【惠州一模】惠州市2018届高三4月模拟考试数学【理科】试题和参考答案.doc

惠州市2018届高三模拟考试
理科数学 2018.04
全卷满分150分，时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。
2．作答选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。
3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
（1）已知集合，，
则（ ）
是
否
输出
结束
开始

(A) (B) (C) (D)
（2）如图是我国古代数学家赵爽创制的勾股圆方图，它是由四个
全等的直角三角形和一个小正方形组成的边长为2的大正方形，
若直角三角形中较小的锐角，现在向该正方形区域内随机
地投掷一枚飞镖，飞镖落在小正方形内的概率是（    ）
(A) (B) (C) (D)
（3）已知是的共轭复数，且，
则的虚部是（ ）
(A) (B) (C) 4 (D)
（4）阅读右边的程序框图，输出结果的值为（ ）
(A) (B) (C) (D)
（5）在中， ，，，，则( )
(A) (B) (C) (D)
（6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，
则该几何体的各个面的面积中，最小的值为（ ）
(A) (B) (C) (D)
（7）已知实数，则“”是“”的（ ）
(A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件
(C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要条件
（8）中，，、是双曲线的左、右焦点，点在上，且，则的离心率为（ ）.
(A) (B) (C) (D)
（9）在中，角，，的对边分别为，，，且，
若的面积，则的最小值为（ ）.
(A) (B) (C) (D)
（10）现某小型服装厂锁边车间有锁边工10名，杂工15名，有7台电脑机，每台电脑机每天可给12件衣服锁边；有5台普通机，每台普通机每天可给10件衣服锁边。如果一天至少有100件衣服需要锁边，用电脑机每台需配锁边工1名，杂工2名，用普通机每台需要配锁边工1名，杂工1名。用电脑机给一件衣服锁边可获利8元，用普通机给一件衣服锁边可获利6元，则该服装厂锁边车间一天最多可获利（ ）元.
(A) 760 (B) 780 (C) 800 (D) 820

（11）函数，，若在区间是单调函数，且，则的值为 （ ）
(A) (B) 1 (C) 或 (D) 或
（12）已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，
则对任意，函数的根的个数至多为（ ）
(A) 3 (B) 4 (C) 6 (D) 9
二．填空题：本题共4小题，每小题5分。
（13）已知函数，则不等式的解集是 ．
（14）已知6名嫌疑犯、、、、、中有1人在商场偷走钱包．
路人甲猜测：或偷的；
路人乙猜测：不可能偷；
路人丙猜测：、、当中必有1人偷；
路人丁猜测：、、都不可能偷。
若甲、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是 ．
（15）若展开式中的常数项为，则　 　．
（16）在三棱锥中，是边长为3的等边三角形，，二面角的大小为120°，则此三棱锥的外接球的表面积为 ．

三．解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
（17）（本小题满分12分）
已知数列的各项均为正数，且
（1）求；
（2）若，求数列的前和

（18）（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，点为线段的中点，点在线段上．
（1）若，求证：；
（2）设平面与平面所成二面角的平面角为，
试确定点的位置，使得．

（19）（本小题满分12分）
中国职业男篮CBA总决赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛就此结束．现甲、乙两支球队进行总决赛，因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入400万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加100万元．
（1）求总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率；
（2）设总决赛中获得门票总收入为X，求X的数学期望．

（20）（本小题满分12分）
已知，是椭圆的焦点，点是椭圆上一点。
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于两点，求面积取得最大值时，
直线的方程。

（21）（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，函数的极大值为，求实数的值；
（2）若对任意的，在上恒成立，
求实数的取值范围.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。
（22）（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程．
（1）若曲线与只有一个公共点，求的值；
（2），为曲线上的两点，且，求△的面积最大值．

（23）（本小题满分10分）[选修4-5：不等式选讲]
已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设，证明：．

惠州市2018届高三模拟考试
数学（理科）参考答案与评分标准
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
.C
A
C
B
A
D
B
B
D
A
1.【解析】因为，，所以
2.【解析】大正方形的边长为2，总面积为4，而阴影区域的边长为，面积为
故飞镖落在阴影区域的概率为．
3.【解析】设，则
所以
4. 【解析】因为，，
所以
5.【解析】因为，所以
。
6.【解析】如图，，
。
7.【解析】因为，所以是充分条件；若
，则，，故是不必要条件。
8.【解析】由，则，
，所以。
9.【解析】由题意得
，

当且仅当时，等号成立，即的最小值为。
10.【解析】设每天安排电脑机和普通机各，台，则一天可获利，线性约束条件为，画出可行域（如图），
可知当目标函数经过时，.

11.【解析】因为在单调，所以，即，而；若，则；若，则是的一条对称轴，是其相邻的对称中心，所以，所以.
12.【解析】当时，由此可知在上单调递减，在上单调递增，，，且时，又在上为奇函数，所以，而时，所以大致图象如图所示：

令，则时，方程至多有3个根，当时，方程没有根，而对任意，，方程至多有一个根，从而函数的根的个数至多有3个。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分。
13. 14.丁 15. 16.
13.【解析】因为奇函数在上增函数，所以
，（注：写成不等式形式不给分。）.
14.【解析】假设甲猜对，即D或E偷的，则乙也猜对，相互矛盾；假设乙猜对，即C没偷，又丙猜错，则是D或E偷的，此时甲也猜对，相互矛盾；假设丙猜对，即A、B、F当中必有一人偷，此时乙也猜对；假设丁猜对，即D、E、F都不可能偷，甲、乙、丙均猜错，符合题意，故猜对的是丁。
15.【解析】展开式中的常数项是的展开式中项的系数与的系数之积，再加上其常数项与1的积；又展开式的通项公式为：
，令，解得，
，令解得（不合题意，舍去），
所以展开式中的常数项为，解得。
16.【解析】由题意得，得到，取AB中点为D，
SB中点为M，得到为二面角的平面角，
由题意可知，设三角形ABC的外心为，
则，球心为过点M的面ABS的垂线与过点
O’的面ABC的垂线的交点，在四边形中，可求出，所以，
所以球的表面积。

三．解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.【解析】由得，所以或...2分
又因为数列的各项均为正数，所以。
因为，所以 ................4分
法一： 由 ①
② ...............6分
得：

...............10分
...............12分
法二：
当为偶数时，
...............7分
当为奇数时，
..............10分
综上得： ..............12分
（过程请酌情给分。）
18.【解析】解：（1）在中，，
∵为的中点，∴平分，，
∴在中，， …………2分
过作于，则，连结，∵，∴四边形是矩形，……4分
∴，又，，∴平面，
又平面，∴． …………5分
（2）∵，，∴，又，∴平面，
又平面，∴平面平面． …………6分
过作交于点，则由平面平面知，平面，
故两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，又知为的中点，，设，，则，，，．……7分
设平面的法向量为，
则∴
取，可求得平面的一个法向量， …………8分
设平面的法向量为，则
所以取． …………10分
∴，解得
∴当时满足． …………12分
19.【解析】(1)依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100的等差数列．
设此数列为{an}，则易知a1＝400，an＝100n＋300，所以Sn＝＝3000.
解得n＝5或n＝－12(舍去)，所以此决赛共比赛了5场． …………2分
则前4场比赛的比分必为1∶3，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为.
所以总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率为. …………5分
(2) 随机变量X可取的值为S4，S5，S6，S7，即2200，3000，3900，4900. …………6分
P(X＝2200)＝2×4＝，P(X＝300)＝C4＝，
P(X＝390)＝C5＝，P(X＝490)＝C6＝， …………10分
所以X的分布列为
X
2200
3000
3900
4900
P

所以 …………12分
20.【解析】解：（1）由题意可得，即有，解得
所以椭圆的方程为. …………4分
（2）法一：
若存在，设直线的方程为，代人得
设，则有. …………6分
到直线距离，
…………8分
所以，当且仅当，
即时有最大值， …………10分
此时直线方程为或。 …………11分
若不存在，即轴，此时（舍）
综上：直线方程为或 …………12分
法二：
设直线的方程为，代人得 …………6分
设，则有. …………7分
所以
，. …………10分
当且仅当即时等号成立， …………11分
所以当面积取得最大值时，直线方程为或。
…………12分
21.【解析】解：（1）由题意，
…………2分
（ⅰ）当时，，令，得；，得，
所以在单调递增，单调递减所以的极大值为，不合题意.
…………3分
（ⅱ）当时，，令，得；，得或，
所以在单调递增，，单调递减，
所以的极大值为，得.
综上所述. …………5分
（2）令，，当时，，
则对恒成立等价于，
即，对恒成立. …………7分
（ⅰ）当时，，，，此时，不合题意.
…………8分
（ⅱ）当时，令，，
则，其中，，
令，则在区间上单调递增，
①时，，所以对，，从而在上单调递增，
所以对任意，，即不等式在上恒成立.
…………10分
②时，由，及在区间上单调递增，
所以存在唯一的使得，且时，.
从而时，，所以在区间上单调递减，
则时，，即，不符合题意.
综上所述， .…………12分
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。
22.【解析】（Ⅰ）曲线是以为圆心，以为半径的圆；直线的直角坐标方程为
.…………2分
由直线与圆只有一个公共点，则可得，解得：（舍）或
所以． .…………4分
（Ⅱ）由题意得曲线极坐标方程为，设A极角为θ，B的极角为 ……5分
……7分
，
所以当时，取得最大值 ………9分
∴△OAB的面积最大值为． ………10分
解法二：因为曲线是以为圆心，以为半径的圆，且
由正弦定理得：，所以 ………6分
由余弦定理得： ………8分

∴△OAB的面积最大值为． ………10分
23.【解析】
法一：（Ⅰ）（ⅰ）当时，原不等式可化为，解得，
此时原不等式的解是； ………2分
（ⅱ）当时，原不等式可化为，解得，
此时原不等式无解； ………3分
（ⅲ）当时，原不等式可化为，解得，
此时原不等式的解是； ………4分
综上，． ………5分
（Ⅱ）因为 ………6分
………7分
． ………8分
因为，所以，， ………9分
所以，即． ………10分
法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）因为， ………7分
所以，要证，只需证，　
即证， ………8分
即证，
即证，即证． ………9分
因为，所以，所以成立，
所以原不等式成立． ………10分

数学试题（理科） 第 20 页，共 20 页