2018届吉林省长春市普通高中高三一模考试题数学试题卷（理科）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. 设为虚数单位，则（）A. B. C. 5 D. -5【答案】A【解析】由题意可得：.本题选择A选项.2. 集合的子集的个数为（）A. 4B. 7C. 8D. 16【答案】C【解析】集合含有3个元素，则其子集的个数为.本题选择C选项.3. 若图是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩关于测试序号的函数图像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论：①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好；②二班成绩不够稳定，波动程度较大；③三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，但在稳步提升．其中正确结论的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】通过函数图象，可以看出①②③均正确.故选D.4. 等差数列中，已知，且公差，则其前项和取最小值时的的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，有，所以当时前项和取最小值.故选C......................5. 已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图，则其中位数和众数分别为（）A. 95，94B. 92，86C. 99，86D. 95，91【答案】B【解析】由茎叶图可知，中位数为92，众数为86. 故选B.6. 若角的顶点为坐标原点，始边在轴的非负半轴上，终边在直线上，则角的取值集合是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为直线的倾斜角是，所以终边落在直线上的角的取值集合为或者.故选D.7. 已知，且，则的最小值为（）A. 8B. 9C. 12D. 16【答案】B【解析】由题意可得：，则：，当且仅当时等号成立，综上可得：则的最小值为9.本题选择B选项.点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．8. 《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈），那么该刍甍的体积为（）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B.9. 已知矩形的顶点都在球心为，半径为的球面上，，且四棱锥的体积为，则等于（）A. 4B.C.D.【答案】A【解析】由题意可知球心到平面ABCD的距离 2，矩形ABCD所在圆的半径为，从而球的半径.故选A.10. 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A. 求首项为1，公差为2的等差数列前2017项和B. 求首项为1，公差为2的等差数列前2018项和C. 求首项为1，公差为4的等差数列前1009项和D. 求首项为1，公差为4的等差数列前1010项和【答案】C【解析】由题意可知，为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和.故选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知为坐标原点，设分别是双曲线的左、右焦点，点为双曲线上任一点，过点作的平分线的垂线，垂足为，则（）A. 1B. 2C. 4D.【答案】A【解析】延长交于点，由角分线性质可知根据双曲线的定义，，从而，在中，为其中位线，故.故选A.点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.12. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则函数在区间上所有零点之和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】,作图如下：，四个交点分别关于对称，所以零点之和为，选D.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知角满足，，则的取值范围是__________．【答案】【解析】结合题意可知：，且：，利用不等式的性质可知：的取值范围是.点睛：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．14. 已知平面内三个不共线向量两两夹角相等，且，，则__________．【答案】【解析】因为平面内三个不共线向量两两夹角相等，所以由题意可知，的夹角为，又知，，所以，，故答案为.15. 在中，三个内角的对边分别为，若，且，面积的最大值为__________．【答案】【解析】由可得，，得，由余弦定理，面积的最大值为，当且仅当时取到最大值，故答案为.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.16. 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则圆锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】设圆锥的底面半径为R，由题意可得其体积为：当且仅当时等号成立.综上可得圆锥体积的最大值为.三、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17. 已知数列的前项和．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求证：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列的通项公式；（Ⅱ）化简，则，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果.试题解析：(Ⅰ)由，则.当时，，综上.（Ⅱ）由.. 得证.18. 长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉，在我市推出的第二季名师云课中，数学学科共计推出36节云课，为了更好地将课程内容呈现给学生，现对某一时段云课的点击量进行统计：点击量节数 6 18 12（Ⅰ）现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，求选出的点击量超过3000的节数．（Ⅱ）为了更好地搭建云课平台，现将云课进行剪辑，若点击量在区间内，则需要花费40分钟进行剪辑，若点击量在区间内，则需要花费20分钟进行剪辑，点击量超过3000，则不需要剪辑，现从（Ⅰ）中选出的6节课中随机取出2节课进行剪辑，求剪辑时间的分布列与数学期望．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(Ⅰ)因为 36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，所以节应选出节；（Ⅱ）的所有可能取值为，根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，从而可得分布列，由期望公式可得结果..试题解析：(Ⅰ)根据分层抽样，选出的6节课中有2节点击量超过3000.（Ⅱ）的可能取值为0，20，40，60则的分布列为0 20 40 60即.19. 如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）设，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(Ⅰ) )连接交于点，连接，根据中位线定理可得，由线面平行的判定定理即可证明平面；（Ⅱ）以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：(Ⅰ)连接交于点，连接在中，（Ⅱ），设菱形的边长为，则.取中点，连接.以点为原点，以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，建立如图所示坐标系.，，，，，，，即二面角的余弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 已知椭圆的两个焦点为，且经过点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过的直线与椭圆交于两点（点位于轴上方），若，且，求直线的斜率的取值范围．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）.【解析】试题分析：(1)由题意可得，，，则椭圆方程为.(2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数k的不等式，求解不等式可得直线的斜率的取值范围是k=.试题解析：(1)由椭圆定义，有，，，从而.(2)设直线，有，整理得，设，，有，，，，由于，所以，，解得.，，由已知.21. 已知函数，．（Ⅰ）若函数与的图像在点处有相同的切线，求的值；（Ⅱ）当时，恒成立，求整数的最大值；（Ⅲ）证明：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)求出与，由且解方程组可求的值；（Ⅱ）恒成立等价于恒成立，先证明当时恒成立，再证明时不恒成立，进而可得结果；（Ⅲ））由，令，即，即，令，各式相加即可得结果. 试题解析：(Ⅰ)由题意可知，和在处有相同的切线，即在处且，解得.（Ⅱ）现证明，设，令，即，因此，即恒成立，即，同理可证.由题意，当时，且，即，即时，成立.当时，，即不恒成立.因此整数的最大值为2.（Ⅲ）由，令，即，即由此可知，当时，，当时，，当时，，……当时，.综上：.即.（二）选考题：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为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点的直角坐标为，点的极坐标为，若直线过点，且倾斜角为，圆以圆心，3为半径．（Ⅰ）求直线的参数方程和圆的极坐标方程；（Ⅱ）设直线与圆相交于两点，求．【答案】(Ⅰ)为参数），；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）根据直线参数方程形式直接写出直线的参数方程，根据直角三角形关系得，即为圆的极坐标方程（2）利用将圆的极坐标方程化为直接坐标方程，将直线参数方程代入，利用韦达定理及参数几何意义得|=7试题解析：（Ⅰ）直线的参数方程为（t为参数），圆的极坐标方程为.（Ⅱ）把代入，得，，设点对应的参数分别为，则,23. 选修4-5：不等式选讲设不等式的解集为．（Ⅰ）求集合；（Ⅱ）若，求证：．【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集（2）利用分析法证明，将所求不等式转化为，再根据，证明试题解析：（1）由已知，令由得.（2）要证，只需证，只需证，只需证只需证，由，则恒成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.。