河北省石家庄市2018届高三数学下学期4月一模考试试题文201804281740.doc

河北省石家庄市2018届高三数学下学期4月一模考试试题 文一、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 D2.复数（ ）A B C D3.已知四个命题：如果向量与共线，则或；是的必要不充分条件；命题：，的否定：，；“指数函数是增函数，而是指数函数，所以是增函数”此三段论大前提错误，但推理形式是正确的.以上命题正确的个数为（ ）A0 B1 C2 D3 4.若数列满足，则的值为（ ）A2 B-3 C D5.函数，其值域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（ ）A B C D6. 程序框图如图所示，该程序运行的结果为，则判断框中可填写的关于的条件是（ ）A B C D7. 南宋数学家秦九韶早在数书九章中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：，），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（ ）A84平方里 B108平方里 C126平方里 D254平方里8. 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，则该几何体的表面积为（ ）A B C D9.设是定义在上的偶函数，且在上为增函数，则的解集为（ ）A B C D10.抛物线：的焦点为，其准线与轴交于点，点在抛物线上，当时，的面积为（ ）A1 B2 C D411.在中，则的最大值为（ ）A B C D12.已知，分别为双曲线的左焦点和右焦点，过的直线与双曲线的右支交于，两点，的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为（ ）A1 B C2 D二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分. 13.设向量，若，则 14.，满足约束条件：，则的最大值为 15.甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小.据此推断班长是 16.一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为 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1721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.已知是公差不为零的等差数列，满足，且、成等比数列.（）求数列的通项公式；（）设数列满足，求数列的前项和.18.四棱锥的底面为直角梯形，为正三角形.（）点为棱上一点，若平面，求实数的值；（）若，求点到平面的距离.19.小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元.（）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪（单位：元）与送货单数的函数关系式；（）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数与天数满足以下表格：日均派送单数5254565860频数（天）2030202010回答下列问题：根据以上数据，设每名派送员的日薪为（单位：元），试分别求出这100天中甲、乙两种方案的日薪平均数及方差；结合中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由.（参考数据：，）20.已知椭圆：的左、右焦点分别为，且离心率为，为椭圆上任意一点，当时，的面积为1. （）求椭圆的方程；（）已知点是椭圆上异于椭圆顶点的一点，延长直线，分别与椭圆交于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.21.已知函数，在处的切线方程为.（）求，；（）若，证明：.（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若直线与曲线相切；（）求曲线的极坐标方程；（）在曲线上取两点，与原点构成，且满足，求面积的最大值.23.选修4-5：不等式选讲已知函数的定义域为；（）求实数的取值范围；（）设实数为的最大值，若实数，满足，求的最小值.答案一、选择题1-5: ACDBB 6-10: CABBB 11、12：DD二、填空题13. 14. 3 15. 乙 16. 三、解答题17. 解：（1）设数列的公差为，且由题意得， 即，解得， 所以数列的通项公式.（2）由（1）得， .18（1）因为平面SDM，平面ABCD，平面SDM 平面ABCD=DM，所以，因为，所以四边形BCDM为平行四边形，又，所以M为AB的中点.因为，.（2）因为， ，所以平面，又因为平面，所以平面平面，平面平面，在平面内过点作直线于点，则平面，在和中，因为，所以，又由题知，所以， 由已知求得，所以，连接BD，则，又求得的面积为，所以由点B 到平面的距离为.19.解：（1）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送货单数的函数关系式为： ，乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：，（2）、由表格可知，甲方案中，日薪为152元的有20天，日薪为154元的有30天，日薪为156元的有20天，日薪为158元的有20天，日薪为160元的有10天，则， ，乙方案中，日薪为140元的有50天，日薪为152元的有20天，日薪为176元的有20天，日薪为200元的有10天，则，、答案一：由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且远小于，即甲方案日薪收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.答案二：由以上的计算结果可以看出，即甲方案日薪平均数小于乙方案日薪平均数，所以小明应选择乙方案.20解：（1）设由题， 解得，则，椭圆的方程为. （2）设，当直线的斜率不存在时，设，则，直线的方程为代入，可得，则，直线的斜率为，直线的斜率为，当直线的斜率不存在时，同理可得. 当直线、的斜率存在时，设直线的方程为，则由消去可得：，又，则，代入上述方程可得，则，设直线的方程为，同理可得，直线的斜率为，直线的斜率为，.所以，直线与的斜率之积为定值，即. 21解：（）由题意，所以，又，所以， 若，则，与矛盾，故，.（）由（）可知， ，由，可得，令， ，当时，当时，设， ，故函数在上单调递增，又，所以当时，当时， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故故.法二：（）由（）可知， ，由，可得，令， ，令当时，单调递减，且；当时，单调递增；且，所以在上当单调递减，在上单调递增，且，故，故.选作题22（1）由题意可知直线的直角坐标方程为， 曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，可得：；可知曲线C的方程为， 所以曲线C的极坐标方程为，即.(2)由（1）不妨设M（），（）， ， 当时， ，所以MON面积的最大值为. 23. 【解析】（1）由题意可知恒成立，令，去绝对值可得：，画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为； （2）由（1）可知，所以， ，当且仅当，即等号成立，所以的最小值为. 答案 1、 选择题（A卷答案） 1-5 ACDBB 6-10CABBB 11-12 DD （B卷答案）1-5 BCDAA 6-10CBAAA 11-12 DD 二、填空题13. 14. 3 15. 乙 16. 三、解答题(解答题仅提供一种解答，其他解答请参照此评分标准酌情给分）17. 解：（1）设数列的公差为，且由题意得，2分即，解得，4分所以数列的通项公式,6分（2）由（1）得，8分10分.12分.18 （1）因为平面SDM,平面ABCD,平面SDM 平面ABCD=DM,所以2分因为,所以四边形BCDM为平行四边形，又，,所以M为AB的中点。4分因为6分（）因为， ，所以平面，又因为平面，所以平面平面，平面平面，在平面内过点作直线于点，则平面，7分在和中，因为，所以，又由题知，所以， 由已知求得，所以9分连接BD，则，10分又求得的面积为所以由点B 到平面的距离为12分 19.解：（1）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送货单数的函数关系式为： 3分乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：6分（2）、由表格可知，甲方案中，日薪为152元的有20天，日薪为154元的有30天，日薪为156元的有20天，日薪为158元的有20天，日薪为160元的有10天，则， -8分乙方案中，日薪为140元的有50天，日薪为152元的有20天，日薪为176元的有20天，日薪为200元的有10天，则，-10分、答案一：由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且远小于，即甲方案日薪收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案。答案二：由以上的计算结果可以看出，即甲方案日薪平均数小于乙方案日薪平均数，所以小明应选择乙方案。 -12分20解：（1）设由题，-2分解得，则，椭圆的方程为.-4分（2）设，当直线的斜率不存在时，设，则，直线的方程为代入，可得，则直线的斜率为，直线的斜率为，当直线的斜率不存在时，同理可得.-5分当直线、的斜率存在时，设直线的方程为，则由消去可得：，又，则，代入上述方程可得，则 7分 设直线的方程为，同理可得 -9分直线的斜率为-11分直线的斜率为，.所以，直线与的斜率之积为定值，即. -12分21解：（）由题意，所以，2分又，所以，4分若，则，与矛盾，故，5分（）由（）可知， ，由，可得 6分令， ，当时， 8分当时，设， ，故函数在上单调递增，又，所以当时，当时， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 10分故故 12分法二：（）由（）可知， ，由，可得 6分令， ，令当时，单调递减，且；8分当时，单调递增；且所以在上当单调递减，在上单调递增，且 10分故故 12分选作题22（1）由题意可知直线的直角坐标方程为， 2分曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，可得：；可知曲线C的方程为，4分所以曲线C的极坐标方程为，即 5分 (2)由（1）不妨设M（），（） 7分 9分 当时, 所以MON面积的最大值为. 10分 23. 【解析】（1）由题意可知恒成立，令，去绝对值可得：，3分 画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为； 5分 （2）由（1）可知，所以， 7分 9分 当且仅当，即等号成立，所以的最小值为. 10分 19