2018届山东省栖霞市第一中学高三4月模拟考试数学(理)试题(解析版)

页 1第

2018届山东省栖霞市第一中学高三4月模拟考试

数学（理）试题（解析版）

第Ⅰ卷（共60分）

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（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】 ，

，选C.

2. 若复数（为虚数单位，）的实部与虚部互为相反数，则（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】分析：利用复数的除法运算化简，实部与虚部何为0即可得解.

详解：复数.

由题意可知：，解得：.

故选A.

点睛：复数除法运算的原理为：分母实数化，从而得到实部和虚部.

3. 太极图是以黑白两个鱼形纹组成的图案，它形象化地表达了阴阳轮转、相反相成是万物生成变化根源的哲理，展现了一种相互转化、相对统一的形式美.按照太极图的构图方法，在平面直角坐标系中，圆被的图象分割为两个对称的鱼形图案，其中小圆的半径均为，现在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）

A. B. C. D. 页 2第 【答案】B

【解析】设大圆的半径为R，则：，

则大圆面积为：，小圆面积为：，

则满足题意的概率值为：.

本题选择B选项.

点睛：数形结合为几何概型问题的解决提供了简捷直观的解法．用图解题的关键：用图形准确表示出试验的全部结果所构成的区域，由题意将已知条件转化为事件A满足的不等式，在图形中画出事件A发生的区域，据此求解几何概型即可.

4. 某几何体的三视图如图所示，其中三角形的三边长与圆的直径均为，则该几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】结合三视图可得该几何体是一个组合体，

上半部分是一个底面直径为，高为的圆锥，

下半部分是一个直径为的球，

则该几何体的体积为：.

本题选择A选项.

点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．

5. 已知实数，满足约束条件则目标函数的取值范围是（ ）

A. B. C. D.

【答案】A 页 3第 【解析】

画出不等式组表示的可行域如图阴影区域所示.

由，得，平移直线，当经过点，时，代入的取值为，所以，故选A.

点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.

6. 已知锐角满足，则的值为（ ）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】分析：由二倍角公式得，再由，结合同角三角函数关系可得解.

详解：由，得，即，

由为锐角，且，所以因为锐角，所以.

.

故选D.

点睛：解决三角变换中的给值求值问题时，一定要注意先化简再求值，同时要注意所给条件在解题中的整体作用．

7. 已知命题，，，，若为假命题，则实数的取值范围页 4第 是（ ）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】分析：根据复合函数的真假关系，确定命题p是假命题，q是真命题，利用函数的性质分别求出对应的取值范围即可得到结论．

详解：若p∨(¬q)为假命题，则p，¬q都为假命题，即p是假命题，q是真命题，

由得，

设则，

当x>1时,f′(x)>0，此时函数单调递增，

当0

当x<0时,f′(x)<0，此时函数单调递递减，

∴当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=e，

∴函数f(x)的值域为(−∞,0)∪[e,+∞)，

∴若p是假命题，则0⩽m

若q为真，

①m=0显然成立，

m≠0时，则m>0，

则△=m2−4m<0，解得：0

故0⩽m<4，

综上，0⩽m

故选：D.

点睛：根据方程有解求参数取值，也是高考经常涉及的重点问题，

（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；

（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；

（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.

8. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上的动点，点为其准线上的动点，当为以点为直角顶点的等腰直角三角形时，其面积为（ ）

A. B. C. D. 页 5第 【答案】A

【解析】过作准线的垂线垂足为，则，又与重合，此时，，故选A.

9. 如图所示的程序框图中，输出的值是（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】分析：依次执行程序框图，当条件不成立时结束循环输出即可

详解：执行程序框图：.

;

;

;

不成立，输出

故选C.

点睛：执行程序框图的循环结构时要注意是“当型”还是“直到型”.

10. 已知函数 在上单调递增，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】依题意，；

,由,可得：； 页 6第 ∵，故，故符合题意,故,

故，，因为，故，

故实数的取值范围为

故选：C

11. 已知双曲线的两条渐近线均与圆相切，则双曲线的离心率为（ ）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】分析：写出双曲线的渐进线，由直线与圆相切得，圆心到直线的距离等于半径，从而列方程可求离心率.

详解：因为圆⇔(x−3)2+y2=4，

由此知道圆心C(3,0)，圆的半径为2，

而双曲线 (a>0,b>0),的渐近线为：.

由双曲线的两条渐近线均和圆相切，

得：，即，

所以双曲线的离心率为.

故选：C.

点睛：（1）直线与圆相切时，通常是利用圆心到直线的距离等于半径建立关系；

（2）求解双曲线的离心率问题，一般是根据题中条件建立的方程，根据和求解即可.

12. 若存在两个正实数，，使得等式成立，其中为自然对数的底数，则正实数的最小值为（ ）

A. B. C. D.

【答案】D 页 7第 【解析】，设，则，

令，

当时，当时，

最小值为当时，

本题选择D选项.

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13. 已知向量，，，则__________．

【答案】5

【解析】分析：将平方，代入条件即可得解.

详解：由平方可得：.

向量，所以.又.

所以.所以.

故答案为：5.

点睛：向量模的求法通常是求得向量的平方即可.

14. 在的展开式中项的系数为__________．

【答案】

【解析】分析：题中二项展开即为在三个因式中选两个和一个常数项即可.

.

由上式可知，含的项有：.

故答案为：.

点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略

(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.

(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.

15. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则的最小值为__________． 页 8第 【答案】

【解析】在中，由，则

化简得，

，由余弦定理得

即，当且仅当时成立则的最小值为

16. 如图所示，在四面体中，若截面是正方形，则下列命题中正确的是__________．（填序号）

①；②截面；③；④异面直线与所成的角为.

【答案】①②④

【解析】因为截面是正方形，所以

;①正确

截面；②正确

异面直线与所成的角为 , ④正确

三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 已知数列是等比数列，首项，公比，其前项和为，且，，成等差数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，为数列的前项和，且对任意恒成立，求实数的最大值.

【答案】（1）数列的通项公式；（2）实数的最大值为.

【解析】试题分析：（1）由题意可知:

；（2）由

，再由错位相减法求得 页 9第 为递增数列当时，．又原命题可转化 的最大值为．

试题解析： （1）由题意可知:,

即,于是．

（2）,

, ①,②

①- ②得:,,

恒成立，只需,

为递增数列，当时，的最大值为．

考点：1、等差数列；2、等比数列；3、数列的前项和；4、数列与不等式．

【方法点晴】本题考查等差数列、等比数列、数列的前项和、数列与不等式，涉及特殊与一般思想、方程思想思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型．第二小题首先由

再由错位相减法求得 为递增数列当时，．再利用特殊与一般思想和转化化归思想将原命题可转化 的最大值为．

18. 如图，已知三棱柱的所有棱长均为，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是棱的中点，求二面角的余弦值.

【答案】(1)见解析；（2）二面角的余弦值为.

【解析】试题分析：（1）证线线垂直，由平面平面得平面，再由底面图形得线线垂直．(2)建系求面的法向量，得法向量的夹角．

解：

(1)证明：取中点，设与交于点，连接，，依题意得，

因为平面平面，平面平面，，