海南省高三模拟考试(理科)数学试卷-带参考答案与解析

第第页海南省高三模拟考试(理科)数学试卷-带参考答案与解析班级:___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．是虚数单位，若（，），则的值是A． B． C． D．3．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中设军营所在位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（

）A．4 B．5 C． D．4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（）A． B． C． D．5．已知数列为等差数列，，则（

）A．9 B．12 C．15 D．166．我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（

）A．16 B．15 C．12 D．97．若对函数的图象上任意一点处的切线，函数的图象上总存在一点处的切线，使得，则的取值范围是（

）A． B．C． D．8．已知函数是定义在上的可导函数，对于任意的实数，都有，当时，则，若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知直线，则（

）A．直线过定点B．当时，则C．当时，则D．当时，则两直线之间的距离为110．函数的部分图象如图所示，则（

）A．的最小正周期为B．C．在区间上单调递增D．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象11．下列说法不正确的是（

）A．不等式的解集为B．已知，，则是的充分不必要条件C．若，则函数的最小值为2D．当时，则不等式恒成立，则的取值范围是12．正方体的棱长是，M、分别是、的中点，则下列结论正确的是（

）A．B．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是C．平面截正方体所得的截面周长是D．与平面所成的角的正切值是三、填空题13．Rt△ABC的两条直角边BC=3，AC=4，PC⊥平面ABC，PC=，则点P到斜边AB的距离是_____.14．已知数列的前项和为，则__________.15．下列命题中正确命题的序号是__________．①函数的最小正周期是；②终边在轴上的角的集合是；③在同一坐标系中函数的图象与函数的图象有3个公共点；④把函数的图象向右平移个单位长度得到的图象．16．设是定义在上的偶函数，当时，则，则________四、解答题17．已知向量，其中为坐标原点.（1）若且，求向量与的夹角；（2）若对任意实数，都成立，求实数的取值范围.18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，已知第一盘棋甲赢的概率为，由于心态不稳，若甲赢了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率依然为，若甲输了上一盘棋，则下一盘棋甲赢的概率就变为．已知比赛没有和棋，且前两盘棋都是甲赢．(1)求第四盘棋甲赢的概率；(2)求比赛结束时，则甲恰好赢三盘棋的概率．19．如图所示，在正四棱柱中点，F，分别为棱，CD，的中点．(1)证明：平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．20．已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．21．在直角坐标系中直线与抛物线交于，两点．（1）证明：为钝角三角形；（2）若直线与直线平行，直线与抛物线相切，切点为，且的面积为，求直线的方程．22．已知函数．(1)当时，则是的一个极值点且，求及的值；(2)已知，设，若，且，求的最小值．参考答案与解析1．D【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，所以集合，所以.故选：D2．B【详解】试题分析：因为，所以由复数相等的定义可知，所以．选B.考点：复数相等【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、共轭为3．C【分析】求出点A关于直线的对称点，再求解该对称点与B点的距离，即为所求.【详解】根据题意，作图如下：因为点，设其关于直线的对称点为故可得，解得，即故“将军饮马”的最短总路程为.故选：C.【点睛】本题考查点关于直线的对称点的坐标的求解，以及两点之间的距离公式，属基础题.4．D【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，再利用向量法求出异面直线AE与BF所成角的余弦值．【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，E，F分别是C1D1，CC1的中点A（2，0，0），E（0，1，2），B（2，2，0），F（0，2，1）＝（﹣2，1，2），＝（﹣2，0，1）设异面直线AE与BF所成角的平面角为θ则cosθ＝＝＝,∴异面直线AE与BF所成角的余弦值为．故选D．【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，注意向量法的合理运用，属于基础题.5．A【分析】根据等差数列下标和性质计算可得.【详解】解：在等差数列中，所以所以；故选：A6．A【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义可求.【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，设，则在中，即，解得或（舍去）.故选：A.7．D【分析】求导得到范围A，再分，和三种情况讨论得范围B，最后根据条件得A与B包含关系，计算得到答案.【详解】由，得，所以由，得.(1)当时，则导函数单调递增由题意得故，解得；(2)当时，则导函数单调递减，，同理可得，与矛盾，舍去；（3）当时，则不符合题意.综上所述：的取值范围为.故选：D.【点睛】本题考查了函数的切线问题，根据直线的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．B【分析】由得，进而令，易知为偶函数，再结合当时，则得函数在上单调递增，由于不等式转化为，进而根据偶函数的性质解即可.【详解】∵∴令，则，即为偶函数当时∴，即函数在上单调递增.根据偶函数对称区间上单调性相反的性质可知在上单调递减∵∴∴，即解得故选：B.【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性，单调性，解题的关键在于根据已知构造函数，进而将问题转化为，利用的性质求解，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题.9．CD【分析】根据给定的直线的方程，结合各选项中的条件逐一判断作答.【详解】依题意，直线，由解得：，因此直线恒过定点，A不正确；当时，则直线，而直线，显然，即直线不垂直，B不正确；当时，则直线，而直线，显然，即，C正确；当时，则有，解得，即直线因此直线之间的距离，D正确.故选：CD10．BD【分析】先根据图象求解出的解析式，然后逐项判断最小正周期、的值、在上的单调性以及平移后的函数解析式.【详解】因为，所以，所以又因为，所以所以，所以又因为，所以，所以所以，所以，所以；A．，故错误；B．，故正确；C．当时，则，因为在上不单调所以在区间上不单调，故错误；D．将的图象向左平移个单位长度后得到，故正确；故选：BD.11．ACD【解析】根据一元二次不等式的解法，可判定A错误；根据对数的运算和充分、必要条件的判定，可判定B正确；结合基本不等式，可判定C错误；根据不等式恒成立和二次函数的性质，可判定D错误.【详解】对A：由可得所以或，所以A错误.对B：由可得，所以所以是的充分不必要条件，所以B正确.对C：由，当且仅当时取等号但是，所以，所以C错误.对D：若当时，则不等式恒成立①当时，则不等式为恒成立，满足题意；②当时，则只要，解得；所以不等式的解集为，则实数的取值范围为，所以D错误.故选：ACD【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到了一元二次不等式的求解，基本不等式的应用，以及不等式的恒成立问题的求解，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.12．AC【分析】以点为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为、y、轴建立空间直角坐标系，可判断AD选项；分析可知以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆，利用扇形的弧长公式可判断B选项；确定平面与正方体各棱的交点，求出截面周长，可判断C选项.对于B选项，因为平面所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线是以点为圆心，半径为的圆故交线长为，B错；则，取，可得设直线与平面所成角为，则所以，故因此，与平面所成的角的正切值是，D错.对于C选项，设平面交棱于点，其中因为平面，所以，解得，即点同理可知，平面交棱于点由空间中两点间的距离公式可得同理可得因此，平面截正方体所得的截面为五边形其周长是，C对.故选：AC.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.13．3【分析】先建立空间直角坐标系，写出坐标和的坐标，再利用空间中点到直线的距离公式计算即可.【详解】解：以点C为坐标原点，CA，CB，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则A(4，0，0)，B(0，3，0)，P，所以=(-4，3，0)，.所以点到的距离.故答案为：3.【点睛】本题考查空间中点到直线的距离，关键是熟悉向量法表示距离，属于基础题.14．【分析】根据题意求得，得到，利用等差数列的求和公式，求得，结合裂项法求和法，即可求解.【详解】由，可得，即因为，所以又因为，所以可得，所以所以.故答案为：15．【分析】对于①，利用辅助角公式可得，利用公式可求其最小正周期后可知①正确；对于②，表示轴上的角，对于③，不等式恒成立，故可判断②③是错误，而利用图像变换可知④正确.【详解】对于①，因为，故最小正周期为，故①正确；对于②，表示轴上的角，故②错；对于③，不等式恒成立，故在上的图像与的图像没有公共点，但，当时，则，的图像与的图像在没有公共点，而为奇函数，所以在同一坐标系中函数的图像与函数的图像有1个公共点；对于④，因为，故把函数的图像向右平移个单位长度可得到的图像，故④正确.综上，①④正确，填①④.【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，找寻两个不同函数图像的变换时，则首先它们的函数名要相同，其次两者之间的周期变换看，左右平移看．注意周期变换和平移变换（左右平移）的次序对函数解析式的影响，比如，它可以由先向左平移个单位，再纵坐标不变，横坐标变为原来的，也可以先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移.16．【解析】由偶函数的性质运算即可得解.【详解】因为是定义在上的偶函数且当时，则所以.故答案为：1.17．（1）；（2）.【分析】（1）按向量数量积的定义先求夹角余弦，再求得夹角；（2）不等式化为恒成立，令取1和－1代入解不等式组即可得．【详解】（1）当时，则，故.又故.因为，所以.（2）故对任意实数，都成立即对任意实数，都成立.整理得对任意实数，都成立.因为所以或解得或.所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查向量模与夹角，考查不等式恒成立问题，不等式中把作为一个整体，它是关于的一次不等式，因此要使它恒成立，只要取1和－1时均成立即可．18．(1)；(2).【分析】（1）第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答.（2）甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是甲在第三盘赢、第四盘赢、第五盘赢的互斥事件的和，再利用独立事件、互斥事件的概率公式计算作答.【详解】（1）记第四盘棋甲赢的事件为A，它是第三盘棋甲赢和甲输的两个互斥事件的和则所以第四盘棋甲赢的概率是.（2）记甲恰好赢三盘棋的事件为B，它是后三盘棋甲只赢一盘的三个互斥事件的和甲只在第三盘赢的事件为、只在第四盘赢的事件为、只在第五盘赢的事件为则则有所以比赛结束时，则甲恰好赢三盘棋的概率为.19．(1)证明见解析(2)【分析】(1)证明，根据线面平行的判定定理证明平面；(2)距离空间直角坐标系利用向量方法求平面与平面夹角的余弦值．（1）如图，连接．因为点，分别为棱，的中点，所以．在正四棱柱中，所以又平面，平面所以平面．（2）设平面的法向量为，则所以，令，得．易知平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为．则．所以平面与平面夹角的余弦值.20．(1)．(2)．【分析】（1）根据等比中项求解得，进而根据等差数列通项公式求解即可；（2）由题知，进而分组求和即可.【详解】（1）解：由题意，设等差数列的公差为∴∵成等比数列∴，即，整理得解得（舍去），或∴．（2）解：由（1）知所以＝．21．（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）设和，联立得，求出，从而证明为钝角三角形；（2）由（1）知，和，求出弦长和点到直线的距离，由的面积为可列式计算，求直线的斜率，进而求直线的方程．【详解】（1）证明：设和，