《2018年湖北省华大新高考联盟高三4月教学质量检测试卷理科数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年湖北省华大新高考联盟高三4月教学质量检测试卷理科数学试题（解析版）（14页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、2018届湖北省华大新高考联盟高三4月教学质量检测试卷理科数学试题（解析版）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】B【解析】因为,所以；因为所以,选B.2. 设复数满足，则（ ）A. 2 B. C. D. 1【答案】C【解析】因为，所以因此选C.3. 只有甲参加，乙和丙才会在一起吃饭； 甲只到自己家附件的餐馆吃饭，那里距市中心有几公里远；只有乙参加，丁才会去餐馆吃饭.若以上叙述都正确，则下列论断也一定正确的是（ ）A. 甲不会与丁一起在餐馆吃饭 B. 丙不会与甲、丁一起在
2、餐馆吃饭C. 乙不会在市中心吃饭 D. 丙和丁不会一起在市中心吃饭【答案】D【解析】若甲与丁一起在餐馆吃饭，则甲乙丙丁都在餐馆吃饭.这种情况可以发生；若丙与甲、丁一起在餐馆吃饭，则甲乙丙丁都在餐馆吃饭.这种情况可以发生；若乙在市中心吃饭，则甲不在市中心吃饭，丙不在市中心吃饭，这种情况可以发生；4. 在某校高三年级的高考全真模拟考试中，所有学生考试成绩的取值(单位:分)是服从正态分布的随机变量，模拟“重点控制线”为490分（490分及490分以上都是重点），若随机抽取该校一名高三考生，则这位同学的成绩不低于“重点控制线”的概率为（ ） (附：若随机变量服从正态分布，则，)A. 0.6826 B.
3、 0.6587 C. 0.8413 D. 0.3413【答案】C【解析】因为，所以，即,选C.5. 秦久韶算法是中国古代数学史上的个“神机妙算”，它将一元次多项式转化为个一次式的算法，大大简化了计算过程，即使在现代用计算机解决多项式求值问题时，秦久韶算法依然是最优的算法.如图所示的程序框图展示了求值的秦久韶算法，那么判断框可以填入的条件的输出的结果表示的值分别是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为，所以选A.6. 某几何体的三视图如图所示，图中每一个小方格均为正方形，且边长为1，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】几何体为半个圆锥与半个圆柱的组合体
4、，如图，体积为选B.7. 函数的大致图像有可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】当时，,所以去掉B,C;因为,所以去掉D，选A.8. 锐角的外接圆半径为1，,，且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为因为，所以即，因此或，或，因为，所以，即，选C.9. 展开式中除次项外的各项系数的和为（ ）A. 121 B. C. 61 D. 【答案】B【解析】因为展开式中次项系数为所以展开式中除次项外的各项系数的和为，选B.点睛： “赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数
5、之和，只需令即可.10. 已知以双曲线的右焦点为圆心，以为半径的圆与直线交于两点，若，求双曲线的离心率为（ ）A. 2 B. C. D. 【答案】D【解析】因为右焦点到直线的距离为，所以,选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.11. 将函数图象上的点向右平移个单位长度后得到点，若点在函数的图象上，则（ ）A. 的最小值为 B. 的最小值为C. 的最小值为 D. 的最小值为【答案】A【解析】因为，所以或因此或即的最小值为，选A.点睛：三角
6、函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.12. 若，函数有两个极值点，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为 为两根，因此，从而令，解得，故当时，；当时，；因此的取值范围为，选A.点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根
7、据单调性确定值域.第卷（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. 若是夹角为的单位向量，向量，且，则_（用弧度制表示）【答案】【解析】因为所以14. 设 满足约束条件，则的取值范围为_（用区间表示）【答案】【解析】作可行域，则直线过点A(1,0)时取最大值3，过点B(0,1)时取最小值-2，因此的取值范围为.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，画目标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值会在可行域的端点或边界上取得.15. 已知二
8、面角的大小为，点，点在 内的正投影为点，过点作，垂足为点，点，点，且四边形满足.若四面体的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为_【答案】【解析】因为，所以四点共圆，直径为AC.因为PA垂直平面，所以由三垂线定理得，即为二面角的平面角，即设球的半径为R，则点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.16. 设抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，与抛物线准线
9、交于点，若，则AF=_【答案】2【解析】设，则由得，由得，所以 （舍去负值），因此.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. 已知数列为单调递增数列，其前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，其前项和为，若成立，求的最小值.【答案】（1）；（2）10【解析】试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列的通项公式；（2）先根据裂项相消法求，再解不等式得，即得的最小值.试题解析：（1）由知：，两式相减得: ，即，又数列为单调递增数列，又当时，即，解得或 (舍），符合，是以1为首项，以2为
10、公差的等差数列，.（2），又 ，即，解得，又，所以的最小值为10.18. 如图，四棱锥中，为等边三角形，平面平面，点为的中点，连接.（1）求证:平面PEC平面EBC；（2）若，且二面角的平面角为，求实数的值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）设为中点，先由等边三角形性质得根据面面垂直性质定理得平面，再根据面面垂直判定定理得结论，（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解各面法向量，由向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补得方程，解得实数的值.试题解析：（1）证明：为等边三角形，为中点， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，而平面，平面平面
11、. （2）如图，在平面中，作交于点.易知，以分别为轴建立空间直角坐标系.设，则， 易知，平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，即 不妨令，解得，由题知：，解得.19. 随着“北京八分钟”在韩国平昌冬奥会惊艳亮相，冬奥会正式进入了北京周期，全社会对冬奥会的热情空前高涨.（1）为迎接冬奥会，某社区积极推动冬奥会项目在社区青少年中的普及，并统计了近五年来本社区冬奥项目青少年爱好者的人数（单位：人）与时间（单位：年），列表如下：依据表格给出的数据，是否可用线性回归模型拟合与的关系，请计算相关系数并加以说明(计算结果精确到0.01).(若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）附：相关系数公式
12、，参考数据.（2）某冰雪运动用品专营店为吸引广大冰雪爱好者，特推出两种促销方案.方案一:每满600元可减100元；方案二:金额超过600元可抽奖三次，每次中奖的概率同为 ，且每次抽奖互不影响，中奖1次打9折，中奖2次打8折，中奖3次打7折. v两位顾客都购买了1050元的产品，并且都选择第二种优惠方案，求至少有一名顾客比选择方案一更优惠的概率；如果你打算购买1000元的冰雪运动用品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析应该选择哪种优惠方案.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求均值，再代入公式得r，最后与参考数据比较即可作出判断，（2）可以根据对立事件概率关系求解，即先
13、求顾客没有中奖概率，再用1减即得结果，先确定方案二中随机变量取法，再分别求对应概率，最后根据数学期望公式求期望，比较与方案一数值即可作出判断.试题解析：（1）由题知，.与的线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合.（2）选择方案二比方案一更优惠则需要至少中奖一次，设顾客没有中奖为事件，则，故所求概率为.若选择方案一，则需付款元，若选择方案二，设付款元，则可能取值为700,800,900，1000.；.元，选择方案二更划算. 20. 已知椭圆的离心率为，是椭圆上的两个不同点.（1）若，且点所在直线方程为，求的值；（2）若直线的斜率之积为，线段上有一点满足，连接并廷长交椭圆于点，求的值.【答案】(1
14、) ；（2）【解析】试题分析：（1）设，由得，化简得，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得的值；（2）根据条件得，设，则得点,代入椭圆方程，利用， ，以及由直线斜率之积为，得，代入化简可得的值.试题解析：（1）由题知，椭圆的方程为. 设，将直线代入椭圆方程得:，由韦达定理知:.，即，将代入得，即，解得，又，.（2）设，由题知，.又，即.点在椭圆上，即. 在椭圆上， ，又直线斜率之积为，即，将代入得，解得.21. 已知函数.（1）若，证明:；（2）若只有一个极值点，求的取值范围，并证明:.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）构造函数利用导数易得，即证得结论，（2）
15、研究导函数零点，先求导数，再根据导函数零点，根据a的正负分类讨论：当时，单调，再根据零点存在定理得有且仅有一个零点；当时，先增后减，再根据零点存在定理得有且仅有两个零点；最后研究极值点函数值范围：继续利用导数研究函数单调性，根据单调性确定取值范围.试题解析：（1），要证，即证.设，令得， 且，单调递増；，单调递减，即成立，也即.（2）设，.当时，令得;.，单调递増；，单调递减.若，恒成立，无极值；若，即，.，由根的存在性定理知，在上必有一根.，下证：当，.令，.当时，单调递増；当时，单调递减，当时，当时，即，由根的存在性定理知，在上必有一根.此时在上有两个极值点，故不符合题意.当时，恒成立，单
16、调递增，当时，；当时，下证：当时，.令，在上单调递减，当时，由根的存在性定理知，在上必有一根.即有唯一的零点，只有一个极值点，且，满足题意.由题知，又，.设，当，单调递减，成立. 22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为 （为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.在极坐标系中有射线和曲线.（1）判断射线和曲线公共点的个数；（2）若射线与曲线 交于两点，且满足，求实数的值.【答案】（1）一个；（2）2【解析】试题分析：（1）根据三角函数平方关系得曲线直角坐标方程，根据将射线极坐标方程化为直角坐标方程，再根据直线与圆联立方程组解交点，即得个数，（2）将代入曲线的方程，并由韦达定理得，再由得，解得实数的值.试题解析：（1）直线的直角坐标方程为，曲线是以为圆心，以为半径的圆，其直角坐标方程为：，联立解得，直线与曲线有一个公共点. （2）将代入曲线的方程得:，即，由题知，解得.设方程两根分别为，则由韦达定理知: ，由知，即，.23. 已知，函数的最小值为3.（1）求的值；（2）若,且，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据绝对值三角不等式得最小值为，再解方程可得的值；（2）代入化简不等式右边得,再根据作差法可得，即可证得结果.试题解析：（1）由知：，解得或（舍）.（2）由（1）知，又，同理，.
2018年湖北省华大新高考联盟高三4月教学质量检测试卷理科数学试题（解析版）
