2018届河南省漯河市高级中学高三上学期第四次模拟考试（12月）数学（理） Word版 含答案

河南省漯河市高级中学2018届高三上学期第四次模拟考试（12月）

数学（理）试题

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|0?log4x?1?，B=?x|A．(0,1)

??3???1?，则A?B?( ) 1?2x?B．(0,2] C．[2,4) D．(1,2]

?132.已知复数z???i，则z?|z|?( )

22A．?13131313?i B．??i C．?i D．?i 22222222?????????3.设m，n是非零向量，则“存在负数?，使得m??n ”是“m?n?0”的（ ）

A．充分而不必要条件 C．充分必要条件

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4.若点P(cos?,sin?)在直线y??2x上，则cos(2??A．??2)的值等于（ ）

4 5B．

4 5C．?33 D． 55x2y25.设F1和F2为双曲线2?2?1(a?0,b?0)的两个焦点，若F1，F2，(0,2b)是正三角形的三个顶点，

ab则双曲线的渐近线方程是（ ） A．y??32121B．y??x x C. y??3x D．y??x

3736.如图所示的程序输出结果为sum?1320 ，则判断框中应填（ ）

A．i?9

B．i?10 C. i?10 D．i?9

?x?1?y?1?7.已知M，N是不等式组? ，所表示的平面区域内的两个不同的点，则|MN| 的最大值是

?x?y?1?0??x?y?6（ ） A．

34 2B．17 C.32 D．

17 28.已知等差数列?an?满足a3?3，且a1，a2，a4成等比数列，则a5=（ ） A． 5

5B．3 C.5或3 D．4或3

23459.若?1?x??a0?a1x?a2x?a3x?a4x?a5x，则a0?a1?a2?a3?a4?a5?（ ）

A．0 B．1 C. 32 D．-1

10.如图，网格纸上小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A．48

B．36

C. 32

D．24

1，D为边BC上的点，?ABD与?ACD的面积分别为2和4.过D2????????作DE?AB于E，DF?AC于F，则DE?DF?（ ）

11.在锐角三角形中ABC，tanA?A．?13 14B．?16 152C. ?1715 D．? 151411??12.已知当x?[0,1]时，函数y??x??的图象与y?2mm??数的取值范围是（ ） A．(0,1]?[3,??） C. (0,2]?[23,??)

x?1 的图象有且只有一个交点，则正实mB．(0,1]?[23,??) D．(0,2]?[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）

112x?113.已知函数f(x)?x?x?sinx，若正实数a，b满足f(4a)?f(b?9)?0，?则的最小值

ab2?1为 ．

14.三棱锥A?BCD中，底面?BCD是边长为3的等边三角形，侧面三角形?ACD为等腰三角形，且腰长为13，若AB?2，则三棱锥A?BCD外接球表面积是 ．

15.已知为抛物线C：y2?2px(p?0)的焦点，过F作斜率为1的直线交抛物线C于A、B两点，设

|FA|?|FB|，则

|FA|? ． |FB|16.如图，为了测量河对岸A、B两点之间的距离，观察者找到一个点C，从点C可以观察到点A、B；找到一个点D，从点可以观察到点A、C；找到一个点E，从点可以观察到点B、C；并测量得到一些数据：CD?2，CE?23，?D?45?，?ACD?105?，?ACB?48.19?，?BCE?75?，?E?60?，则A、B两点之间的距离为 ．（其中cos48.19?取近似值

2） 3

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?an?为等差数列，前n项和为Sn(n?N?)，?bn?是首项为2的等比数列，且公比大于0，

b2?b3?12，b3?a4?2a1，S11=11b4.

（I）求?an?和?bn?的通项公式；

（II）求数列?a2nb2n?1?的前n项和(n?N?).

18. 如图，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是?ADC?60?的菱形，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，M为PB的中点.

（I）求证：PA?平面CDM； （II）求二面角D?MC?B的余弦值.

19. 汽车4S店是一种以“四位一体”为核心的特许经营模式，包括整车销售、零配件销售、售后服务、信息反馈等。某品牌汽车4S店为了了解A，B，C三种类型汽车质量问题,对售出的三种类型汽车各取100辆进行跟踪服务,发现各车型一年内需要维修的车辆如下表所示1. 表1 (I)某公司一次性从4S店购买该品牌A，B，C型汽车各一辆,记?表示这三辆车的一年内需要维修的车辆数，求?的分布列及数学期望.(各型汽车维修的频率视为其需要维修的概率). (II)该品牌汽车4S店为了对厂家新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按使事先拟定的各种价格进行试销相等时间，得到数据如表2. 预计在今后的销售中,销量与单价仍然服从y?bx?a(b??0.2,a?y?bx)的关系,且该产品的成本是500元/件,为使4S店获得最大利润(利润=销售收入-成本)，该产品的单价应定位多少元？ 表1 车型 A B C

频数 20 20 40

表2

单价x(元) 800 820 840 850 880 900 销量y(件) 90 84 83 80 75 68

^x2y220. 已知点（2,3）在椭圆2?2?1(a?b?0)上，设A，B，C分别为椭圆的左顶点、上顶点、下顶

ab点、且点C到直线AB的距离为（I）求椭圆C的方程；

47b. 7

?????????a2xx?b2yy1212(II)设M(x1,y1)，N(x2,y2)(x1?x2)为椭圆上的两点，且满足OM?ON?， 22a?b求证：?MON的面积为定值，并求出这个定值.

ln2x?alnx?a221. 已知曲线f(x)?在(e,f(e)) 处的切线与直线2x?ey?0平行，a?R.

x（I）求a的值；

(II)求证：

f(x)a?x. xe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

以直角坐标系的原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知点M的直角坐标系为（1,0），

?x?4t2若直线l的极坐标方程为2?cos(??)?1?0，曲线C的参数方程是?（为参数）.

4?y?4t?（I）求直线l和曲线C的普通方程；

(II)设直线l和曲线C交于A，B两点，求

23.选修4-5：不等式选讲 已知函数f(x)?2x?1?x?1. （I）解不等式f(x)?3；

11. ?MAMB3(II)记函数g(x)?f(x)?x?1的值域为M，若t?M，证明t2?1??3t.

t

试卷答案

一、选择题

1-5:DDABC 6-10: BBCAC 11、12：BA

二、填空题

13. 1 14.16? 15. 3?22 16.10 三、解答题

17.解析（I）设等差数列?an?的公差为，等比数列?bn?的公比为. 由已知b2?b3?12，得b1(q?q2)?12，而b1?2，所有q2?q?6?0. 又因为q?0，解得q?2.所以，bn?2n. 由b3?a4?2a1，可得3d?a1?8①. 由S11?11b4，可得a1+5d?16②.

联立①②，解得a1?1，d?3，由此可见an?3n?2.

所以，数列?an?的通项公式为an?3n?2，数列?bn?的通项公式为bn?2n. （II）解：设数列?a2nb2n?1?的前n项和为Tn.

由a2n?6n?2，b2n?1?2?4n?1，有a2nb2n?1=?3n?1??4，

n故Tn?2?4?5?42?8?43???(3n?1)?4n，

4Tn?2?42?5?43?8?44???(3n?4)?4n+(3n?1)?4n?1，

上述两式相减，得?3Tn?2?4?3?42?3?43???3?4n?(3n?1)?4n?1

12?(1?4n)??4?(3n?1)?4n?1

1?4??(3n?2)?4n?1?8

得Tn?3n?2n?18?4?. 333n?2n?18?4?. 33所以，数列?a2nb2n?1?的前n项和为

18.（I）法一：作PO?CD于O，连接OA 由侧面PDC与底面ABCD垂直，则PO?面ABCD 所以PO?CD，又由?ADC?60?，DO?1，AD?2， 则?DOA?90?，即OA?CD

取PA的中点N，连接ON，MN由M为PB的中点， 则四边形MNOC为平行四边形，

所以CM//ON，又在?POA中，OP?OA?3，

N为PA中点，所以ON?PA，

所以CM?PA，又由CM?DC?C所以PA?面CDM.

17.解析（I）设等差数列?an?的公差为，等比数列?bn?的公比为. 由已知b2?b3?12，得b1(q?q2)?12，而b1?2，所有q2?q?6?0. 又因为q?0，解得q?2.所以，bn?2n. 由b3?a4?2a1，可得3d?a1?8①. 由S11?11b4，可得a1+5d?16②.

联立①②，解得a1?1，d?3，由此可见an?3n?2.

所以，数列?an?的通项公式为an?3n?2，数列?bn?的通项公式为bn?2n. （II）解：设数列?a2nb2n?1?的前n项和为Tn.

由a2n?6n?2，b2n?1?2?4n?1，有a2nb2n?1=?3n?1??4，

n故Tn?2?4?5?42?8?43???(3n?1)?4n，

4Tn?2?42?5?43?8?44???(3n?4)?4n+(3n?1)?4n?1，

上述两式相减，得?3Tn?2?4?3?42?3?43???3?4n?(3n?1)?4n?1

12?(1?4n)??4?(3n?1)?4n?1

1?4??(3n?2)?4n?1?8

得Tn?3n?2n?18?4?. 333n?2n?18?4?. 33所以，数列?a2nb2n?1?的前n项和为

18.（I）法一：作PO?CD于O，连接OA 由侧面PDC与底面ABCD垂直，则PO?面ABCD 所以PO?CD，又由?ADC?60?，DO?1，AD?2， 则?DOA?90?，即OA?CD

取PA的中点N，连接ON，MN由M为PB的中点， 则四边形MNOC为平行四边形，

所以CM//ON，又在?POA中，OP?OA?3，

N为PA中点，所以ON?PA，

所以CM?PA，又由CM?DC?C所以PA?面CDM.

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