河北省唐山市2018届高三第三次模拟考试数学（理）试卷及答案

1、唐山市20172018学年度高三年级第三次模拟考试理科数学试卷第卷（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，则集合（ ）a b c. d 2.复数满足（为虚数单位），则（ ）a b c. d 3.已知，则（ ）a b c. d 4.已知命题在中，若，则；命题，.则下列命题为真命题的是（ ）a b c. d 5.已知双曲线的两条渐近线分别为，若的一个焦点关于的对称点在上，则的离心率为（ ）a b2 c. d 6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）a6 b7 c. d 7.已知函数的图象与轴相

2、切，则（ ）a b c. d 8.已知是抛物线上任意一点，是圆上任意一点，则的最小值为（ ）a b3 c. d 9.利用随机模拟的方法可以估计圆周率的值，为此设计如图所示的程序框图，其中表示产生区间上的均匀随机数（实数)，若输出的结果为786，则由此可估计的近似值为（ ）a3.134 b3.141 c.3.144 d3.14710.在中，点满足.若存在点，使得，且，则（ ）a2 b c. 1 d 11.若异面直线所成的角是，则以下三个命题:存在直线，满足与的夹角都是；存在平面，满足，与所成角为；存在平面，满足，与所成锐二面角为.其中正确命题的个数为（ ）a0 b1 c. 2 d312.已知，若

3、的最小值为，则（ ）a b c. d 第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 设变量满足约束条件则的最大值为 14.某种袋装大米的质量（单位：）服从正态分布，任意选一袋这种大米，质量在的概率为 15.设函数则使得成立的得取值范围是 16.的内角的对边分别为，角的内角平分线交于点，若，则的取值范围是 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. 已知数列是等差数列，是等比数列，.（1）求和的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18. 某球迷为了解两支球队的攻击能力，从本赛季常规赛中随机调查了20场与这两支球队有关

4、的比赛.两队所得分数分别如下：球队：122 110 105 105 109 101 107 129 115 100114 118 118 104 93 120 96 102 105 83球队：114 114 110 108 103 117 93 124 75 106 91 81 107 112 107 101 106 120 107 79（1）根据两组数据完成两队所得分数的茎叶图，并通过茎叶图比较两支球队所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）；（2）根据球队所得分数，将球队的攻击能力从低到高分为三个等级：球队所得分数低于100分100分到119分不低于120分攻击能力等

5、级较弱较强很强记事件“球队的攻击能力等级高于球队的攻击能力等级”.假设两支球队的攻击能力相互独立. 根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求的概率.19.如图，四棱锥的底面是平行四边形，.（1）求证：平面平面；（2）若，为的中点，为棱上的点，平面，求二面角的余弦值.20.已知点，点，点，动圆与轴相切于点，过点的直线与圆相切于点，过点的直线与圆相切于点（均不同于点），且与交于点，设点的轨迹为曲线.（1）证明：为定值，并求的方程；（2）设直线与的另一个交点为，直线与交于两点，当三点共线时，求四边形的面积.21.已知，函数.（1）记，求的最小值；（2）若有三个不同的零点，求的取值范围

6、.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：坐标系与参数方程已知点在椭圆上，将射线绕原点逆时针旋转，所得射线交直线于点.以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求椭圆和直线的极坐标方程；（2）证明：:中，斜边上的高为定值，并求该定值.23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设，求的最大值.试卷答案一、选择题1-5: cadbb 6-10: bbdcd 11、12：da二、填空题13. 4 14.0.8185 15. 16. 三、解答题17.解：（1）设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，依题意有，解得d2，q2，故

7、an2n1，bn2n， （2）由已知c2n1a2n14n3，c2nb2n4n，所以数列cn的前2n项和为s2n(a1a3a2n1)(b2b4b2n)2n2n(4n1)18解：（1）两队所得分数的茎叶图如下a球队b球队7593813693152407195510836771678845011440720921240通过茎叶图可以看出，a球队所得分数的平均值高于b球队所得分数的平均值；a球队所得分数比较集中，b球队所得分数比较分散（2）记ca1表示事件：“a球队攻击能力等级为较强”，ca2表示事件：“a球队攻击能力等级为很强”；cb1表示事件：“b球队攻击能力等级为较弱”，cb2表示事件：“b球队

8、攻击能力等级为较弱或较强”，则ca1与cb1独立，ca2与cb2独立，ca1与ca2互斥，c(ca1cb1)(ca2cb2)p(c)p(ca1cb1)+ p(ca2cb2)p(ca1)p(cb1)p(ca2)p(cb2)由所给数据得ca1，ca2，cb1，cb2发生的频率分别为，故p(ca1)，p(ca2)，p(cb1)，p(cb2)，p(c)0.3119解：（1）abcd，pccd，abpc，abac，acpcc，ab平面pac，abpa，又paad，abada，pa平面abcd，pa平面pab，平面pab平面abcd（2）连接bd交ae于点o，连接of，e为bc的中点，bcad，pd平面a

9、ef，pd平面pbd，平面aef平面pbdof，pdof，以ab，ac，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系axyz，则a(0，0，0)，b(3，0，0)，c(0，3，0)，d(3，3，0)，p(0，0，3)，e(，0)，f(2，0，1)，设平面adf的法向量m(x1，y1，z1)，(2，0，1)，(3，3，0)，由m0，m0得取m(1，1，2)设平面def的法向量n(x2，y2，z2)，(，0)，(，1)，由n0，n0得取n(1，3，4)cosm，n，二面角a-df-e为钝二面角，二面角a-df-e的余弦值为 20解：（1）由已知可得|pd|pe|，|ba|bd|，|ce|c

10、a|，所以|pb|pc|pd|db|pc|pe|pc|ab|ce|ab|ac|ab|4|bc|所以点p的轨迹g是以b，c为焦点的椭圆（去掉与x轴的交点），可求g的方程为1(y0)（2）由o，d，c三点共线及圆的几何性质，可知pbcd，又由直线ce，ca为圆o的切线，可知ceca，oaoe，所以oacoec，进而有acoeco，所以|pc|bc|2，又由椭圆的定义，|pb|pc|4，得|pb|2，所以pbc为等边三角形，即点p在y轴上，点p的坐标为(0，) (i)当点p的坐标为(0，)时，pbc60，bcd30，此时直线l1的方程为y(x1)，直线cd的方程为y(x1)，由整理得5x28x0，得

11、q(，)，所以|pq|，由整理得13x28x320，设m(x1，y1)，n(x2，y2)，x1x2，x1x2，|mn|x1x2|，所以四边形mpnq的面积s|pq|mn|(ii)当点p的坐标为(0，)时，由椭圆的对称性，四边形mpnq的面积为综上，四边形mpnq的面积为21解：（1）g(a)lna222(lna1)，g(a)2()，所以0a1时，g(a)0，g(a)单调递减；a1时，g(a)0，g(a)单调递增，所以g(a)的最小值为g(1)0（2）f(x)，x0因为yf(x)有三个不同的零点，所以f(x)至少有三个单调区间，而方程x2(2a24a)xa40至多有两个不同正根，所以，有解得，0

12、a1由（1）得，当x1时，g(x)0，即lnx10，所以lnx，则xe(x0)，令x，得e因为f(e)20，f(a2)0，f(1)20，f(e2)0，所以yf(x)在(e，a2)，(a2，1)，(1，e2)内各有一个零点，故所求a的范围是0a122解：（1）由xcos，ysin得椭圆c极坐标方程为2(cos22sin2)4，即2；直线l的极坐标方程为sin2，即（2）证明：设a(a，)，b(b，)，由（1）得|oa|2，|ob|2，由soab|oa|ob|ab|h可得，h22故h为定值，且h23解：（1）由题意得|x1|2x3|,所以|x1|2|2x3|2整理可得3x210x80，解得x2，故

13、原不等式的解集为x|x2（2）显然g(x)f(x)f(x)为偶函数，所以只研究x0时g(x)的最大值g(x)f(x)f(x)|x1|2x3|x1|2x3|，所以x0时，g(x)|x1|2x3|x2所以当x时，g(x)取得最大值3，故x时，g(x)取得最大值3唐山市20172018学年度高三年级第三次模拟考试理科数学参考答案一选择题：a卷：cddbbbbacddab卷：cadbbbbdcdda二填空题：（13）4（14）0.8185（15）(，1)(0，1)（16），1)三解答题：17解：（1）设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，依题意有，解得d2，q2，4分故an2n1，bn2n， 6分

14、（2）由已知c2n1a2n14n3，c2nb2n4n，所以数列cn的前2n项和为s2n(a1a3a2n1)(b2b4b2n) 2n2n(4n1)12分18解：（1）两队所得分数的茎叶图如下a球队b球队7593813693152407195510836771678845011440720921240通过茎叶图可以看出，a球队所得分数的平均值高于b球队所得分数的平均值；a球队所得分数比较集中，b球队所得分数比较分散6分（2）记ca1表示事件：“a球队攻击能力等级为较强”，ca2表示事件：“a球队攻击能力等级为很强”；cb1表示事件：“b球队攻击能力等级为较弱”，cb2表示事件：“b球队攻击能力等级

15、为较弱或较强”，则ca1与cb1独立，ca2与cb2独立，ca1与ca2互斥，c(ca1cb1)(ca2cb2)p(c)p(ca1cb1)+ p(ca2cb2)p(ca1)p(cb1)p(ca2)p(cb2)由所给数据得ca1，ca2，cb1，cb2发生的频率分别为，故p(ca1)，p(ca2)，p(cb1)，p(cb2)，p(c)0.3112分19解：（1）abcd，pccd，abpc，abac，acpcc，ab平面pac，cdbafpeozyxabpa，又paad，abada，pa平面abcd，pa平面pab，平面pab平面abcd5分（2）连接bd交ae于点o，连接of，e为bc的中点，

16、bcad，pd平面aef，pd平面pbd，平面aef平面pbdof，pdof，7分以ab，ac，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系axyz，则a(0，0，0)，b(3，0，0)，c(0，3，0)，d(3，3，0)，p(0，0，3)，e(，0)，f(2，0，1)，设平面adf的法向量m(x1，y1，z1)，(2，0，1)，(3，3，0)，由m0，m0得取m(1，1，2)9分设平面def的法向量n(x2，y2，z2)，(，0)，(，1)，由n0，n0得取n(1，3，4)11分cosm，n，二面角a-df-e为钝二面角，二面角a-df-e的余弦值为12分20解：（1）由已知可得|p

17、d|pe|，|ba|bd|，|ce|ca|，所以|pb|pc|pd|db|pc|pe|pc|ab|ce|ab|ac|ab|4|bc|所以点p的轨迹g是以b，c为焦点的椭圆（去掉与x轴的交点），可求g的方程为1(y0)5分（2）由o，d，c三点共线及圆的几何性质，可知pbcd，又由直线ce，ca为圆o的切线，可知ceca，oaoe，所以oacoec，进而有acoeco，所以|pc|bc|2，又由椭圆的定义，|pb|pc|4，得|pb|2，所以pbc为等边三角形，即点p在y轴上，点p的坐标为(0，) 7分(i)当点p的坐标为(0，)时，pbc60，bcd30，此时直线l1的方程为y(x1)，直线c

18、d的方程为y(x1)，由整理得5x28x0，得q(，)，所以|pq|，由整理得13x28x320，设m(x1，y1)，n(x2，y2)，x1x2，x1x2，|mn|x1x2|，所以四边形mpnq的面积s|pq|mn|11分(ii)当点p的坐标为(0，)时，由椭圆的对称性，四边形mpnq的面积为综上，四边形mpnq的面积为12分21解：（1）g(a)lna222(lna1)，1分g(a)2()，2分所以0a1时，g(a)0，g(a)单调递减；a1时，g(a)0，g(a)单调递增，所以g(a)的最小值为g(1)05分（2）f(x)，x0因为yf(x)有三个不同的零点，所以f(x)至少有三个单调区间，而方程x2(2a24a)xa40至多有两个不同正根，所以，有解得，0a18分由（1）得，当x1时，g(x)0，即lnx10，所以lnx，则xe(x0)，令x，得e因为f(e)20，f(a2)0，f(1)20，f(e2)0，所以yf(x)在(e，a2)，(a2，1)，(1，e2)内各有一个零点，11分故所求a的范围是0a112分22解：（1）由xcos，ysin得椭圆c极坐标方程为2(cos22sin2)4，即2；2分直线l的极坐标方程为sin2，即4