】分析：由模拟试验可得所取的点在圆内的概率为，则由几何概型概率公式，可得所取的点在圆内的概率为圆的面积比正方形的面积，由二者相等列方程可估计的值.详解：由程序框图可知， 共产生了对内的随机数，其中的共有对，即在以边长为的正方形中随机取点次，所取之点在以正方形中心为圆心，为半径的圆中的次数为次，设事件是在以边长为的正方形中随机取点， 所取之点在以正方形中心为圆心， 为半径的圆中，则，又由试验结果可得，，，故选C.点睛：本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视验证事件是否等可能性导致错误.10．在中，点满足.若存在点，使得，且，则（）A. 2B.C. 1D.【答案】D【解析】分析：由，可得，求得，解得，从而可得结果.详解：，，，可得，，故选D.点睛：本题主要考查向量的几何运算及平面向量基本定理的应用，属于难题．向量的几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）.11．若异面直线所成的角是，则以下三个命题:①存在直线，满足与的夹角都是；②存在平面，满足，与所成角为；③存在平面，满足，与所成锐二面角为.其中正确命题的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】分析：在①中，在上任取一点，过作，与的夹角均为；在②中，在上取一点,过作；在③中，在上取一点，过作，确定一个平面平面即可.详解：异面直线所成的角是，在①中，由异面直线所成的角是，在上任取一点，过作，在空间中过点能作出直线，使得与的夹角均为，存在直线，满足与的夹角都是，故①正确；在②中，在上取一点,过作，则以确定的平面，满足与所成的角是，故②正确；在③中，在上取一点，过作，确定一个平面平面，过能作出一个平面，满足与所成锐二面角为，故③正确，故选D点睛：本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查空间线性角、线面角、面面角的定义与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.12．已知，若的最小值为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：求出导函数，设导函数的零点，即原函数的极值点为，可得，结合的最小值为列方程组，求得，则值可求.详解：由，得，令，则，则在上为增函数，又，存在，使，即，，①函数在上为减函数，在上为增函数，则的最小值为，即，②联立①②可得，把代入①，可得，故选A.点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值与最值，属于难题. 求函数极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.二、填空题13．设变量满足约束条件则的最大值为__________．【答案】4.【解析】分析：画出可行域，平移直线，由图可知，当直线过点时，有最大值，从而可得结果.详解：画出表示的可行域，如图，，化为，平移直线，由图可知，当直线过点时，有最大值，由，到，此时，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14．某种袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，任意选一袋这种大米，质量在的概率为__________．（）【答案】0.8185.【解析】分析：先求出，再求得，从而可得结果.详解：因为（单位：）服从正态分布，所以，，根据正态分布的对称性，可得，，，故答案为.点睛：本题主要考查正态分布的性质与实际应用，属于中档题.有关正态分布的应用题考查知识点较为清晰，只要掌握以下两点，问题就能迎刃而解：（1）仔细阅读，将实际问题与正态分布“挂起钩来”；（2）熟练掌握正态分布的性质，特别是状态曲线的对称性以及各个区间概率之间的关系.15．设函数则使得成立的得取值范围是__________．【答案】.【解析】分析：分两种情况讨论，分别解不等式组，然后求并集即可.详解：由，得或，得或，即得取值范围是，故答案为.点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.16．的内角的对边分别为，角的内角平分线交于点，若，则的取值范围是__________．【答案】.【解析】分析：先由根据基本不等式可得，再根据角平分线的定理和角平分线公式，换元后结合函数的单调性即的结果.详解：，，，当且仅当时取等号，角的内角平分线交于，设，则，，由角平分线公式可得，设，易知函数单调递增，，，当且仅当时取等号，故答案为.点睛：本题主要考查角平分线定理基本不等式的应用以及利用单调性求范围，属于难题.求范围问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图象法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求范围，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求凼数的取值范围即可.三、解答题17．已知数列是等差数列，是等比数列，，.（1）求和的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】(1) a n＝2n－1，b n＝2n.(2).【解析】分析：（1）根据，列出关于公比、公差的方程组，解方程组可得与的值，从而可得数列与的通项公式；(2)由（1）可得根据分组求和，结合等差数列的求和公式以及等比数列求和公式可得结果.详解：（1）设数列{a n}的公差为d，数列{b n}的公比为q，依题意有，解得d＝2，q＝2，故a n＝2n－1，b n＝2n，（2）由已知c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，所以数列{c n}的前2n项和为S2n＝(a1＋a3＋…a2n－1)＋(b2＋b4＋…b2n)＝＋＝2n2－n＋ (4n－1)．点睛：本题主要考查等差数列的定义及等比数列的通项和利用“分组求和法”求数列前项和，属于中档题. 利用“分组求和法”求数列前项和常见类型有两种：一是通项为两个公比不相等的等比数列的和或差，可以分别用等比数列求和后再相加减；二是通项为一个等差数列和一个等比数列的和或差，可以分别用等差数列求和、等比数列求和后再相加减.18．某球迷为了解两支球队的攻击能力，从本赛季常规赛中随机调查了20场与这两支球队有关的比赛.两队所得分数分别如下：球队：122 110 105 105 109 101 107 129 115 100114 118 118 104 93 120 96 102 105 83球队：114 114 110 108 103 117 93 124 75 10691 81 107 112 107 101 106 120 107 79（1）根据两组数据完成两队所得分数的茎叶图，并通过茎叶图比较两支球队所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；记事件“球队的攻击能力等级高于球队的攻击能力等级”.假设两支球队的攻击能力相互独立. 根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求的概率.【答案】(1)茎叶图见解析，，A球队所得分数的平均值高于B球队所得分数的平均值；A球队所得分数比较集中，B球队所得分数比较分散．(2)0.31.【解析】分析：（1）通过茎叶图可以看出，球队所得分数的平均值高于球队所得分数的平均值；球队所得分数比较集中，球队所得分数比较分散；(2)由古典概型概率公式，利用互斥事件概率公式，独立事件的概率公式可求得事件的概率.通过茎叶图可以看出，A球队所得分数的平均值高于B球队所得分数的平均值；A球队所得分数比较集中，B球队所得分数比较分散．（2）记C A1表示事件：“A球队攻击能力等级为较强”，C A2表示事件：“A球队攻击能力等级为很强”；C B1表示事件：“B球队攻击能力等级为较弱”，C B2表示事件：“B球队攻击能力等级为较弱或较强”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C A1与C A2互斥，C＝(C A1C B1)∪(C A2C B2)．P(C)＝P(C A1C B1)+ P(C A2C B2)＝P(C A1)P(C B1)＋P(C A2)P(C B2)．由所给数据得C A1，C A2，C B1，C B2发生的频率分别为，，，，故P(C A1)＝，P(C A2)＝，P(C B1)＝，P(C B2)＝，P(C)＝×＋×＝0.31．点睛：本题主要考查互斥事件、对立事件及必然事件的概率及分段函数的解析式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.19．如图，四棱锥的底面是平行四边形，.（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，为棱上的点，平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析.(2).【解析】分析：（1）由平面，可得，由，可得，利用线面垂直的判定定理可得平面，从而根据面面垂直的判定定理可得结果；（2）以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零，列方程组分别求出平面与平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.详解：（1）∵AB∥CD，PC⊥CD，∴AB⊥PC，∵AB⊥AC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PA，又∵PA⊥AD，AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD，PA平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD．（2）连接BD交AE于点O，连接OF，∵E为BC的中点，BC∥AD，∴＝＝，∵PD∥平面AEF，PD平面PBD，平面AEF∩平面PBD＝OF，∴PD∥OF，∴＝＝，以AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，3，0)，D(－3，3，0)，P(0，0，3)，E(，，0)，F(2，0，1)，设平面ADF的法向量m＝(x1，y1，z1)，∵＝(2，0，1)，＝(－3，3，0)，由·m＝0，·m＝0得取m＝(1，1，－2)．设平面DEF的法向量n＝(x2，y2，z2)，∵＝(，－，0)，＝(，－，1)，由·n＝0，·n＝0得取n＝(1，3，4)．cos〈m，n〉＝＝－，∵二面角A-DF-E为钝二面角，∴二面角A-DF-E的余弦值为－．点睛：本题主要考查利用空间向量求二面角，属于难题.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）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．已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点（均不同于点），且与交于点，设点的轨迹为曲线.（1）证明：为定值，并求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，直线与交于两点，当三点共线时，求四边形的面积.【答案】(1)证明见解析，方程为.(2) .【解析】分析：（1）根据圆的切线性质可得，，从而根据椭圆的可得结果；（2）直线与曲线联立，利用韦达定理、弦长公式以及三角形面积公式可得四边形的面积为.详解：（1）由已知可得|PD|＝|PE|，|BA|＝|BD|，|CE|＝|CA|，所以|PB|＋|PC|＝|PD|＋|DB|＋|PC|＝|PE|＋|PC|＋|AB|＝|CE|＋|AB|＝|AC|＋|AB|＝4＞|BC|所以点P的轨迹Γ是以B，C为焦点的椭圆（去掉与x轴的交点），可求Γ的方程为＋＝1(y≠0)．（2）由O'，D，C三点共线及圆的几何性质，可知PB⊥CD，又由直线CE，CA为圆O'的切线，可知CE＝CA，O'A＝O'E，所以△O'AC≌△O'EC，进而有∠ACO'＝∠ECO'，所以|PC|＝|BC|＝2，又由椭圆的定义，|PB|＋|PC|＝4，得|PB|＝2，所以△PBC为等边三角形，即点P在y轴上，点P的坐标为(0，±)(i)当点P的坐标为(0，)时，∠PBC＝60︒，∠BCD＝30︒，此时直线l1的方程为y＝ (x＋1)，直线CD的方程为y＝－ (x－1)，由整理得5x2＋8x＝0，得Q(－，－)，所以|PQ|＝，由整理得13x2－8x－32＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＋x2＝，x1x2＝－，|MN|＝|x1－x2|＝，所以四边形MPNQ的面积S＝|PQ|·|MN|＝．(ii)当点P的坐标为(0，－)时，由椭圆的对称性，四边形MPNQ的面积为．综上，四边形MPNQ的面积为．点睛：求椭圆标准方程的方法一般为定义法与待定系数法,定义法是若题设给条件符合椭圆的定义，直接写出方程；也可以根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21．已知，函数.（1）记，求的最小值；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围.【答案】(1) g(a)的最小值为g(1)＝0．(2) 0＜a＜1．【解析】分析：（1）先求出，再求出，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间，根据单调性可得的最小值；（2）,因为有三个不同的零点，所以至少有三个单调区间，而方程至多有两个不同正根，所以，有解得，，然后再证明在内各有一个零点，可得的范围是．详解：（1）g(a)＝lna2＋－2＝2(lna＋－1)，g'(a)＝2(－)＝，所以0＜a＜1时，g'(a)＜0，g(a)单调递减；a＞1时，g'(a)＞0，g(a)单调递增，所以g(a)的最小值为g(1)＝0．（2）f'(x)＝－＝，x＞0．因为y＝f(x)有三个不同的零点，所以f(x)至少有三个单调区间，而方程x2＋(2a2－4a)x＋a4＝0至多有两个不同正根，所以，有解得，0＜a＜1．由（1）得，当x≠1时，g(x)＞0，即lnx＋－1＞0，所以lnx＞－，则x＞e－ (x＞0)，令x＝，得＞e－．因为f(e－)＜－＋－2＝－＜0，f(a2)＞0，f(1)＝－2＝＜0，f(e2)＝＞0，所以y＝f(x)在(e－，a2)，(a2，1)，(1，e2)内各有一个零点，故所求a的范围是0＜a＜1．点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22．选修4-4：坐标系与参数方程已知点在椭圆上，将射线绕原点逆时针旋转，所得射线交直线于点.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求椭圆和直线的极坐标方程；（2）证明：:中，斜边上的高为定值，并求该定值.【答案】(1),.(2) h为定值，且h＝.【解析】分析：（1）直接利用即可得椭圆和直线的极坐标方程；(2)由（1）得，代入，化简即可得结果.详解：（1）由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得椭圆C极坐标方程为ρ2(cos2θ＋2sin2θ)＝4，即ρ2＝；直线l的极坐标方程为ρsinθ＝2，即ρ＝．（2）证明：设A(ρA，θ)，B(ρB，θ＋)，－＜θ＜．由（1）得|OA|2＝ρ＝，|OB|2＝ρ＝＝，由S△OAB＝×|OA|×|OB|＝×|AB|×h可得，h2＝＝＝2．故h为定值，且h＝．点睛：本题主要考查直接坐标方程化为极坐标方程，以及坐标方程的应用，属于中档题.利用即可实现直接坐标方程化为极坐标方程的互化. 23．选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设，求的最大值.【答案】(1).(2) 故x＝±时，g(x)取得最大值－3．【解析】分析：（1）不等式等价于,两边平方后利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）将，写成分段函数形式，利用函数的单调性，可得当时，取得最大值.详解：（1）由题意得|x－1|≥|2x－3|,所以|x－1|2≥|2x－3|2整理可得3x2－10x＋8≤0，解得≤x≤2，故原不等式的解集为{x|≤x≤2}．（2）显然g(x)＝f(x)＋f(－x)为偶函数，所以只研究x≥0时g(x)的最大值．g(x)＝f(x)＋f(－x)＝|x－1|－|2x－3|＋|x＋1|－|2x＋3|，所以x≥0时，g(x)＝|x－1|－|2x－3|－x－2＝所以当x＝时，g(x)取得最大值－3，故x＝±时，g(x)取得最大值－3．点睛：绝对值不等式的常见解法：①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；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③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；④不等式两边都含绝对值，可以两边平方后再求解，体现了转化与划归思想.。

2018年河北省唐山市高考数学三模试卷（理科）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.1. 已知集合，，则集合A. B.C. D.2. 复数满足（为虚数单位），则A. B. C. D.3. 已知，则A. B.C. D.4. 已知命题：在中，若，则；命题，．则下列命题为真命题的是（）A. B.￢C.￢￢D.￢5. 已知双曲线的两条渐近线分别为，，若的一个焦点关于的对称点在上，则的离心率为（）A. B. C. D.6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.7. 已知函数的图象与轴相切，则A. B.C. D.8. 已知是抛物线上任意一点，是圆上任意一点，则的最小值为（）A. B. C. D.9. 利用随机模拟的方法可以估计圆周率的值，为此设计如图所示的程序框图，其中表示产生区间上的均匀随机数（实数），若输出的结果为，则由此可估计的近似值为（）A. B. C. D.10. 在中，点满足．若存在点，使得，且，则（）A. B. C. D.11. 若异面直线，所成的角是，则以下三个命题：①存在直线，满足与，的夹角都是；②存在平面，满足，与所成角为；③存在平面，，满足，，与所成锐二面角为．其中正确命题的个数为（）A. B. C. D.12. 已知，若的最小值为，则A. B. C. D.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设变量，满足约束条件，则的最大值为________．14. 某种袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，任意选一袋这种大米，质量在的概率为________．15. 设函数则使得成立的得取值范围是________．16. 的内角，，的对边分别为，，，角的内角平分线交于点，若，，则的取值范围是________三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知数列是等差数列，是等比数列，，，，．（1）求和的通项公式；（2）若为奇数为偶数，求数列的前项和．18. 某球迷为了解，两支球队的攻击能力，从本赛季常规赛中随机调查了场与这两支球队有关的比赛．两队所得分数分别如下：球队：球队：（1）根据两组数据完成两队所得分数的茎叶图，并通过茎叶图比较两支球队所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（2）根据球队所得分数，将球队的攻击能力从低到高分为三个等级：记事件：“球队的攻击能力等级高于球队的攻击能力等级”．假设两支球队的攻击能力相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求的概率．19. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，．（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，为棱上的点，平面，求二面角的余弦值．20. 已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点，均不同于点，且与交于点，设点的轨迹为曲线Γ．（1）证明：为定值，并求Γ的方程；（2）设直线与Γ的另一个交点为，直线与Γ交于，两点，当，，三点共线时，求四边形的面积．21. 已知，函数．（1）记，求的最小值；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 已知点在椭圆上，将射线绕原点逆时针旋转，所得射线交直线于点．以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求椭圆和直线的极坐标方程；（2）证明：：中，斜边上的高为定值，并求该定值．[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数．（1）求不等式的解集；（2）设，求的最大值．参考答案与试题解析2018年河北省唐山市高考数学三模试卷（理科）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.1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】先求出，从而得到集合．【解答】∵集合，，∴，∴集合．2.【答案】A【考点】复数的模【解析】根据复数的模长公式以及复数的运算法则进行化简求解即可．【解答】，则，3.【答案】D【考点】两角和与差的三角函数【解析】由题意利用两角和差的正切公式求得的值，再利用两角和差的正切公式求得要求式子的值．【解答】∵已知，∴，则，4.【答案】B【考点】复合命题的真假复合命题【解析】命题：在中，因为，根据正弦函数的性质可判断，若，则为证明题；命题，根据正弦函数的性质，可判断等号成立的条件满足，故为假命题．【解答】命题：在中，因为，若，则，故为真命题；命题，当时，等号成立，故为假命题．5.【答案】B【考点】双曲线的特性【解析】不妨设为，为，设出对称点的坐标，根据中点坐标公式和斜率公式即可求出与的关系，再根据离心率公式即可求出．【解答】，分别为双曲线的两条渐近线，不妨设为，为，若右焦点关于的对称点在上，设右焦点关于的对称点为，右焦点坐标为，中点坐标为，可得，解得，即有，可得的斜率为，即有，可得，即，则，可得，6.B【考点】由三视图求体积【解析】利用三视图判断几何体的形状，然后求解几何体的体积即可．【解答】由题意可知几何体是以正视图为底面，底面是正方形截去一个三角形的边形，高为的棱柱，所以几何体的体积为：．7.【答案】B【考点】三角函数的最值【解析】根据的最大值为计算，得出的解析式，再计算．【解答】∵，且的图象与轴相切，∴．即．∴，∴．8.【答案】D【考点】抛物线的求解【解析】设点的坐标为，圆的圆心坐标，求出的最小值，即可得到的最小值．【解答】设点的坐标为，圆圆的圆心坐标，∴，∴，∵是圆上任意一点，∴的最小值为，9.【答案】C【考点】程序框图由试验结果知在以边长为的正方形中随机取点次，所取之点在以正方形中心为圆心，为半径的圆中的次数为次，得出所取的点在圆内的概率是什么，由几何概型概率计算公式，得出所取的点在圆内的概率是圆的面积比正方形的面积，二者相等即可估计的值．【解答】根据题意，共产生了对内的随机数，其中能使的有对；即在以边长为的正方形中随机取点次，所取之点在以正方形中心为圆心，为半径的圆中的次数为次；设在以边长为的正方形中随机取点所取之点在以正方形中心为圆心为半径的圆中，；则圆正方形又∵试验结果，∴；∴．10.【答案】D【考点】平面向量的基本定理【解析】此题暂无解析【解答】解：∵，∴，∴，可得，∴，，．故选．11.【答案】D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系【解析】在①中，在上任取一点，过作，在空间中过点能作出直线，使得与，的夹角均为；在②中，在上取一点，过作，以，确定的平面，满足，与所成角为；在③中，在上取一点，过作，，确定一个平面平面，过能作出一个平面，满足，，与所成锐二面角为．【解答】异面直线，所成的角是，知：在①中，由异面直线，所成的角是，在上任取一点，过作，在空间中过点能作出直线，使得与，的夹角均为，∴存在直线，满足与，的夹角都是，故①正确；在②中，在上取一点，过作，则以，确定的平面，满足，与所成角为，故②正确；在③中，在上取一点，过作，，确定一个平面平面，过能作出一个平面，满足，，与所成锐二面角为．故③正确．12.【答案】A【考点】函数的最值及其几何意义【解析】求出原函数的导函数，设出导函数的零点，即原函数的极值点，可得，结合的最小值为求得，则值可求．【解答】由，得．令，则，则在上为增函数，又，∴存在，使，即．∴．①函数在上为减函数，在上为增函数，则的最小值为，即，②联立①②可得（舍）或．把代入①，可得．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.【答案】【考点】简单线性规划【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，即可求出的最大值．【解答】作出变量，满足约束条件，对应的平面区域如图：变形，得平移此直线，由图象可知当直线经过时，直线在轴的截距最大，得到最大，由，解得所以的最大值为．14.【答案】【考点】正态分布的密度曲线【解析】由已知求得，值，可知质量在之间，满足，由求解．【解答】由服从正态分布，得，，则，质量在之间，满足．15.【答案】【考点】分段函数的应用【解析】根据分段函数的表达式，分别讨论，和时不等式的解集即可．【解答】当时，不等式不成立，若，则等价为，得，即，得，此时，若，则等价为，得，即，得，此时，综上不等式的解为或，即不等式的解集为，16.【答案】【考点】三角形求面积【解析】先根据基本不等式可得，求出的范围，再根据三角形的面积，可得，即可求出．【解答】设，由可得，又，，∴，∴，由得，∴，三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.【答案】数列是等差数列，是等比数列，设公差为，公比为．由于：，，，．则：，解得：，．故：．由于：为奇数为偶数，则：为奇数为偶数．故：，，．【考点】数列的求和等差数列与等比数列的综合【解析】（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式．（2）利用（1）的通项公式，直接利用分组法求出数列的和．【解答】数列是等差数列，是等比数列，设公差为，公比为．由于：，，，．则：，解得：，．故：．由于：为奇数为偶数，则：为奇数为偶数．故：，，．18.【答案】两队所得分数的茎叶图如下：通过茎叶图可以看出，球队所得分数的平均值高于球队所得分数的平均值；球队所得分数比较集中，球队所得分数比较分散．记表示事件：“球队攻击能力等级为较强”，表示事件：“球队攻击能力等级为很强”；表示事件：“球队攻击能力等级为较弱”，表示事件：“球队攻击能力等级为较弱或较强”，则与独立，与独立，与互斥，．．由所给数据得，，，发生的频率分别为，，，，故，，，，．【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】（1）先作出两队所得分数的茎叶图，通过茎叶图可以看出，球队所得分数的平均值高于球队所得分数的平均值，从而球队所得分数比较集中，球队所得分数比较分散．（2）记表示事件：“球队攻击能力等级为较强”，表示事件：“球队攻击能力等级为很强”；表示事件：“球队攻击能力等级为较弱”，表示事件：“球队攻击能力等级为较弱或较强”，则与独立，与独立，与互斥，．．由此能求出的概率．【解答】两队所得分数的茎叶图如下：通过茎叶图可以看出，球队所得分数的平均值高于球队所得分数的平均值；球队所得分数比较集中，球队所得分数比较分散．记表示事件：“球队攻击能力等级为较强”，表示事件：“球队攻击能力等级为很强”；表示事件：“球队攻击能力等级为较弱”，表示事件：“球队攻击能力等级为较弱或较强”，则与独立，与独立，与互斥，．．由所给数据得，，，发生的频率分别为，，，，故，，，，．19.【答案】证明：∵，，∴，∵，，∴平面，∴，又∵，，∴平面，平面，∴平面平面；连接交于点，连接，∵为的中点，，∴，∵平面，平面，平面平面，∴，∴，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，∵，，∵，，由，得取．〈，，∵二面角为钝二面角，∴二面角的余弦值为．【考点】二面角的平面角及求法【解析】（1）证明，平面，即可得平面，平面，即可证明平面平面．（2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出面与面所成二面角的余弦值．【解答】证明：∵，，∴，∵，，∴平面，∴，又∵，，∴平面，平面，∴平面平面；连接交于点，连接，∵为的中点，，∴，∵平面，平面，平面平面，∴，∴，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，∵，，∵，，由，得取．〈，，∵二面角为钝二面角，∴二面角的余弦值为．20.【答案】由圆外一点作圆的切线，可得，，，所以，所以点的轨迹Γ是以，为焦点的椭圆（去掉与轴的交点），可得，，，可求Γ的方程为；由，，三点共线及圆的几何性质，可知，又由直线，为圆的切线，可知，，所以，进而有，所以，又由椭圆的定义，，得，所以为等边三角形，即点在轴上，点的坐标为当点的坐标为时，，，此时直线的方程为，直线的方程为，由整理得，得，所以；由整理得，设，，，，，所以四边形的面积．当点的坐标为时，由椭圆的对称性，四边形的面积为．综上，四边形的面积为．【考点】待定系数法求直线方程【解析】（1）由圆的切线的性质，可得切线长相等，求得为定值，结合椭圆的定义，即可得到所求方程；（2）由，，三点共线及圆的几何性质，可知，推得为等边三角形，即点在轴上，点的坐标为，分别讨论，或，求得两直线的方程，联立椭圆方程，求得，，运用四边形的面积，计算可得所求值．【解答】由圆外一点作圆的切线，可得，，，所以，所以点的轨迹Γ是以，为焦点的椭圆（去掉与轴的交点），可得，，，可求Γ的方程为；由，，三点共线及圆的几何性质，可知，又由直线，为圆的切线，可知，，所以，进而有，所以，又由椭圆的定义，，得，所以为等边三角形，即点在轴上，点的坐标为当点的坐标为时，，，此时直线的方程为，直线的方程为，由整理得，得，所以；由整理得，设，，，，，所以四边形的面积．当点的坐标为时，由椭圆的对称性，四边形的面积为．综上，四边形的面积为．21.【答案】，，所以时，，单调递减；时，，单调递增，所以的最小值为．，．因为有三个不同的零点，所以至少有三个单调区间，而方程至多有两个不同正根，所以，有解得，．由（1）得，当时，，即，所以，则，令，得，因为，，，，所以在（，，内各有一个零点，故所求的范围是．【考点】函数的最值及其几何意义利用导数研究函数的极值【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，得到函数的单调性，结合函数的零点的个数确定的范围即可．【解答】，，所以时，，单调递减；时，，单调递增，所以的最小值为．，．因为有三个不同的零点，所以至少有三个单调区间，而方程至多有两个不同正根，所以，有解得，．由（1）得，当时，，即，所以，则，令，得，因为，，，，所以在（，，内各有一个零点，故所求的范围是．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.【答案】由，得椭圆极坐标方程为，即；直线，转换为极坐标方程为，即．证明：设，，．由（1）得，，由可得，．故为定值，且．【考点】圆的极坐标方程【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．（2）利用三角形的面积公式建立等量关系求出．【解答】由，得椭圆极坐标方程为，即；直线，转换为极坐标方程为，即．证明：设，，．由（1）得，，由可得，．故为定值，且．[选修4-5：不等式选讲]23.【答案】由题意得，所以整理可得，解得，故原不等式的解集为．显然为偶函数，所以只研究时的最大值．，所以时，，所以当时，取得最大值，故时，取得最大值．【考点】函数的最值及其几何意义绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）利用绝对值不等式的等价形式，转化求解即可．（2）通过函数的奇偶性，化简函数的解析式为分段函数的形式，然后求解函数的最大值即可．【解答】由题意得，所以整理可得，解得，故原不等式的解集为．显然为偶函数，所以只研究时的最大值．，所以时，，所以当时，取得最大值，故时，取得最大值．。

唐山市2017—2018学年度高三年级第三次模拟考试理科综合能力测试参考答案及评分参考生物部分（共90分）A卷1．D 2．A 3．B 4．C 5．D 6．BB卷1．B 2．A 3．C 4．B 5．D 6．B29．(9分，除注明外，每空2分）（1）NADPH或[H]、ATP （2）C3（3）光反应和暗反应（4）N 、P、Mg（K、Ca）（3分）30．(10分，每空2分）（1）DNA 10 （2）一深一浅半保留（3）8031．(10分，每空2分）（1）排除重力对根的影响（2）b 主动运输（3）0 A32．(10分，除注明外，每空2分）（1）Ⅳ正反交结果一致，说明有眼、无眼基因与性别无关，位于常染色体上；有眼、无眼基因又与其他各对基因间的遗传均遵循自由组合规律。

（其他合理答案也给分）(4分)（2）有眼因为若无眼为显性，②×③杂交组合的F2表现型的比为12：3：1。

（其他合理答案也给分）37．(15分，每空3分）（1）牛肉膏、蛋白胨（2）杀死物体内外所有的微生物，包括芽孢和孢子。

（3）稀释涂布平板在控制S．albus方面，10万单位抗生素X的效果明显优于1万单位抗生素X；在控制E．coli方面，两种浓度的抗生素X的效果没有明显差异。

（4）滥用抗生素可能会加速筛选出大量抗生素抗性的细菌（其他合理答案也给分）38．(15分，每空3分）（1）构建基因表达载体时选用乳腺蛋白的启动子（2）减数第二次分裂中（3）蛋白质改变半胱氨酸的位置、数目和增加二硫键的数目（4）目的基因整合到受体细胞的DNA上唐山市2017—2018学年度高三年级第三次模拟考试化学部分（100分）卷型7 8 9 10 11 12 13A卷 A C B A D C BB卷 A D B A C C B26．（15分）（1）球形冷凝管（1分）使恒压分液漏斗上部与三颈烧瓶相通，便于漏斗内液体顺利流下（2分）（2）CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl（2分）；（反应放热）防止双氧水分解和氨水挥发（2分）。

河北省唐山市2018—2018学年度高三年级模拟考试数 学 试 卷（理科）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题 共60分）参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B) 如果事件A 、B 相互独立，那么P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ，那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率k n kk n n P P C k P --=)1()(一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1．设全集U={1，2，3，4，5},集合A={1，2，3},集合B={3，4，5},则（C U A ）∪（C U B ）= （ ） A ．{1，2，3，4，5} B ．{3} C ．{1，2，4，5} D ．{1，5} 2．抛物线x y 82=上的点),(00y x 到抛物线焦点的距离为3，则|y 0|= （ ）A ．2B ．22C ．2D ．4 3．已知|a |=1，|b |=2，a =λb （λ∈R ），则|a －b |=（ ） A ．1 B ．3 C ．1或3D ．|λ| 4．设a 、b 表示直线，α、β表示平面，α//β的充分条件是（ ）A ．a //b ，βα⊥⊥b a ,B ．b a b a //,,βα⊂⊂C ．αββα//,//,,b a b a ⊂⊂D ．αβ⊥⊥⊥b a b a ,,5．设x ，y 满足约束条件：y x z y y x y x y +=⎪⎩⎪⎨⎧≤+≥+≤则2,2,1的最大值与最小值分别为 （ ）A ．27，3 B ．5，27 C ．5，3 D ．4，3 6．函数),(,cos sin ππ-∈+=x x x x y 的单调增区间是（ ）A ．)2,0()2,(πππ和-- B ．（－2π，0）和（0，2π）C ．),2()2,(ππππ和-- D ．（－2π，0）和（2π，π）7．关于函数)2|sin(|)(π+=x x f 有下列判断：①是偶函数；②是奇函数；③是周期函数；④不是周期函数，其中正确的是 （ ）A ．①与④B ．①与③C ．②与④D ．②与③8．从4名教师与5名学生中任选3人，其中至少要有教师与学生各1人，则不同的选法共有 （ ） A ．140种 B ．80种 C ．70种 D ．35种 9．过坐标原点且与点（1,3）的距离都等于1的两条直线的夹角为 （ ）A ．90°B ．45°C ．30°D ．60°10．已知函数)(x f 是区间[－1，+∞]上的连续函数，当1111)(,03-+-+=≠x x x f x 时，则f (0)=（ ）A ．23B ．1C ．32 D ．0 11．设y x y x y x +≥-->>则且,2)1)(1(0,0的取值范围是（ ）A ．),222[+∞+B ．]12,0(+C ．)12,0(+D ．),222(+∞+12．若]),[(||b a x e y x ∈=的值域为[1，e 2]，则点（a ，b ）的轨迹是图中的（ ） A ．线段AB 和OA B ．线段AB 和BC C ．线段AB 和DCD ．点A 和点C第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上. 13．62)(a x xa -展开式的第三项为14．在正三棱锥S —ABC 中，侧棱SC ⊥侧面SAB ，侧棱SC=32，则此正三棱锥的外接球的表面积为15．双曲线122=-by ax 的离心率为5，则a :b=16．定义运算bc ad d c b a-=，若复数x 满足==x x ixi 则,22322三、解答题：本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（本小题满分12分） 求函数)2cos 2sin 1)(tan 1()(x x x x f ++-=的定义域，值域和最小正周期.18．（本小题满分12分）如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，平面B 1ED 交A 1D 1于F.（Ⅰ）指出F 在A 1D 1上的位置，并说明理由； （Ⅱ）求直线A 1C 与DE 所成的角；（Ⅲ）设P 为侧面BCC 1B 1上的动点，且,332 AP 试指出动点P 的轨迹，并求出其轨迹所表示曲线的长度.19．（本小题满分12分）甲与乙两人掷硬币，甲用一枚硬币掷3次，记正面朝上的次为ξ；乙用这次枚硬币掷2次，记正面朝上的次为η.（Ⅰ）分别求ξ和η的期望；（Ⅱ）规定；若ξ>η，则甲获胜，若ξ<η，则乙获胜，分别求出甲和乙获胜的概率.20．（本小题满分12分）过椭圆1422=+y x 的右焦点F 作直线l 交椭圆于M 、N 两点，设.23||= （Ⅰ）求直线l 的斜率k ；（Ⅱ）设M 、N 在椭圆右准线上的射影分别为M 1、N 1，求11N M ⋅的值.21．（本小题满分12分）已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且)3(21n n S n a +=对一切正整数n 恒成立. （Ⅰ）证明数列}3{n a +是等比数列；（Ⅱ）数列}{n a 中是否存在成等差数列的四项？若存在，请求出一组；若不存在，请说明理由.22．（本小题满分14分）函数1)(23+--=x x x x f 的图象上有两点A （0，1）和B （1，0）（Ⅰ）在区间（0，1）内，求实数a 使得函数)(x f 的图象在x =a 处的切线平行于直线AB ；（Ⅱ）设m>0，记M （m ，)(m f ），求证在区间（0，m ）内至少有一实数b ，使得函数图象在x =b 处的切线平行于直线AM.高三数学参考答案及评分标准（理科）一、每小题5分，共60分.CBCAC ABDCA AB 二、每小题4分，共16分. 13．x 15 14．π36 15．4或4116． i 22±- 三、解答题 17．解：)sin )(cos sin (cos 2)cos 2cos sin 2)(cos sin 1()(2x x x x x x x xxx f +-=+-= x x x 2cos 2)sin (cos 222=-= ………………6分函数的定义域为},2,|{Z R ∈+≠∈k k x x x ππ 22cos 222-≠⇔+≠x k x ππ∴函数)(x f 的值域为]2,2(- …………10分 ∴函数)(x f 的最小正周期ππ==22T …………12分 18．解：（Ⅰ）F 为A 1D 1的中点证明：由正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1 面ABCD//面A 1B 1C 1D 1 面B 1EDF ∩面ABCD=DE 面B 1EDF ∩面A 1B 1C 1D 1=B 1F ∴B 1F//DE ，同理：B 1E//DF ∴四边形DEB 1F 为平行四边形 ∴B 1F=DE ，又A 1B 1=CD Rt △A 1B 1F ≌Rt △CDE∴A 1F=CE=112121D A =∴F 为A 1D 1的中点 …………4分（Ⅱ）过点C 作CH//DE 交AD 的延长线于H ，连结A 1H则A 1C 与DE 所成的角就等于A 1C 与CH 所成的锐角即∠A 1CH （或其补角） 由于正方体的棱长为1，E 为BC 中点 ∴可求得A 1C=25,213,31==CH H A 在△A 1CH 中，由余弦定理得： 151525324134532cos 1212211=⋅-+=⋅⋅-+=∠CH C A H A CH C A CH A ∴1515arccos1=∠CH A ，即直线A 1C 与DE 所成的角为1515arccos …………8分 （Ⅲ）由于点A 到侧面BCC 1B 1的距离等于AB=1∴A 、P 、B 构成直角三角形的三个顶点 ∴B AB AP BP ,3322=-=为定点 ∴点P 的轨迹是以B 为圆心，33为半径的四分之一的圆 ∴它的长度等于：ππ6333241=⋅ …………12分 19．解：（Ⅰ）依题意ζ~B （3，0.5），η~B （2，0.5），所以E ζ=3×0.5=1.5, E η=2×0.5=1 ………………4分（Ⅱ）P （ζ=0）=83)21()1(,81)21(331303====C P C ζ81)21()3(,83)21()2(333323======C P C P ζζ21)21()1(,41)21()0(212202======C P C P ηη41)21()2(222===C P η …………7分甲获胜有以下情形：ζ=1，η=0，ζ=2，η=0，1；ζ=3，η=0，1，2 则甲获胜的概率为 21)412141(81)2141(8341831=++⨯++⨯+⨯=P乙获胜有以下情形：η=1，ζ=0，η=2，ζ=0，1则乙获胜的概率为 163)8381(4181212=+⨯+⨯=P …………12分 20．解：（Ⅰ）F （0,3） l ：)3(-=x k y …………2分 由041238)41(,)3(44222222=-+-+⎪⎩⎪⎨⎧-==+k x k x k x k y y x 得 …………4分 设M 222122114138),,(),,(kk x x y x N y x +=+则 ① 222141412k k x x +-=⋅ ② 2122122124)(1||1||23x x x x k x x k -++=-+== ③ 把①②代入③，并整理，得2241)1(423kk ++= 解得 25±=k …………6分 （Ⅱ）设11N M 与的夹角为20,πθθ<< 则由（Ⅰ）知52tan 25)2tan(=∴=-θθπ∴35cos =θ ∴4595)23(cos ||cos ||||2221111=⨯===⋅θθMN N M MN N M MN ……12分 21．解：（Ⅰ）由已知，得)(32+∈-=N n n a S n n ∴)1(3211+-=++n a S n n 两式相减得 32211--=++n n n a a a∴321+=+n n a a ………………2分 即)3(231+=++n n a a ∴2331=+++n n a a 又32111-==a S a ∴63311=+=a a故数列}3{+n a 是首项为6，公比为2的等比数列 …………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）1263-⋅=+n n a ∴3233261-⋅=-⋅=-n n n a假设}{n a 中存在四项依次为)(,,,,43214321m m m m a a a a m m m m <<<，它们可以构成等差数列，则)323()323()323()323(3241-⋅+-⋅=-⋅+-⋅m m m m 即32412222m m m m +=+⋅ ………………9分上式两边同除以12m ，得1+131214222m m m m m m ---+= ①∵m 1，m 2，m 3，m 4∈N +，且m 1<m 2<m 3<m 4∴①式的左边是奇数，右边是偶数 ∴①式不能成立∴数列}{n a 中不存在构成等差数列的四项 …………12分22．（Ⅰ）解：直线AB 斜率k AB =－1 123)(2--='x x x f令1123)10(1)(2-=--<<-='a a a a f 即 解得 32=a …………………………4分 （Ⅱ）证明：直线AM 斜率 101)1(223--=--+--=m m m m m m k AM 考察关于b 的方程1)(2--='m m b f即3b 2－2b －m 2+m=0 ………………7分在区间（0，m ）内的根的情况令g(b)= 3b 2－2b －m 2+m ，则此二次函数图象的对称轴为31=b 而0121)21(31)31(22<---=-+-=m m m g g(0)=－m 2+m=m(1－m)g(m)=2m 2－m －m(2m －1) ………………10分∴（1）当),0(0)(,0)(,0)0(,210m b g m g g m 在区间方程时=<><<内有一实根 （2）当)31,0(0)(,0)31(,0)0(,121在区间方程时=<><≤b g g g m 内有一实根 （3）当),31(0)(,0)(,0)31(,1m b g m g g m 在区间方程时=><≥内有一实根综上，方程g(b)=0在区间（0，m）内至少有一实根，故在区间（0，m）内至少有一实数b，使得函数图象在x=b处的切线平行于直线AM…………14分。

2017-2018学年 理科数学第Ⅰ卷一、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.1.集合{1,2,3,4}A =，*2{340}B x N x x =∈--<，则AB =（ ）A ．{1,2,3}B ．{1,2,3,4}C ．{0,1,2,3,4}D ．(1,4]- 2. 以下三个中，真有（ ） ①若数据123,,,,n x x x x 的方差为1，则1232,2,2,,2n x x x x 的方差为4；②对分类变量x 与y 的随机变量2K 的观测值k 来说，k 越小，判断“x 与y 有关系”的把握程度越大；③已知两个变量线性相关，若它们的相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1. A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③ 3. 若复数z 满足232i z z i--=（i 为虚数单位），则z =（ ）A B ．5 C D ．134. 圆22()5x y m +-=与双曲线2214y x -=的渐近线相切，则正实数m =（ ）A ．5B ．1C ．D 5. 若向量,a b 满足22a b ==，427a b -=，则a 在b 方向上的投影为（ ）A B C ．1 D ．-16. 执行下面的程序框图，若输出的y 值为5，则判断框中可填入的条件是（ ） A ．3i < B ．4i < C ．5i < D ．6i <7.等差数列{}n a 的各项均为正值，若3626a a +=，则46a a 的最大值为（ ） A ．1 B ．2 C ．4 D ．68.若变量,x y 满足25050250x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩，则22x y +的最小值为（ ）A ．254 B ．52C ．5 D9.函数()2sin()(0,)2f x x πωϕωϕ=+><的图象如图所示，则()f π=（ ）AB． C ．1 D ．-110.一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ） A ．16 B ．13 C ．14 D ．1211.设抛物线2:4C x y =的焦点为F ，斜率为k 的直线l 经过点F ，若抛物线C 上存在四个点到直线l 的距离为2，则k 的取值范围是（ ）A ．(,(3,)-∞+∞B ．(1)(1,3)-C ．(D ．(,1)(1,)-∞-+∞12.在数列{}n a 中，11a =，且11)10n n n n a a a a ++-+=，则2016a =（ ）A ．1B ．-1C ．2D ．2第Ⅱ卷二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填写在题中模线上.）13.若函数2)y x =为奇函数，则a =___________.14.在六棱锥P ABCDEF -2PA =且与底面垂直，则该六棱锥外接球的体积等于___________. 15.若6270127(2)(1)x x a a x a x a x +-=++++，则23a a +=___________.16.已知函数3221,0()3,0x ax x f x x a x ⎧--<⎪=⎨-+≥⎪⎩，恰有两个零点，则a 的取值范围是___________.三、解答题：本大题共70分，其中（17）—（21）题为必考题，（22），（23），（24）题为选考题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（本小题满分12分）在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，2cos cos a b cB C+-=. （1）求角C 的大小；（2）求sin sin A B 的最大值. 18.（本小题满分12分）某3D 打印机，其打出的产品质量按照百分制衡量，若得分不低于85分则为合格品，低于85分则为不合格品，商家用该打印机随机打印了15件产品，得分情况如下表：（1）写出该组数据的中位数和众数，并估计该打印机打出的产品为合格品的概率； （2）若打印一件合格品可获利54元，打印一件不合格品则亏损18元，记X 为打印3件产品商家所获得的利润，在（1）的前提下，求随机变量X 的分布列和数学期望. 19.（本小题满分12分）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，6BC =，2PA AD CD ===，E 为BC 上一点且23BE BC =，PB AE ⊥. （1）求证：AB PE ⊥；（2）求二面角B PC D --的余弦值.20.（本小题满分12分）已知椭圆C 的右焦点(1,0)F ，过F 的直线l 与椭圆C 交于,A B 两点，当l 垂直于x 轴时，3AB =.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）在x 轴上是否存在点T ，使得TA TB ∙为定值？若存在，求出点T 坐标；若不存在，说明理由.21.（本小题满分12分） 已知函数()ln 2mx f x e x =--.（1）若1m =，证明：存在唯一实数1(,1)2t ∈，使得'()0f t =； （2）求证：存在01m <<，使得()0f x >请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时请写清题号.22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，,,A B C 为O 上三点，B 为AC 的中点，P 为AC 延长线上一点，PQ 与O 相切于点Q ，BQ 与AC 相交于点D . （1）证明：DPQ ∆为等腰三角形；（2）若1,PC AD PD ==，求BD QD ∙的值.23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，(2,0)M -，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，(,)A ρθ为曲线C 上一点，(,)3B πρθ+，且1BM =.（1）求曲线C 的直角坐标方程； （2）求22OA MA +的取值范围.24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知0a b c d >>>>，ad bc =. （1）证明：a d b c +>+；（2）比较a b dca b c d 与b a cda b c d 的大小.唐山市2015—2016学年度高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一、选择题A 卷：BCAAD BCCBB AD B 卷：BCAAD BBCDCAD二、填空题（13）4 （14）43π（15）－1（16）(－3，0)三、解答题 （17）解：（Ⅰ）因为2a ＋b cos B ＝－c cos C ，所以由正弦定理可得：2sin A ＋sin B cos B ＝－sin Ccos C ， 所以2sin A cos C ＝－(sin B cos C ＋sin C cos B )＝－sin A ．因为sin A ≠0，所以cos C ＝－ 12．又0＜C ＜π，故C ＝ 2π3．…5分（18）解：（Ⅰ）该组数据的中位数为87，众数为92，打印的15件产品中，合格品有10件，由此可估计该打印机打出的产品为合格品的概率为 23． …5分 （Ⅱ）随机变量X 可以取－54，18，90，162，P (X ＝－54)＝C 03×(1－ 2 3)3＝ 1 27， P (X ＝18)＝C 13× 2 3×(1－ 2 3)2＝ 29， P (X ＝90)＝C 23×( 2 3)2×(1－ 2 3)1＝ 4 9， P (X ＝162)＝C 33×( 2 3)3＝ 827，X 的分布列为∴随机变量X 的期望E (X )＝(－54)× 1 27＋18× 2 9＋90× 4 9＋162× 827＝90． …12分（19）解：（Ⅰ）∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AE ，又∵PB ⊥AE ，PB ∩PA ＝P ，∴AE ⊥平面PAB ，又∵AB ⊂平面PAB ， ∴AE ⊥AB ．又∵PA ⊥AB ，PA ∩AE ＝A ， ∴AB ⊥平面PAE ，又∵PE ⊂平面PAE ， ∴AB ⊥PE ． …6分（Ⅱ）以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则B (0，0)，P (0，0，2)，C (3，0)，D (1，0)，∴BC ＝(－3，0)，PC ＝(3，－2)，DC ＝(0，2，0). 设平面PBC 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－33x ＋3y ＝0，－3x ＋3y －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1．同理可求平面PCD 的一个法向量n ＝(2，0．∴cos 〈m ,n 〉＝||||7m n m n ∙=＝－17． ∵二面角B -PC -D 为钝二面角， ∴二面角B -PC -D 的余弦值为－17．…12分（20）解：（Ⅰ）设椭圆C 的标准方程为22221x y a b+=（a ＞b ＞0），由已知可得：2222231b ac a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩解得2a b =⎧⎪⎨=⎪⎩故所求椭圆C 的方程为22143x y +=． …4分（Ⅱ）假设存在满足条件的点T (t ，0)，当直线AB 斜率不为0时，可设直线AB 为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 将x ＝my ＋1代入C 得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0，显然Δ＞0，且y 1＋y 2＝2643m -+，y 1y 2＝2943m -+，x 1＋x 2＝2843m +，x 1x 2＝2241243m m-+． 所以TA TB ∙＝(x 1－t )(x 2－t )＋y 1y 2＝x 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＋y 1y 2＝22(615)943t m m--+＋t 2－2t ＋1， 要使TA TB ∙为定值须有6153t -＝94-，得t ＝118，此时T (118，0)， TA TB ∙为定值－13564．当直线AB 斜率为0时，TA TB ∙＝－13564．故存在点T (118，0)满足题设. …12分（21）解：（Ⅰ）m ＝1时，f (x )＝e x －ln x －2，f '(x )＝e x －1x，x ＞0． 显然f '(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f '(12)＜0，f '(1)＞0， 故存在唯一实数t ∈(12，1)，使得f '(t )＝0．…4分（Ⅱ）f '(x )＝m e mx －1x ＝m (e mx －1mx)，由0＜m ＜1得f '(x )在(0，＋∞)上单调递增，由（Ⅰ）得mx 0＝t 时，f '(x 0)＝0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 即f (x )的最小值为f (x 0)＝f (tm)＝e t －ln t ＋ln m －2， ∵e t －1t＝0，∴e t ＝1t ，t ＝－ln t ．于是f (x 0)＝f (t m )＝1t ＋t ＋ln m －2，所以当ln m ＞2－(1t ＋t )时，f (x )＞0．取k ＝2－(1t＋t )＜0，故m ∈(e k ，1)时成立． …12分（22）解：（Ⅰ）证明：连接CQ ，BC ，AB ，因为PQ 是圆O 的切线，所以∠PQC ＝∠CBD ，因为B 为AC ⌒的中点，所以∠CQB ＝∠ACB ， 所以∠PQC ＋∠CQB ＝∠CBD ＋∠ACB ，即∠PQD ＝∠CDQ ，故△DPQ 为等腰三角形. …5分 （Ⅱ）设CD ＝t ，则PD ＝PQ ＝1＋t ，PA ＝2＋2t ， 由PQ 2＝PC ·PA 得t ＝1，所以CD ＝1，AD ＝PD ＝2， 所以BD ·QD ＝CD ·AD ＝2. …10分（23）解：（Ⅰ）设A (x ，y )，则x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以x B ＝ρcos (θ＋3π3π)＝12x；y B ＝ρsin (θ＋3π)＋12y ， 故B (12xyx ＋12y )．由|BM |2＝1得(12x＋2)2＋(x ＋12y )2＝1，整理得曲线C 的方程为(x ＋1)2＋(y2＝1．…5分（Ⅱ）圆C：1cos sin x y αα=-+⎧⎪⎨=⎪⎩（α为参数），则|OA |2＋|MA |2＝43sin α＋10，所以|OA |2＋|MA |2∈[10－10＋．…10分（24）解：（Ⅰ）由a ＞b ＞c ＞d ＞0得a －d ＞b －c ＞0，即(a －d )2＞(b －c )2， 由ad ＝bc 得(a －d )2＋4ad ＞(b －c )2＋4bc ，即(a ＋d )2＞(b ＋c )2， 故a ＋d ＞b ＋c ．…5分（Ⅱ）a b d cb acd a b c d a b c d＝(a b )a －b(cd )d －c＝(a b)a －b(d c)c －d ，由（Ⅰ）得a －b ＞c －d ，又a b ＞1，所以(a b )a －b ＞(ab)c －d，即(a b )a －b (d c )c －d ＞(a b )c －d (d c)c －d ＝(ad bc )c －d ＝1，故a a b b c d d c ＞a b b a c c d d ． …10分。

唐山市2018—2019学年度高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一．选择题：A 卷：DCADA BABCB DA B 卷：BCADA BADCB DC 二．填空题：13．2 14．3 2 15．34π 16．4三．解答题： 17．解：（1）由1，a n ，S n 成等差数列得1＋S n ＝2a n ，① 特殊地，当n ＝1时，1＋S 1＝2a 1，得a 1＝1． 当n ≥2时，1＋S n －1＝2a n －1，②①－②得a n ＝2a n －1，a na n －1＝2(n ≥2)，可知{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．则a n ＝2n －1，S n ＝2a n －1＝2n －1． …6分（2）n ≥2时，1S n ＝12n －1＜12n －1，则1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜1＋12＋122＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1＜2． …12分 18．解：（1）取AB 1的中点E ，连接EM ，EN ，在△ABB 1中，E ，M 分别是AB 1，AB 的中点，则EM ∥BB 1，且EM ＝ 12BB 1，又N 为CC 1的中点，CC 1∥BB 1，所以NC ∥BB 1，NC ＝ 12BB 1，从而有EM ∥NC 且EM ＝NC ，所以四边形EMCN 为平行四边形，所以CM ∥NE ． 又因为CM ⊄平面B 1AN ，NE ⊂平面B 1AN ， 所以CM ∥平面B 1AN ． …5分 （2）因为AC ＝BC ，M 为AB 的中点，所以CM ⊥AB ，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，由AA 1⊥平面ABC ，得AA 1⊥CM ， 又因为AB ∩AA 1＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1，从而A 1M ⊥CM ， 又因为A 1M ⊥B 1C ，B 1C ∩CM ＝C ，所以A 1M ⊥平面B 1MC ， 从而有A 1M ⊥B 1M ，因为AC ＝BC ＝4，AB ＝43，AM ＝MB ，所以AA 1＝AM ＝23． 由（1）知EM ∥BB 1，所以EM ⊥平面ABC ．以M 为坐标原点，MB →，MC →，ME →为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系M -xyz ，则A (－23，0，0)，A 1(－23，0，23)，B 1(23，0，23)，C (0，2，0)，N (0，2，3)．所以A 1M →＝(23，0，－23)，AB 1→＝(43，0，23)，AN →＝(23，2，3)．设平面B 1AN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·n ＝0，AN →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧43x ＋23z ＝0，23x ＋2y ＋3z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，0，－2)，平面B 1MC 的法向量为A 1M →＝(23，0，－23)， cos 〈A 1M →，n 〉＝31010，所以平面B 1AN 与平面B 1MC 所成锐二面角的余弦值为31010． …12分19．解：（1）因为X ＝Y ∈(300，600]，所以g (X )＝g (Y )，当X ∈(300，400]时，f (X )－g (X )＝(1800＋4X )－(2100＋3X )＝X －300＞0， 当X ∈(400，600]时，f (X )－g (X )＝(1800＋4X )－(2100＋4X )＝－300＜0， 故当X ∈(300，400]时，f (X )＞g (X )， 当X ∈(400，600]时，f (X )＜g (X )． …4分 （2）（ⅰ）送餐量x送餐量y 的分布列为则E (x )＝13×115＋14× 1 5＋16× 2 5＋17× 1 5＋18×115＋20×115＝16，E (y )＝11×215＋13× 1 6＋14× 2 5＋15×110＋16× 1 6＋18×130＝14． …10分（ⅱ）E (X )＝30E (x )＝480∈(300，600]，E (Y )＝30E (y )＝420∈(400，＋∞)， 美团外卖配送员，估计月薪平均为1800＋4E (X )＝3720元，饿了么外卖配送员，估计月薪平均为2100＋4E (Y )＝3780元＞3720元， 故小王应选择做饿了么外卖配送员． …12分 20．解：（1）因为抛物线Г：x 2＝2py （p ＞0）的焦点为F (0，1)， 所以抛物线Г的方程为x 2＝4y ．由直线l 1的斜率为k 1，且过F (0，1)，得l 1的方程为y ＝k 1x ＋1， 代入x 2＝4y 化简得x 2－4k 1x －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k 1，y 1＋y 2＝k 1(x 1＋x 2)＋2＝4k 21＋2， |AB |＝y 1＋y 2＋2＝4k 21＋4． 因为k 1＝3，所以|AB |＝16． …5分（2）设P (x 0，x 204)，将Г的方程x 2＝4y 化为y ＝x 24，求导得y '＝x2，因为斜率为k 2的直线l 2与Г相切于点P ，所以k 2＝x 02，则P (2k 2，k 22)， 由（1）知x 1＋x 2＝4k 1，且Q 为AB 的中点，易得Q (2k 1，2k 21＋1)，因为直线PQ 过(0，2)，所以k 22－22k 2＝2k 21－12k 1， …10分整理得(k 1k 2＋1)(k 2－2k 1)＝0，因为l 2与l 1不垂直，所以k 1k 2＋1≠0，则k 2－2k 1＝0，即k 1k 2＝12． …12分21．解：（1）g (x )＝f '(x )＝ln x ＋1－12x －a ，g '(x )＝1x －12＝2－x2x，当x ∈(0，2)时，g '(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ∈(2，＋∞)时，g '(x )＜0，g (x )单调递减； 故当x ＝2时，g (x )的最大值为g (2)＝ln 2－a ． 若a ＝ln 2，g (x )取得最大值g (2)＝0． …4分 （2）（ⅰ）若a ＝ln 2，由（1）知，当x ∈(0，＋∞)时，f '(x )≤0，且仅当x ＝2时，f '(x )＝0． 此时f (x )单调递减，且f (2)＝0，故f (x )只有一个零点x 0＝2． …5分 （ⅱ）若a ＞ln 2，由（1）知，当x ∈(0，＋∞)时，f '(x )＝g (x )＜0，f (x )单调递减．此时，f (2)＝2(ln 2－a )＜0，注意到x 1＝14a ＜1，我们知道，(x ln x )'＝ln x ＋1，故x ln x ≥－1e，f (x 1)＝x 1ln x 1－14x 12＋34＞－1e －14＋34＝12－1e＞0，故f (x )仅存在一个零点x 0∈(x 1，2)． …8分 （ⅲ）若0＜a ＜ln 2，则g (x )的最大值g (2)＝ln 2－a ＞0，即f '(2)＞0，注意到f '(1e )＝－12e－a ＜0，f '(8)＝ln 8－3－a ＜0，故存在x 2∈(1e，2)，x 3∈(2，8)，使得f '(x 2)＝f '(x 3)＝0．则当x ∈(0，x 2)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，x 3)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(x 3，＋∞)时，f '(x )＜0，f (x )单调递减． 故f (x )有极小值f (x 2)，有极大值f (x 3)．由f '(x 2)＝0得ln x 2＋1－12x 2－a ＝0，故f (x 2)＝(12x 2－1)2＞0，则f (x 3)＞0．存在实数t ∈(4，16)，使得ln t －14t ＝0，且当x ＞t 时，ln x －14x ＜0，记x 4＝max{t ，1a }，则f (x 4)＝x 4(ln x 4－14x 4)－ax 4＋1≤0，故f (x )仅存在一个零点x 0∈(x 3，x 4]． 综上，f (x )有且仅有一个零点．（另见附注） …12分22．解：（1）曲线C 的普通方程为：x 24＋y 23＝1，直线l 的直角坐标方程为：x －y －1＝0． …4分（2）由题意知：A (1，0)，B (4，3)，所以|AB |＝32． 设点P (2cos φ，3sin φ)，则点P 到AB 的距离为 d ＝|2cos φ－3sin φ－1|2＝|7cos(φ＋α)－1|2，所以△P AB 的面积S ＝12·|AB |·d ＝32|7cos(φ＋α)－1|≤3(7＋1)2， 即△P AB 的面积S 的最大值为3(7＋1)2．…10分23．解：（1）∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， ∴2(a 2＋b 2＋c 2)≥2ab ＋2bc ＋2ca ，∴(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤3(a 2＋b 2＋c 2)＝9.∴|a ＋b ＋c |≤3，当且仅当a ＝b ＝c ＝1或a ＝b ＝c ＝－1时，取等号. 故|a ＋b ＋c |的最大值为3. …5分（2）不能成立.理由如下：由柯西不等式，得(ax ＋by ＋cy )2≤(a 2＋b 2＋c 2)(x 2＋y 2＋y 2)＝3，当且仅当a x ＝b y ＝cy时取等号，故ax ＋(b ＋c )y ≤3，故ax ＋(b ＋c )y ＝2不能成立. …10分附注：21题（2）的一个解法解：因为f (x )＝x ln x －14x 2－ax ＋1 ， a ＞0，x ＞0有且仅有一个零点，所以a ＝ln x －14x ＋1x ，令h (x )＝ln x －14x ＋1x，h '(x )＝1x －14－1x 2＝－x 2＋4x －44x 2＝－(x －2)24x 2≤0，h (x )在(0，＋∞)单调递减，h (e 3)＝3－e 34＋1e3＜0，x →0，h (x )→＋∞， 因为a ＞0，所以y ＝a 与h (x )＝ln x －14x ＋1x有唯一的交点，所以f (x )有且仅有一个零点． （酌情扣1－2分）。