内蒙古赤峰市2018届高三4月模拟数学(理)试题 Word版含答案

理科数学 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Axx1x40，xlog2x2，则AIB（ ） A．2,4 B．1, C．0,4 D．2, 2．若复数

a2i在复平面内所对应的点在实轴上，则实数a（ ） 1iA．2 B．-2 C．1 D．0

3．已知b0,a0且a1，则“a1b10”是“logab0”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

2xy44．设x,y满足约束条件xy1，则z3xy的最小值为（ ）

x2y2A．6 B．

1720 C． D．-1 335．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，书中有一问题：“今有方物一束，外周一匝有三十二枚，问积几何？”该著作中提出了一种解决此问题的方法：“重置二位，左位减八，余加右位，至尽虚减一，即得.”通过对该题的研究发现，若一束方物外周一匝的枚数n是8的整数倍时，均可采用此方法求解，下图是解决这类问题的程序框图，若输入n16，则输出的结果为（ ）

A．23 B．47 C．24 D．48

6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某直三棱柱被一平面所截得的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A．6 B．8 C．9 D．12

7．在平面直角坐标系xoy中，以1,0为圆心且与直线mx2y3m60mR相切的所有圆中，面积最大的圆的标准方程是（ ）

22A．x1y16 B．x1y25 22C．x1y20 D．x1y36

22228．“一支参加科技创新竞赛的师生的队伍中，包括我在内，总共是13名.下面讲到的人员情况，无论是否把我计算在内，都不会有任何变化.在这些师生中：①学生不少于老师；②男老师多于女学生；③女学生多于男学生；④至少有一位女教师.”，由此推测这位说话人是（ ） A．男学生 B．女学生 C．男老师 D．女老师

9．已知函数gxmsinxncosxxR，若xx1是函数gx的一条对称轴，且

tanx12，则点m,n所在的直线方程为（ ）

A．x2y0 B．x2y0 C．2xy0 D．2xy0

10．已知点P是抛物线x4y的对称轴与准线的交点，点F为该抛物线的焦点，点Q在抛物线上，且满足QFPQ，当取得最小值时，点Q恰好在以P,F为焦点的双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ） A．

22151 B． C．51 D．21 22sinAsinBcb，若a23，sinCab11．在锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，

则bc的取值范围是（ ）

A．20,24 B．10,12 C．10,12 D．5,6 12．函数fx的定义域为0,，fx为fx的导函数，且满足fx2不等式fx2x2fx4的解集是（ ）

22fx，则xA．0,2 B．2, C．2,3 D．3,

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．xx2的展开式中含x项的系数为 ．

14．A、B两人进行一局围棋比赛，A获得的概率为0.8，若采用三局两胜制举行一次比赛，现采用随机模拟的方法估计B获胜的概率.先利用计算器或计算机生成0到9之间取整数值的随机数，用0,1,2,3,4,5,6,7表示A获胜；8,9表示B获胜，这样能体现A获胜的概率为0.8.因为采用三局两胜制，所以每3个随机数作为一组.例如，产生30组随机数：034 743 738 636 9 736 614 698 637 162 332 616 804 560 111 410 959 774 246 762 428 114 572 042 533 237 322 707 360 751，据此估计B获胜的概率为 ．

15．三棱锥PABC中，PA平面ABC且PA3，ABC是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为 ．

16．在平行四边形ABCD中，边AB,AD的长分别为2,1，ADC120，若M,N分别是

23uuuruuurBMCNuuuruuur边BC,CD上的点，且满足uuuruuur，则AMAN的取值范围是 ．

BCCD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an是各项都为正数的等比数列，满足a12，且a1,a21,a3成等差数列，

*数列bn满足b12b23b3LnbnnnN.

（1）求an和bn的通项公式；

（2）设cnan，数列cn的前n项和为Sn，求Sn. bn18． 如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网上叫外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.为了解网络外卖在A市的普及情况，A市某调查机构借助网络进行了关于网络外卖的问卷调查，并从参与调查的网民中抽取了300人进行抽样分析，得到表格：（单位：人）

男性 女性 合计 经常使用网络外卖 50 60 110 偶尔或不用网络外卖 70 120 190 合计 120 180 300 （1）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为A市使用网络外卖的情况与性别有关？

（2）①现从所抽取的女网民中利用分层抽样的方法再抽取6人，再从这6人中随机选出3人赠送外卖优惠券，求选出的3人中至少有2人偶尔或不用网络外卖的概率；

②将频率视为概率，从A市所有参与调查的网民中随机抽取5人赠送礼品，记其中经常使用网络外卖的人数为X，求X的数学期望和方差.

nadbc2参考公式：K，其中nabcd.

abcdacbd参考数据：

2PK2k0 0.15 2.072 0.10 2.706 0.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 k0 19． 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1底面ABC，A1AC60，

AC2AA14，点D,E分别是AA1,BC的中点.

（1）证明：DE∥平面A1B1C；

（2）若AB2，BAC60，求二面角BAA1E的余弦值.

20． 经过点A2,3且中心在坐标原点，焦点在x轴上椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的方程；

（2）设过右焦点F且不垂直于x轴的直线L与椭圆C相交于M、N两点，在x轴上是否存在一点P，记PMF和PNF的面积分别为S1、S2，使得坐标；若不存在，请说明理由. 21． 已知函数fx1. 2S1PM.若存在，求出点P的S2PNlnxa,aR. x（1）求函数fx的极值；

x（2）设gxxkek,kZ，e2.71828L为自然对数的底数，当a1时，若

x10,,x20,，不等式4fx1gx20成立，求k的最大值.

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． 22．选修4-4：坐标系与参数方程

以平面直角坐标系xoy的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的参数方程为xcos（为参数），曲线C2的极坐标方程为42cos.

4ysin（1）求曲线C1,C2公共弦所在的直线的极坐标方程；

（2）设M点在曲线C1上，N点在曲线C2上，求MN的最大值. 23．选修4-5：不等式选讲 已知x,yR，且xy1 （1）求证：x3y223； 4（2）当xy0时，不等式

11a2a1恒成立，求a的取值范围. xy

赤峰市高三4·20模拟考试试题

理科数学参

一、选择题

1-5:CBCDA 6-10:CBABD 11、12：AD 二、填空题

13．-12 14．三、解答题

17．解：（1）设an公比为q，

由题意2a21a1a3，即2a1q1a1a1q

21 15．13 16．2,5 15且a12，所以有q2q，

又因为q0，所以q2，所以an2n. 又因为b12b23b3Lnbnn①

所以b12b23b3Ln1bnn1n2② ①-②得nbnnn11，即bn（2）由（1）得bn21 n1an，所以cnnn2 nbn所以Snc1c2c3Lcn1cn

12222323Ln12n1n2n①

所以2Sn122223Ln12n2nn1②

n1①-②得Sn22223L2nn2n11n2所以Snn12n12

2

18．解：（1）由列联表中的数据得k的观测值

2nadbc300501206070K2.1532.072

110190180120abcdacbd222所以能在犯错误概率不超过0.15的前提下认为A市使用网络外卖情况与性别有关 （2）①依据题意可知所抽取的6名女网民中经常使用网络外卖的有偶尔使用或者不使用网络外卖的有

6602人 18061204人 1804 5则“选出3人中至少有2人偶尔或者不使用网络外卖”事件记为A，则PA②由列联表可知：抽到经常使用网络外卖网民的频率为

11011， 3003011， 30将频率视为概率，即从A市市民中任取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民概率为

由题意得X:B5,1111111920911EX5DX5，所以，. 30630301803019．解：（1）证明：取AC的中点F，连接DF,EF， ∵E是BC的中点，∴EF∥AB. ∵ABCA1B1C1是三棱柱，

∴AB∥A1B1，∴EF∥A1B1，∴EF∥平面A1B1C

DF∥平面A1B1C ∵D是AA1的中点，∴DF∥AC11，∴

又EFIDFF，∴平面DEF∥平面A1B1C， 且DE平面DEF，∴DE∥平面A1B1C.

（2）解：过点AAC，垂足为O，连接OB， 1作AO1∵侧面ACC1A1底面ABC，∴AO平面ABC， 1∴AOOB，AOOC.∵A1AC60，AA12， 11∴OA1，OA13.

∴AB∥A1B1，∴EF∥A1B1，∴EF∥平面A1B1C.

DF∥平面A1B1C. ∵D是AA1的中点，∴DF∥AC1，∴

又EFIDFF，

DE∥平面A1B1C. ∴平面DEF∥平面A1B1C，∴

H，因为平面ACC1A1底面ABC， （2）作A1HAC与

所以A1H平面ABC，所以A1HA1AsinA1AC3 由VCAA1BVA1ABC11SABCA1H2332 33x2y220．解：（1）设椭圆方程为221，由已知得c2,BF15F1D

ab几何关系得到D6bc, 55226bc551

代入到椭圆方程中得到

a2b2x2y21. ∴椭圆的方程为3（2）直线L的方程ykx5，代入椭圆方程，得 413kx221527kx0. 216由0，设点Px1,y1，Qx2,y2 则x1x215k5， yy1222213k213k15k5. 设P、Q的中点为N，则点N的坐标为,413k2413k2

∵BPBP，∴点B在线段PQ的中垂线上，kBN5121413k，化简，得 15kk413k2k212，k， 22所以，存在直线L满足题意，直线L的方程为

2121xy0或xy0. 242421．解：（1）由已知得x0，fx11axa xx（ⅰ）当a0时，fx0恒成立，则函数fx在0,为增函数； （ⅱ）当a0时，由fx0，得0x由fx0，得x1； a1； a所以函数fx的单调递增区间为0,11，单调递减区间为, aa（2）2kfx1ax12gx16lngx23恒成立 即2klnx1x19lnx2恒成立

2224e,e∵x2

即2klnx1x19lne1恒成立

2即2klnx1x1100恒成立

2∵x11,e

当x11时，命题等价于x1100恒成立，此时kR

210x12当x11,e时，2k恒成立

lnx110x2令hx,xe,1

lnx

hx2xlnx110x2x0，所以hx在xe,1为增函数 2lnx10e210e2 ∴hxhelne1a1， （2）当a1时，由第一问可知，fxfex10,,x20,不等式4fx1gx20成立等价于

当x0,时，4xkexk0恒成立，

xx即4xeke1

4xex因为x0,时，e10，所以kx对x0,恒成立.

e1x即kxx4 ex1exexx5x4令hxxx，则hx， 2xe1e1令Mxex5，求导可知Mx函数为增函数，

x因为M10,M20所以M1M20，

所以存在唯一的零点x01,2，使得Mx00，即e0x05

x当x0,x0时，hx单调递减，xx0,时，hx单调递增， 所以当xx0时，函数hx有极小值hx0，同时也为最小值. 因为hx0x0x04x012,3 ex01又khx0，且kZ，所以k的最大值为2. 22．解：（1）曲线C1的参数方程为22xcos（为参数），

ysin所以C1的直角坐标方程为：xy1 曲线C2可化为42cos

4cos4sin， 4所以曲线C2的直角坐标方程为x2y28. 所以两圆的圆心分别为0,0,2,2， 则圆心距d2202022222221且d221，所以fx两圆相交.

22xy1因为相交直线方程为4x4y10 22x2y28所以直线极坐标方程为：42sin1 4（2）因为M点在曲线C1上，N点在曲线C2上，

所以当MN有最大值时，为两圆圆心距与两圆半径之和，此时

MNC1C2Rr22221421.

23．解：（1）因为xy1，所以x1y

22所以x3y1y21333y24y22y14y 4442（2）已知x,yR，且xy1所以

xy1111xy24yxxyxy

1当且仅当xy时取等号.

2所以要是不等式

11a2a1恒成立， xy只需a2a14成立即可

令faa2a1，则等价于解不等式faa2a14

2a1,a135又fa3,1a2，解得a，

222a1,a2所以a的取值范围为35,. 22