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.docx

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1、 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分钟留意事项：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非选择题必需用黑色字迹签字笔作答，答案必需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（ ）是否输出完毕开场(A) (B) (C) (D) （2）如图是

2、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，如今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

3、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台一般机，每台一般机每天可给10件衣服锁边。假如一天至少有100件衣服须要锁边，用电脑机每台需配锁边工1名，杂工2名，用一般机每台须要配锁边工1名，杂工1名。用电脑机给一件衣

4、服锁边可获利8元，用一般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，则对随意，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揣测：或偷的；路人乙揣测：不行能偷；路人丙揣测：、当中必有1人偷；路人丁揣测：、都不行能偷。若甲

5、、乙、丙、丁中只有1人猜对，则此人是 （15）若绽开式中的常数项为，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外表积为 三解答题：共70分，解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个考生都必需作答。第22、23题为选考题，考生依据要求作答。（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）设平面及平面所成二面角的平面角为，试确定点的位置，使得（19）（本

6、小题满分12分）中国职业男篮CBA总决赛采纳七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，竞赛就此完毕现甲、乙两支球队进展总决赛，因两队实力相当，每场竞赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场竞赛可获得门票收入400万元，以后每场竞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，求面积获得最大值时，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，务实数的值；

7、（2）若对随意的，在上恒成立，务实数的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。假如多做，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：坐标系及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）若曲线及只有一个公共点，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）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共

8、12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BA.CACBADBBDA1.【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】设每天支配电脑机和一般机各，台，则一天可获利，线性约束条件为，画出可行域（如图），可知当目的函数经过时，.11.【解析】因为在单调，所以，即

9、，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，而对随意，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，互相冲突；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，互相冲突；假设丙猜对，即A、B、F当中必有一人偷

10、，此时乙也猜对；假设丁猜对，即D、E、F都不行能偷，甲、乙、丙均猜错，符合题意，故猜对的是丁。15.【解析】绽开式中的常数项是的绽开式中项的系数及的系数之积，再加上其常数项及1的积；又绽开式的通项公式为：，令，解得，令解得（不合题意，舍去），所以绽开式中的常数项为，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的垂线及过点O的面ABC的垂线的交点，在四边形中，可求出，所以，所以球的外表积。三解答题：共70分，解容许写出文字说明，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

11、各项均为正数，所以。 因为，所以 .4分法一： 由 .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，解得当时满意 12分19.【解析】(1)依题

12、意，每场竞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a1400，an100n300，所以Sn3000.解得n5或n12(舍去)，所以此决赛共竞赛了5场 2分则前4场竞赛的比分必为13，且第5场竞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(X2200)24，P(X300)C4，P(X390)C5，P(X490)C6， 10分所以X的分布列为X2200300039004900P所以 12分20.【解析】解：（1）由

13、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分到直线间隔 ， 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分所以当面积获得最大值时，直线方程为或。12分21.【解析】解：（1）由题意， 2分（）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（）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，

14、当时，则对恒成立等价于，即，对恒成立. 7分（）当时，此时，不合题意. 8分（）当时，令，则，其中， 令，则在区间上单调递增，时，所以对，从而在上单调递增，所以对随意，即不等式在上恒成立.10分时，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。假如多做，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】（）曲线是以为圆心，以为半径的圆；直线的直角坐标方程为 .2分由直线及圆只有一个公共点，则可得，解得：（舍）或 所以 .4分（）由题意

15、得曲线极坐标方程为，设A极角为，B的极角为 5分 7分所以当时，获得最大值 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：（）（）当时，原不等式可化为，解得，此时原不等式的解是； 2分（）当时，原不等式可化为，解得，此时原不等式无解； 3分（）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（）因为 6分 7分 8分因为，所以， 9分所以，即 10分法二：（）同解法一（）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