江苏省苏州市2018届高三调研测试(三)数学试题+Word版含解析

苏州市 2018 届高三调研测试（三）
数学
第Ⅰ卷（共60分）
一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上.
1. 已知集合，，若，则实数的值为__________.
【答案】5
【解析】分析：利用集合的包含关系，推出m是A的元素，求解即可.
解析：集合，，若，
可得，
.
故答案为：5
点睛：对于含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合是否满足互异性．
2. 已知是虚数单位，复数的实部与虚部互为相反数则实数的值为__________.
【答案】-3
【解析】分析：利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部加虚部为0求解.
解析：的实部与虚部互为相反数，
，即.
故答案为：-3.
点睛：复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算，除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把i的幂写成最简形式．
3. 从某小区抽取 100 户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在 50 度到 350 度之间，频率分布直方图如图所示．则在这些用户中，用电量落在区间内的户数为
__________.
【答案】22
【解析】分析：由频率分布直方图先求出用电量落在区间内的频率，由此能求出用电量落在区间内的户数.
解析：由频率分布直方图得：
用电量落在区间内的频率为：1-（0.0024+0.0036+0.0024+0.0012）50=0.22，
用电量落在区间内的户数为：1000.22=22.
故答案为：22.
点睛：明确频率分布直方图的意义，即图中的每一个小矩形的面积是数据落在该区间上的频率，所有小矩形的面积和为1.
4. 从 1，2，3，4 这四个数中随机地选取两个数，则其中一个数是另一个数的两倍的概率为__________.
【答案】
【解析】试题分析：从四个数中任取两个数共有六种可能,其中一个数是另一个的两倍的可能只有一种,所以其概率为,即概率是.
考点：列举法、古典型概率公式及运用.
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5. 如图是一个算法的流程图，则输出的的值为__________.
【答案】7
【解析】分析：直接利用程序框图的循环结构求出结果.
解析：在执行循环前：k=1，S=1.
执行第一次循环时： S=1，k=3.
执行第二次循环时： S=3，k=5.
执行第三次循环时： S=15，k=7.
由于S>10，
输出k=7.
故答案为：7.
点睛：（1）条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断；
（2）对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．
6. 已知双曲线的离心率为，则其渐近线方程为__________.
【答案】
【解析】分析：离心率公式计算可得m，再由渐近线方程即可得到所求方程.
解析：双曲线的离心率为，可得，
由题意可得，
解得.
双曲线方程为.
渐近线方程为.
故答案为：.
点睛：区分双曲线中的a，b，c大小关系与椭圆中的a，b，c大小关系，在椭圆中，而在双曲线中.
7. 若不等式组所表示的平面区域被直线分为面积相等的两部分，则实数
的值为__________.
【答案】
【解析】分析：先根据约束条件画出可行域，求出可行域顶点的坐标，再利用几何意义求面积即可.
解析：画出可行域，如图所示：
由图可知，直线恒经过点，当直线再经过BC的中点时，平面区域被直线分为面积相等的两部分.
当时，代入直线的方程得：.
故答案为：.
点睛：二元一次不等式(组)表示平面区域的判断方法：
直线定界，测试点定域．
注意不等式中不等号有无等号，无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线．测试点可以选一个，也可以选多个，若直线不过原点，则测试点常选取原点．
8. 若数列的前项和满足，则的值为__________.
【答案】-81
【解析】分析：利用与的关系式求出的通项公式即可得到答案.
解析：，
当时，，
当时，，即，
是以首项为-3，公比为3的等比数列.
.
.
故答案为：-81.
点睛：强调与的关系.
9. 现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为__________.
【答案】
【解析】分析：由圆锥的几何特征，现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，圆锥的母线长等于扇形的半径，由此计算出圆锥的高，代入圆锥体积公式，即可求出答案.
解析：设铁皮扇形的半径和弧长分别为R、l，圆锥形容器的高和底面半径分别为h、r，
则由题意得R=10，由，得，
由得.
由可得.
该容器的容积为.
故答案为：.
点睛：涉及弧长和扇形面积的计算时，可用的公式有角度表示和弧度表示两种，其中弧度表示的公式结构简单，易记好用，在使用前，应将圆心角用弧度表示．
10. 已知向量，，，若，则的夹角大小为__________. 【答案】120°
【解析】分析：先设与的夹角为，根据题意，易得，将其代入中易得
，进而由数量积的运算，可得的值，从而可得答案.
解析：设与的夹角为，
，则，
，
.
，。

.
故答案为：.
点睛：要注意向量运算律与实数运算律的区别和联系．在向量的运算中，灵活运用运算律，就会达到简化运算的目的．
11. 设正实数满足，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】分析：由正实数满足，化为，由于关于的方程有正实数根，可知，又，解出即可.
解析：正实数满足，化为，
由于关于的方程有正实数根，
，解得
因此实数y的最小值为.
故答案为：.
点睛：本题考查了一元二次方程的实数根与判别式、根与系数的关系、一元二次不等式的解
法.
12. 在平面直角坐标系中，已知圆和点，过点作直线交圆于
两点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】分析：设，设直线l的方程为，代入圆，再由韦达定理和向量的模的公式，结合分式函数的值域求法：判别式法，计算即可.
解析：设，
则，
直线l的方程为，代入圆可得：，
恒成立
.
则，
由可得.
当时，；
当时，，解得.
则的取值范围时.
故答案为：.
点睛：本题考查直线和圆的位置关系，注意联立方程组，运用韦达定理，同时考查分式函数的值域求法，注意运用判别式法，考查化简整理的运算能力.
【答案】
【解析】分析：将题意转化为在R上有三个不同的实数根.，设，由
导数与函数单调性的关系，大致判断的单调性，由大致图象即可求出.
解析：由题意知：若具有性质，则在定义域内有3个不同的实数根，
，
，即方程在R上有三个不同的实数根.
设，
当时，，即在上单调递增
当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.
又，
方程在R上有三个不同的实数根即函数与的图象有三个交点.
，
.
故答案为：
点睛：（1）零点问题可转化为函数图象的交点问题进行求解，体现了数形结合的思想．（2）求零点范围时用数形结合求解可减少思维量，作图时要尽量准确.
14. 已知实数，且满足，则的取值范围是__________. 【答案】
解析：
又，，
设，
a，b是方程的两个实根.
，
①存在时，使，，，即.
②存在时，使，，，即.
.
故答案为：
点睛：本题考查了立方和公式，考查了根的判别式的运用，关键是正确构造一元二次方程.
第Ⅱ卷（共90分）
二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知中，若角对应的边分别为，满足，.
(1)若的面积为，求；
(2)若，求的面积.
【答案】（1）（2）或
【解析】分析：（1）由得，即，又，两边同时平方化简求值即可；
（2）利用三角形的面积公式以及余弦定理转化求解即可.
解析：解：(1)由得，即.
又，那么，
即，得到，即有.
(2)由题意有及余弦定理有
，即，①
又由可知，②
由①②得到，亦即，可知或.
经检验，或均符合题意；
那么的面积为或 .
点睛：与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
16. 如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面，点为的中点，点为的中点.
(1)求证：；
(2)求证：平面.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】分析：（1）连接，推出，得到平面，.证明平面，即可得到证明；
（2）取的中点，连接，证明，然后证明平面.
解析：证明(1)连接，因为四边形，是菱形，所以，又是矩形，
平面平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以平面.
又平面，所以.
(2)取的中点，连接.
因为,,所以四边形是平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面.
点睛：解题中注意符号语言的规范应用.
17. 某“” 型水渠南北向宽为，东西向宽为，其俯视图如图所示．假设水渠内的水面始终保持水平位置.
(1) 过点的一条直线与水渠的内壁交于两点，且与水渠的一边的夹角为（为锐角），将线段的长度表示为的函数；
(2) 若从南面漂来一根长度为的笔直的竹竿（粗细不计），竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠（不会卡住）？试说明理由．
【答案】（1）（2）能
【解析】分析：（1）求出PA，QA，即可将线段PQ的长度l表示为的函数；
（2）求导数，确定函数的单调性，即可得出结论.
解析：解(1)由题意，，，
所以
(2)设，
由，令，得.
且当，；当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，即为最小值．
当时，，，所以的最小值为，
即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为.
因为，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠.
答：竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．
点睛：（1）函数模型应用不当，是常见的解题错误．所以，要正确理解题意，选择适当的函数模型．
（2）要特别关注实际问题的自变量的取值范围，合理确定函数的定义域．
（3）注意问题反馈．在解决函数模型后，必须验证这个数学结果对实际问题的合理性．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为,焦距为 2，一条准线方程为，
为椭圆上一点，直线交椭圆于另一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点的坐标为，求过三点的圆的方程；
(3)若，且，求的最大值.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】分析：（1）根据椭圆的焦距为2，一条准线方程为，求出a，b，即可求椭圆的方程；
（2）直线的方程为x-y+1=0，代入椭圆方程，求出Q的坐标，利用圆的一般方程，建立方程组，即可求过P，Q，三点的圆的方程；
（3）由，可得P，Q坐标之间的关系，利用向量数量积公式，结合，利用基本不等式，即可求出的最大值.
解析：解(1)由题意得解得，
所以.
所以椭圆的方程为.
(2)因为,，所以的方程为.
由解得或
所以点的坐标为.
设过三点的圆为，
则解得.
所以圆的方程为.
(3)设，，则，.
因为，所以即
所以，，解得.
所以
因为，所以，当且仅当，即时取等号.
所以,即的最大值为.
点睛：本题考查椭圆、圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识，考查基本不等式的运用，本题由，可得P，Q坐标之间的关系是关键.
19. 已知函数，在处取极大值，在处取极小值.
(1)若，求函数的单调区间和零点个数；
(2)在方程的解中，较大的一个记为；在方程的解中，较小的一个记为，证明：为定值；
(3)证明：当时，.
【答案】（1）单调增区间为；单调减区间为；3个零点（2）-1(3)见解析【解析】分析：（1）当时，求导即可得到单调区间，再利用零点存在定理判定零点即可；
（2）因为，可知. 因为，即，可知
，同理，得到，即可证明；
（3）要证，即要证.
设，求导，通过单调性可知，再设，求导，通过单调性可知，，
因为，所以，，且和分别在和2.处取最大值和最小值，因此
恒成立，即当时，.
解析：解(1)当时，，；
当时，或；当时，；
即函数的单调增区间为；单调减区间为；
又，，，，所以有3个零点.
(2)因为，则，
可知.
因为，即，
即
.
可知，
同理，由可知
；
得到；
.
(3)要证，即要证.
设，则；当时，；当时，；
可知；
再设，则；当时，；当时，；
可知，.
因为，所以，，且和分别在和2处取最大值和最小值，因此
恒成立，即当时，.
(3)另证：一方面，易证；（略）
另一方面，当时，；
又；
所以，，
且不存在正数，使得其中等号同时成立，故.
点睛：(1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．
(2)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．
(3)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．。