2018届河北省唐山市高三年级第一次模拟考试(理科)数学word版含答案

1、2018届河北省唐山市高三年级第一次模拟考试（理科）数学、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5.用两个1，一个2，一个0，可组成不同四位数的个数是（）A.18B.16C.12D.9246. 已知a33，b 23，c ln3，则()A.a cbB.ab cC.b c aD.b a cA.2 2iB22iC.2 2iD2 2i2.设集合M x| x2x 0，Nx|11，则（）xA.M ? NB.N ? MC.M ND.MUN R3.已知tan1且（0,），则sin2()24433A. B.CD5555rrrr4.两个单位

2、向量a，b的夹角为120o,则2ab()A.2B.3C.近D.庇1.）(1 i)2iA.求13 5 .7.如图是根据南宋数学家杨辉的“垛积术”设计的程序框图，该程序所能实现的功能是（B.求1 3 5 . (2n 1)的射影为D，则三棱锥P ABD体积的最大值是()C.求122232n2D.求122232(n 1)28.为了得到函数y sin -A.向左平移-个单位长度6B.向右平移-个单位长度3C.向右平移-个单位长度6D.向左平移-个单位长度x的图象，可以将函数ysin x的图象()225,210.已知F为双曲线C红C2.2ab1 (a0,b0)的右焦点,过点向C的一条渐近线引垂线,垂足为A

3、,交另一条渐近线于点B.若OFFB， 则C的离心率是(A.-3311.已知函数f(x)x22xcosx,则下列关于f(x)的表述正确的是(A.f(x)的图象关于y轴对称XoR,f (x)的最小值为C.f (x)有4个零点.f (x)有无数个极值点12.已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA PB PC 2,ABC 90。，点B在AC上的射影为D，则三棱锥P ABD体积的最大值是()3.38、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.x y 0设x，y满足约束条件x 2y 3 0，贝U z 2x 3y的最小值是x 2y 10已知P为抛物线y2x上异于原点0的点，PQ x轴，

4、垂足为Q，过PQ的中点作x轴的平行线交a b16.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB边上的高为h，若c 2h，贝V的取b a值范围是三、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.217.已知数列an为单调递增数列，Sn为其前n项和，2Snann.（1）求a.的通项公式;18.某水产品经销商销售某种鲜鱼，售价为每公斤20元，成本为每公斤15元.销售宗旨是当天进货当天销售.如果当天卖不出去，未售出的全部降价处理完，平均每公斤损失3元.

5、根据以往的销售情况，按13.14.（2x 1）6的展开式中，二项式系数最大的项的系数是 （用数字作答）15.抛物线于点M，直线QM交y轴于点N，则PQNO(2)若 bnan 2n 12 anan 1Tn为数列bn的前n项和，证明:Tn50,150），150,250），250,350），350,450），450,550进行分组，得到如图所示的频率分布直方(1)求未来连续三天内，该经销商有连续两天该种鲜鱼的日销售量不低于350公斤，而另一天日销售量低于350公斤的概率；(2)在频率分布直方图的需求量分组中，以各组区间的中点值代表该组的各个值(i )求日需求量X的分布列；(ii)该经销商计划每日进货

6、300公斤或400公斤，以每日利润Y的数学期望值为决策依据，他应该选择 每日进货300公斤还是400公斤？19.如图，在三棱柱ABC AB1C1中，平面AiBiC平面AACiC，BAC 90(1)若椭圆 的方程;21.已知函数f (x) ex 1，g(x) ln x a.(1)设F(x) xf(x)，求F(x)的最小值；(1)证明：AC CA1；(2)若ABC是正三角形，AB 2AC 2，求二面角A AB C的大小.20.已知椭圆2 2 _飞与1 (a b 0)的左焦点为F，上顶点为A，长轴长为2 6，B为直线l:x 3a b上的动点，M(m,0)，AMBM.当AB l时，M与F重合.(2)若

7、直线BM交椭圆 于P，Q两点，若APAQ，求m的值.(二)选考题：共 10 分.请考生在(22)、( 23)题中任选一题作答，如果多做，则按所做的(2)证明：当a 1时，总存在两条直线与曲线y f (x)与y g(x)都相切.第一题记分22.选修 4-4 :坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆Ci:(x 1)2y21,圆C2:(x 3)2y29.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求Ci，C2的极坐标方程；23.选修 4-5 :不等式选讲设函数f (x) x 1 x的最大值为m.(1) 求m的值；2b2(2) 若正实数a，b满足a b m，求- 的最小值.b 1 a

8、1唐山市20172018学年度高三年级第一次模拟考试理科数学参考答案选择题：A 卷: DCBDADCCABDBB 卷: ACBDDDCAABDB填空题：(2)设曲线C3:x tcos ytsi n(t为参数且t0)，C3与圆C1，C2分别交于A，B，求SABC2的最大(13) 5(14) 160(15) 2(16) 2, 2 2三.解答题:(17)解：(I)当 n=1 时，2S1=2a1=a1+1，所以(a11)2=0,即即 a1=1,又an为单调递增数列，所以 an 1.由2Sn= an+ n 得 2Sn+1= ai?+1+ n + 1，所以 2Sn+1 2Sn= ai?+1 an+ 1,整

9、理得 2an+1= an+1 a2+ 1,所以 a2= (an+1 1)2. 所以an= an+1 1，即 an+1 an= 1 , 所以an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，所以n + 21n+1所以 Tn=an= n.1,an+2bn=1 1 1_ v2112n+1(n+1)2 12 分(18)解：(I)日销售量不低于 350 公斤的概率为(0.002 5 + 0.001 5)X100= 0.4, 则未来连续三天内，有连续两天的日销售量不低于350 公斤，而另一天日销售量低于=0.4X0.4X(1 0.4) + (1 0.4)X0.4X0.4= 0.192.3 分(n)(i)X 可取

10、 100,200,300,400,500,P(X=100)=0.001 0X10=0.1；P(X=200)=0.002 0X10=0.2;P(X=300)=0.003 0X10=0.3;P(X=400)=0.002 5X10=0.25;P(X=500)=0.001 5X10=0.15;所以 X 的分布列为：由频率分布直方图可知,350 公斤的概率 PX100200300400500P0.10.20.30.250.15(ii)当每日进货 300 公斤时，利润丫1可取一 100, 700, 1 500, 此时丫1的分布列为：Y11007001 500P0.10.20.7此时利润的期望值 E(Y1)

11、= 100 x0.1 + 700X0.2+ 1 500X0.7= 1 180; 当每日进货 400 公斤时，利润丫2可取400, 400, 1 200, 2 000, 此时丫2的分布列为：Y24004001 2002 000P0.10.20.30.4此时利润的期望值 E(Y2)= 400X0.1 + 400X0.2+ 1 200X0.3+ 2 000X0.4=1 200;10 分因为 E(YvE(Y2),所以该经销商应该选择每日进货400 公斤.12 分(19)解:(I)过点 B1作 A1C 的垂线，垂足为 O,由平面 A1B1C 丄平面 AA1C1C，平面 A1B1CQ平面 AA1C1C=

12、A1C, 得 B1O 丄平面 AA1C1C,又 AC 平面 AA1C1C，得 B1O 丄 AC.由/ BAC = 90 AB / A1B1,得 A1B1丄 AC.又 B1OAA1B1= B1，得 AC 丄平面 A1B1C .又 CA1平面 A1B1C，得 AC 丄 CA1.(n)以 C 为坐标原点，CA 的方向为 x 轴正方向，I CA I 为单位长，建立空间直角坐标系C-xyz.由已知可得 A(1 , 0, 0), A1(0, 2, 0), B1(0 , 1 ,_ 3).所以A = (1, 0, 0),AA1=( 1, 2 , 设 n = (x , y , z)是平面 A1AB 的法向量，n

13、 AA1= 0,n AB = 0,可取 n = (2 3,3, 1).设 m= (x, y,鬲=0,-CA = 0,m= (0,即x+2y=0,y+ 3z= 0.8 分z)是平面 ABC 的法向m可取y+ .3z= 0,x= 0.又因为二面角10 分丄|n| m| 2.A1-AB-C 为锐二面角,3, 1).n mC10) ,B=B1= (0 , 1,3).6 分量，则所以二面角 A1-AB-C 的大小为 3.12 分(20)解：(I)依题意得 A(0 , b) , F( c , 0),当 AB 丄 l 时，B( 3 , b), 由AF 丄 BF 得 kAF kBF=b = 1,又 b2+ c

14、2= 6.c 3 + c解得 c= 2 , b=：2.2 2所以，椭圆 r 的方程为x+y= 1.6 2()由(I)得 A(0,2)，依题意，显然又 AM 丄 BM ,所以 kBM= ,所以直线 BM 设P(x1,y1), Q(X2, y2).y=(x m)与倉+ 专=1 联立得(2 + 3m2)x2- 6m33m412x1+x2= 2+ 3m2，x1x2= 2+ 3m22| PM| | QM| =(l+ 罗)(X1 m)(X2 m)| =(1+ 竽) X1X2 m(X1+ X2)+ m2| =(1+ ).斗 122+ 3 m2(2 + m2)| m2 6|mM0,所以 kAM= 一亠2m的方

15、程为 y=琶(x m),6m3x+ 3m4 12 = 0,2 + 3m2| AM|2= 2 + m2,由 AP 丄 AQ 得，|AM|2= | PM| | QM| , |m2 612= 1,解得 m= 1.2+ 3m2所以12 分(21)解:(I)当 xv1 时，F (x)v0, F (x)单调递减; 当x 1 时，F (x)0, F (x)单调递增,F (x)= (x + 1)ex1,故 x =- 1 时，F(x)取得最小值 F( 1)=-4 分(H)因为 f (x)=ex 1,所以 f (x)= ex1在点(t, et1)处的切线为 y= et-1x+ (1 - t)et1;5 分1因为

16、g (x)=,x1所以 g (x) = lnx+ a 在点(m , lnm+ a)处的切线为 y= x+ Inm + a 1,6 分由题意可得m则(t 1)et 1 t + a= 0.7 分(1 t )et1= lnm + a 1,令 h(t)= (t 1)et1 t + a,贝 U h=tet1 1由(I)得 tv1 时，h (t)单调递减，且 h (t)v0;当 t 1 时，h (t)单调递增，又 h (1) = 0, tv1 时，h (t)v0,所以，当 tv1 时，hv0，h(t)单调递减；当 t 1 时，h (t) 0，h(t)单调递增.9 分由(I)得 h(a1)=(a2)ea 2

17、+1一丄+10，10 分e33又 h(3 a)= (2 a)e2 a+ 2a 3 (2 a)(3 a) + 2a 3= (a ?)2+才0，11 分h(1) = a 1v0,所以函数 y= h (t)在(a 1，1)和(1，3 a)内各有一个零点，故当 av1 时，存在两条直线与曲线f(x)与 g(x)都相切.12 分(22)解:(I)由 x = pcos0,y=pinB可得，C 仁p2cos20+psin20 2pos0+ 1= 1，所以p=2cos0;C2：p2cos20+ psin20 6pos0+ 9= 9，所以p=6cos0.4 分(n)依题意得 I AB| = 6cosa2cosa=4cos a v av,C2(3 , 0)到直线 AB 的距离 d = 3| sina,1所以 SAABC2=2xdx| AB| = 3| sin 2a,(23)解:故当a=4 时，SAABC2取得最大值3.10 分故 x =- 1 时，F(x)取得最小值 F( 1)=-4 分1,(I)f(x)=|x+11| x