河南省郑州市第一中学2018届高三上学期期中考试(理科)数学试题+Word版含解析

2017—2018学年上期中考18届高三数学理科试题第Ⅰ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. 设集合，，（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由得：，，则，故选B.2. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为（）A. 134石B. 169石C. 338石D. 1365石【答案】B【解析】试题分析：设夹谷石，则，所以，所以这批米内夹谷约为石，故选B.考点：用样本的数据特征估计总体.3. 复数，，若是实数，则实数的值为（）A. 0B.C. 6D.【答案】C........................考点：复数的运算.4. 某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内应填入（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：程序在运行过程中各变量值变化如下表：K S 是否继续循环循环前 1 1/第一圈 2 4 是第二圈 3 11 是第三圈 4 26 是第四圈 5 57 否故退出循环的条件应为k＞4考点：程序框图5. 已知命题：对任意，总有；命题：“”是“”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根据指数函数的值域和图像，易知命题是真命题，是假命题；∵“”是“”的必要不充分条件，所以是假命题，是真命题，∴是真命题，是假命题，是假命题，是假命题。

故选．6. 等差数列的前项和为，若公差，，则当取最大值时，的值为（）A. 10B. 9C. 6D. 5【答案】D【解析】试题分析：由得，，又因为，故当时，取最大值，故选D.考点：等差数列的性质.7. 某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体的图象如图所示，原几何体的图象为四棱锥，其底面为直角梯形，平面，，，故其体积为，故选C8. 设满足约束条件，若目标函数（其中，）的最大值为3，则的最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：由得∵∴∴直线过时取最大值，即∴令，其中，则令，解得∴当时，，当时，∴当，，故选A点睛：本题为线性规划与导数结合的综合题型。

线性规划求得最优解部分，因为，所以直线的斜率是负的，因此得到时最优解，求导时要注意定义域，再结合单调性求出最值.9. 已知函数对定义域内的任意都有，且当时其导函数满足，若则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】试题分析：：∵函数f（x）对定义域R内的任意x都有f（x）=f（4-x），∴f（x）关于直线x=2对称；又当x≠2时其导函数f′（x）满足xf′（x）＞2f′（x）⇔f′（x）（x-2）＞0，∴当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上的单调递增；同理可得，当x＜2时，f（x）在（-∞，2）单调递减；∵2＜a＜4，∴，∴2＜4-＜3，又4＜＜16，f（）=f（4-），f（x）在（2，+∞）上的单调递增；∴f（）＜f（3）＜f（）考点：函数的单调性与导数的关系10. 在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】该三棱锥的图象如图所示，由，，，可得，，易证平面.在中，由余弦定理可得，即以为轴，以为轴建立如图所示的坐标系，则，，，设三棱锥的外接球球心为，则解得：∴外接球的半径为∴外接球的表面积为，故选C.11. 已知椭圆的右焦点为，是椭圆上一点，点，当的周长最大时，的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由椭圆方程得，设椭圆的左焦点为，则的周长=，当且仅当三点共线时，且在的延长线上取等号∵，∴直线的方程为，即由得∴的纵坐标为∴当的周长最大时，该三角形的面积为，故选D.点睛：圆锥曲线中最值与范围的求法有两种：（1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法，判别式法，重要不等式及函数的单调性法等.12. 已知函数在上的最大值为，最小值，则（）A. 2017B. 2018C. 4034D. 4036【答案】D【解析】∵∴令则∴∴关于中心对称∴在关于中心对称∴，故选D点睛：本题主要考查在闭区间上的最值问题，在解函数最值时，常对所给函数性质进行探究，如定义域、奇偶性、对称性以及单调性，本题构造了新函数，并证明出关于中心对称，故此题利用函数的对称性解题.第Ⅱ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. 二项式展开式中项的系数为__________．【答案】15【解析】根据二项式定理，的通项，当，即时，可得∴项的系数为15，故答案为1514. 设，向量，，，且，，则__________．【答案】【解析】由得，，由得，，，所以．15. 若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则函数在上的最小值是__________．【答案】【解析】∵∴将函数图象向左平移个单位后，得到函数的解析式为：∵平移后的图象关于点对称∴对称中心在此函数图象上，即∴∵∴∴∵∴∴∴在上的最小值是，故答案为点睛：解答本题的难点是先运用三角变换公式将函数的形式进行变形，进而依据中心对称图形的特点，借助坐标之间的关系建立方程求出的值，再根据，解得，进而确认的最小值.16. 数列满足，若为等比数列，则首项的取值范围是__________．【答案】【解析】①当时，∵∴∴∴，∴与为等比数列矛盾，故舍去②当时，，即当时，∵为等比数列∴，即∴（舍）当时，，此时可得为等比数列∴，故答案为点睛：本题主要考查了递推公式，等比数列的通项公式，以及分类讨论数列的通项公式，通过讨论，把递推公式转化为等比数列求解，然后求出的取值范围.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. 已知中，角对边分别是，，且的外接圆半径为.（1）求角的大小；（2）求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由正弦定理将角化成边，再根据余弦定理即可求出角；（2）利用三角形面积公式、三角形内角和定理、两角和与差的正弦公式及二倍角公式得出三角形面积解析式，再根据角的取值范围即可求出最大值. 试题解析：（1）由得.又∵，∴，∴∴.又∵，∴.（2）.∴当，即时，.18. 某厂生产的产品在出厂前都要做质量检测，每一件一等品都能通过检测，每一件二等品通过检测的概率为.现有10件产品，其中6件是一等品，4件是二等品.（1）随机选取1件产品，求能够通过检测的概率；（2）随机选取3件产品，其中一等品的件数记为，求的分布列及数学期望..【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据题设可得通过检测的事件等于“取一等品都通过检测或者是选取二等品通过检测”，再借助古典概型的计算公式求出其概率；（2）由题意可得的可能取值为0,1,2,3，再结合超几何分布公式，即可求得分布列，然后算出数学期望.试题解析：（1）设随机选取一件产品，能够通过检测的事件为事件等于事件“选取一等品都通过检测或者是选取二等品通过检测”（2）由题可知可能取值为0,1,2,3.，，，.分布列：∴19. 如图，在六面体中，平面平面，平面，，.且，.（1）求证：平面；（2）求锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.试题解析：（1）设的中点为，连接，.易证：四边形是平行四边形.∴，且.∵平面平面，∴，∵，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴.又平面，平面，故平面.（2）由题意可得，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系..设平面的法向量为，则，令，则.又平面的法向量.∴.由于所求的二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.20. 设，是椭圆上的两点，椭圆的离心率为，短轴长为2，已知向量，，且，为坐标原点.（1）若直线过椭圆的焦点，（为半焦距），求直线的斜率的值；（2）试问：的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据条件可得，再设直线的方程为：，与椭圆联立方程组，利用韦达定理和已知条件，即可求出的值；（2）先考虑直线斜率不存在的情况，即，，根据，求得和的关系式，代入椭圆的方程求得点的横坐标和纵坐标的绝对值，进而求得△AOB的面积的值；当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立方程组，利用韦达定理表示出和，再利用，弦长公式及三角形面积公式求得答案.试题解析：（1）由题可得：，，所以，椭圆的方程为设的方程为：，代入得：∴，，∵，∴，即：即，解得：（2）①直线斜率不存在时，即，∵∴，即又∵点在椭圆上∴，即∴，∴，故的面积为定值1②当直线斜率存在时，设的方程为，联立得：∴，，∴所以三角形的面积为定值1.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的定值问题，解题时要注意解题技巧的运用，如常用的设而不求，整体代换的方法；探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个这个值与变量无关；②直接推理、计算，借助韦达定理，结合向量所提供的坐标关系，然后经过计算推理过程中消去变量，从而得到定值.21. 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若恒成立，试确定实数的取值范围；（3）证明：.【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.【解析】试题分析：（1）对函数求导得，对进行分类讨论，即可得到函数的单调区间；（2）由（1）可得，时，在上是增函数，而，不成立，故，由（1）可得，即可求出的取值范围；（3）由（2）知，当时，有在恒成立，即，进而换元可得，所以，即可得证.试题解析：（1）定义域为，若，，在上单调递增若，，所以，当时，，当时，综上：若，在上单调递增；若，在上单调递增，在上单调递减（2）由（1）知，时，不可能成立；若，恒成立，，得综上，.（3）由（2）知，当时，有在上恒成立，即令，得，即，得证.点睛：（1）导数综合题中对于含有字母参数的问题，一般用到分类讨论的方法，解题时要注意分类要不重不漏；（2）对于恒成立的问题，直接转化为求函数的最值即可；（3）对于导数中，数列不等式的证明，解题时常常用到前面的结论，需要根据题目的特点构造合适的不等式，然后转化成数列的问题解决，解题时往往用到数列的求和.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：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点，若点的坐标为，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据将圆的极坐标方程转化为直角坐标方程（2）由直线参数方程得，所以将直线参数方程代入圆直角坐标方程得t2+2(cosα-sinα)t-7=0，利用韦达定理化简得，最后根据三角函数有界性求最小值.试题解析：（1）由ρ=6sinθ得ρ2=6ρsinθ，化为直角坐标方程为x2+y2=6y，即x2+(y-3)2=9．（2）将的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得t2+2(cosα-sinα)t-7=0．由△=4(cosα-sinα)2+4×7＞0，故可设t1，t2是上述方程的两根，所以又由直线过点(1,2)，故，结合参数的几何意义得，当时取等．所以|PA|+|PB|的最小值为．23. 选修4-5：不等式选讲已知不等式.（1）若，求不等式的解集；（2）若已知不等式的解集不是空集，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）结合函数的解析式，由零点分段法进行分类讨论，即可得到不等式的解集；（2）化简函数的解析式，作出函数的图象，通过图象即可求出的取值范围.试题解析：（1）当时，不等式即为，若，则，，∴舍去；若，则，∴；若，则，∴.综上，不等式的解集为（2）设，则作出函数的图象，如图所示.由图象可知，，∴，，即的取值范围为.。