衡水金卷信息卷2018届高三全国卷 I A 模拟(一)理科数学试题(解析版)

2018年衡水金卷信息卷全国卷 I A模拟试题（一）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，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意可得∴，故选：D2.已知复数满足(其中为虚数单位），则其共轭复数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【答案】A【解析】【详解】由得到，故其共轭复数为，其对应的点位于第一象限，故选：A3.已知等差数列中，，则（）A. B. C. D. 0【答案】B【解析】，∴∴故选：B4.执行如图所示的程序框图，若输出的值为0，则判断框中可以填入的条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】该程序框图的功能是计算的值.要使输出的S的值为0，则，即故①中应填故选：C点睛：：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.5.已知双曲线的一条渐近线与双曲线的—条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（）A. B. C. 或 D. 或【答案】C【解析】双曲线的渐进线方程为，故双曲线的渐近线方程为.设双曲线的方程为.当时，双曲线的方程为，则，解得：；当时，双曲线的方程为，则，解得：；故选：C6.已知函数在上可导，且，则（）A. 1B.C.D.【答案】C【解析】由题意得,故，，得到所以所以.故选：C7.《九章算术》勾股章有一问题:今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？其意思是:现有一竖立着的木柱，在木柱的上端系有绳索，绳索从木柱上端顺木柱下垂后，堆在地面的部分尚有3尺，牵着绳索退行，在离木柱根部8尺处时绳索用尽.现从该绳索上任取一点，该点取自木柱上绳索的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题设条件，作示意图如图所示，设绳索长为x尺，则木柱AB=x-3.由勾股定理，得，解得，故所求的概率为：P=.故选：A8.已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，再把所得图象向下平移1个单位，得到函数的图象，若，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，得.由已知可得，故的最小正周期.由，知这两个值恰好一个为最小值-3，另一个为最大值1，故，当k=1时，.故选：B9.已知函数则当时，的展开式中系数绝对值最大的项是（）A. 第2项B. 第3项C. 第4项D. 第5项【答案】D【解析】当时，，则T r+1=••••设展开式中系数最大的项为T r+1，则得：，由阶乘公式，得，解得：，由r，得：，故系数绝对值最大的项是第5项.故选：D10.从一个几何体中挖去一部分后所得组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图，可知该组合体为一个底面半径为1，高为3的圆柱挖去两个底面半径均为1,高均为1.5的圆锥所得到的几何体，故其体积.故选：A11.已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点在的内部，且满足，及，若恒有成立，则椭圆的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，知点I是的内心.设的内切圆半径为r，则由，得，即.又，故可得，，由，得，即，得到，所以椭圆C的离心率的取值范围为故选：B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a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c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.12.定义在上的函数若满足：，且，则称函数为“指向的完美对称函数”.已知是“1指向2的完美对称函数”，且当时，.若函数在区间上恰有5个零点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由是“1指向2的完美对称函数”，所以,用1+x代替上式中的x值，，所以，又因为，所以，所以，所以，所以函数的周期为4，其中，故，，，故当时，，所以，即时，，当时，.由得对称中心为，周期为4，可得的对称中心为，即与均关于点对称，结合的图象关于点对称及关于直线对称，可画出在区间上的图象，如图所示：因为，直线过点，故若函数在区间上恰有5个零点，则只需与在区间上有两个交点，设直线与曲线的切点为，则,故切线方程为：.因为点在切线上，所以，解得或（舍去），此时,又当直线过点时，k=1.故由图，可知实数k的取值范围为故选：B点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．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.已知中，，且，则__________．【答案】【解析】由，得，所以为菱形，所以⊥，故解得故答案为：14.已知函数在上单调递减，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】当p为真时，.记集合A，.若是的必要不充分条件，则①当，即时，；②当时，等价于，解得.综上所述，实数m的取值范围为故答案为：15.已知在关于的不等式组，（其中）所表示的平面区域内，存在点，满足，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】由条件可得可行域，如图所示，由,得.因为直线与直线垂直，所以只需圆心到A的距离小于等于1满足题意即可，即，解得，当时恒存在点满足题意，故实数的取值范围故答案为：点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.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，要注意让其斜率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，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.16.数列中，（2，且），且，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】【解析】由，变形为：a n+1=，a1+1=2．∴数列{a n+1}是等比数列，首项为2，公比为﹣．∴a n+1=，可得a n=，∴S n=n=n，则，，∴当n为偶数时，恒成立，而，∴ 1当n为奇数时，恒成立，而，∴综上所述，，即的最大值为故答案为：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.已知的内角的对边分别为，若向量，且.（1）求角的值；（2）已知的外接圆半径为，求周长的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）由，得，利用正弦定理统一到角上易得（2）根据题意，得，由余弦定理，得，结合均值不等式可得，所以的最大值为4，又，从而得到周长的取值范围.试题解析：（1）由，得.由正弦定理，得，即.在中，由，得.又，所以.（2）根据题意，得.由余弦定理，得，即，整理得，当且仅当时，取等号，所以的最大值为4.又，所以，所以.所以的周长的取值范围为.18.如图，在三棱柱中，平面平面,,分别为棱的中点.（1）求证:；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）连接，易证，结合平面平面可知平面，∴，又，∴平面，从而得证；（2）先证明两两垂直，分别以方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量的坐标，代入公式，即可得到所成的锐二面角的余弦值试题解析：（1）连接.∵，∴是等边三角形.又为棱的中点，∴.∵平面平面,平面平面，平面.∴平面.∵平面，∴.∵，∴是菱形.∴.又分别为的中点，∴，∴.又，∴平面.又平面，∴.（2）连接，∵，∴为正三角形.∵为的中点，∴.又∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面.∵两两垂直，∴分别以方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设.设平面的一个法向量为，由，令，得.即.由（1)，知平面，∴平面的一个法向量为.设平面与平面所成的锐二面角大小为，则，即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.19.2018年元旦期间，某运动服装专卖店举办了一次有奖促销活动，消费每超过400元均可参加1次抽奖活动，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘(如图），转盘停止转动时指针指向哪个扇形区域，则顾客可直接获得该区域对应面额(单位：元）的现金优惠，且允许顾客转动3次.方案二：顾客转动十二等分且质地均匀的圆形转盘（如图〕，转盘停止转动时指针若指向阴影部分，则未中奖，若指向白色区域，则顾客可直接获得40元现金，且允许顾客转动3次.（1）若两位顾客均获得1次抽奖机会，且都选择抽奖方案一，试求这两位顾客均获得180元现金优惠的概率；（2）若某顾客恰好获得1次抽奖机会.①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得现金奖励的数学期望；②从概率的角度比较①中该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】(1)(2) ①见解析②该顾客选择第一种抽奖方案更合算【解析】试题分析：（1）由图可知，每一次转盘指向60元对应区域的概率为，设“每位顾客获得180元现金奖励”为事件，则，结合乘法概率公式得到这两位顾客均获得180元现金优惠的概率；（2）①方案一：可能的取值为60，100，140，180，方案二：，故；②由①知，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.试题解析：（1）选择方案一，若要享受到180元的现金优惠，则必须每次旋转转盘都指向60元对应的区域，由图可知，每一次转盘指向60元对应区域的概率为.设“每位顾客获得180元现金奖励”为事件，则，所以两位顾客均获得180元现金奖励的概率为.（2）①若选择抽奖方案一，则每一次转盘指向60元对应区域的概率为，每一次转盘指向20元对应区域的概率为. 设获得现金奖励金额为元，则可能的取值为60，100，140，180.则；；；.所以选择抽奖方案一，该顾客获得现金奖励金额的数学期望为（元）. 若选择抽奖方案二，设三次转动转盘的过程中，指针指向白色区域的次数为，最终获得现金奖励金额为元，则，故，所以选择抽奖方案二，该顾客获得现金奖励金额的数学期望为（元）.②由①知，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.20.已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，过焦点作斜率为的直线交抛物线于两点，且，其中为坐标原点.（1）求抛物线的方程；（2）设点，直线分别交准线于点，问：在轴的正半轴上是否存在定点，使，若存在，求出定点的坐标，若不存在，试说明理由.【答案】(1) (2) 在轴的正半轴上存在定点，使，且定点的坐标为【解析】试题分析：（1）设抛物线的标准方程为，直线的方程为（，且），联立，消去，得.巧用韦达定理表示，从而得到抛物线的方程；（2）假设在轴上存在定点，使，设，由（1），知.明确，由，得，从而得到出定点的坐标.试题解析：（1）由题意知，设抛物线的标准方程为，直线的方程为（，且），联立，消去，得.设，则.所以，解得.所以抛物线的标准方程为.（2）假设在轴上存在定点，使，设，由（1），知.又，设直线的斜率分别为，则，，则直线的方程为，令，得，同理，得.故.由，得，即，故，解得或(负值舍去），即在轴的正半轴上存在定点，使，且定点的坐标为.点睛：圆锥曲线中定点问题的常见解法（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．21.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，不等式恒成立，试求实数的取值范围.【答案】(1) 当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减(2)【解析】试题分析：（1）函数的定义域为..对a分类讨论，明确函数的单调性；（2）当时，不等式恒成立，即求的最小值大于等于零即可.试题解析：（1）函数的定义域为..①时，，故在区间上单调递增；②当时，令，得，令，得，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）当时，由（1)，知函数在区间上单调递增，所以，所以恒成立，即符合题意.法一:当时，令，解得：，令，解得.①当时，，所以结合（1），知函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，且.令，恒成立，又，所以在区间上单调递增，所以存在，使得，即存在，使得，即当时，不符合题意.②当时，，即在区间上恒成立，所以函数在区间上单调递减，所以，显然不符合题意.综上所述，实数的取值范围为.法二：当时，令，，所以，取，故在上，，不合题意，舍去.综上所述，实数的取值范围为.点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立，转化为;（3）若恒成立，可转化为.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：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程是.（1）求直线的直角坐标方程与圆的普通方程；（2）点为直线上的一动点，过点作直线与圆相切于点，求四边形的面积的最小值.【答案】(1) . (2) 四边形的面积的最小值为1【解析】试题分析：（1）根据，把直线的极坐标方程转化为直角坐标方程；根据平方关系，把圆的参数方程转化为普通方程；（2），而.即求的最小值即可.（1）由，得，所以直线的直角坐标方程为.由（为参数）得，所以圆的普通方程为.（2）.由切线性质，可知.当时，取最小值，所以，所以，即四边形的面积的最小值为1.23.选修4-5：不等式选讲已知函数，不等式的解集为.（1）求集合；（2）证明：对于任意的，恒成立•【答案】(1) (2)见解析【解析】试题分析：（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）利用分析法证明不等式. 试题解析：（1）不等式，即，当时，得，所以；当时，得，当时，得，所以.综上，不等式的解集. （2）若证，即证，即证成立，即证，即证.∵，∴，或.∵，∴，∴，∴成立，即原命题得证.。