河南省安阳35中高三核心押题数学理科试题

2018届河南省安阳35中高三核心押题数学（理）科试题一、单选题1已知集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：解两个集合中的不等式求得两集合元素，可得集合，。再由交集定义可求得。详解：集合 ，。 所以。故选C。点睛：本题考查一元二次不等式、指数不等式的解法及集合的交集运算等知识点，意在考查学生的运算能力和转化能力。2欧拉公式为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”。根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的（ ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】分析：由欧拉公式为虚数单位）可得，再由诱导公式将化为，进而可得表示的复数对应的点为，此点在第二象限。可得选项。详解：由欧拉公式为虚数单位）可得 。所以表示的复数对应的点为，此点在第二象限。故选B。 点睛：本题主要考查诱导公式、复数与复平面内的点的一一对应关系。本题主要考查学生的运算能力、转化能力。3要得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）A. 向左平移个周期 B. 向右平移个周期C. 向左平移个周期 D. 向右平移个周期【答案】D【解析】分析：将两个函数的函数名变为同名，故由诱导公式可得函数，再由，进而可得要得到函数的图像，只需将的图像向右移个单位。再结合的周期为，可得只需将函数的图像向右平移个周期，就可得函数的图像。详解：由诱导公式可得函数， ，所以要得到函数的图像，只需将的图像向右移个单位。因为函数的周期为。所以只需将函数的图像向右平移个周期。故选D。点睛：三角函数图像的平移，应将三角函数名变为同名。左右平移，应遵循“左加右减”的原则。加减是相对于本身加减。 4某地区空气质量监测表明，一天的空气质量为优良的概率是,连续两天为优良的概率是，已知某天的空气质量为优良，则随后一天空气质量为优良的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：本题考查条件概率。为了方便表示，设“某天的空气质量为优良”为事件A，“后一天的空气质量为优良”为事件B。要求随后一天空气质量为优良的概率，可由条件概率计算公式得。详解：设“某天的空气质量为优良”为事件A，“后一天的空气质量为优良”为事件B，则 。由条件概率计算公式可得随后一天空气质量为优良的概率为。故选A。点睛：本题考查条件概率的求法及条件概率计算公式等知识点。考查学生的运算能力和转化能力。求概率时，应搞清楚属于什么概率模型。5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，则此几何体各面中直角三角形的个数是()A. 2 B. 3C. 4 D. 5【答案】C【解析】把三视图还原为原几何体为一个四棱锥，底面是边长为3的正方形，侧棱底面ABCD，四个侧面均为直角三角形，则此几何体各面中直角三角形的个数是4个，选C. 6已知等比数列的前项和为，则下列结论一定成立的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】C【解析】试题分析：设，因为，所以A，B不成立；对于C，当时， ，因为与同号，所以，故C正确；对于D，取数列：-1，1，-1，1，不满足条件，故D错，故选C.【考点】1、等比数列的性质；2、等比数列的前项和公式.7我们可以用随机模拟的方法估计的值，如下程序框图表示其基本步骤(函数是产生随机数的函数，它能随机产生内的任何一个实数)，若输出的结果为527， 则由此可估计的近似值( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由想到球的八分之一。 由程序框图得到发生的概率的两种表示方式：、，由它们相等可求得。进而求得。详解：由程序框图可得发生的概率为，当输出的结果为527时，发生的概率为 。所以 。解得。故选D。 点睛：高考有关程序框图的题，基本都是和循环结构有关，应先执行几次循环体，找到规律，注意条件得运用。本题考查学生程序框图的读图能力及运算能力。8函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：分析函数的奇偶性，以及是函数值的符号，利用排除法即可得到答案.详解：由题意，函数满足，所以函数为奇函数，图象关于轴对称，排除B、D；又由当时，函数，排除C，故选A.点睛：点本题主要考查了函数的图象的识别，其中解答中涉及到函数的奇偶性的应用和函数值的估算的应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力.9已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，,若三棱锥体积的最大值为2，则球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：要求球的表面积，应先求球的半径。根据条件,可得为直角三角形，且边为斜边，过的截面圆的圆心为斜边的中点。因为三棱锥体积的最大值为2，由三棱锥的体积公式可得点D到平面的距离为3，即。因为三棱锥体积的最大值为2，所以球心在线段上。设球的半径为，在直角三角形中由勾股定理即可求得半径，进而可求球的表面积。详解：由,可得。所以为直角三角形，且边为斜边。所以过的截面圆的圆心为斜边的中点。当平面，且球心在上时，三棱锥体积取最大值。因为三棱锥体积的最大值为2，所以，即，解得。 设球的半径为，则，即。 解得。 所以球的表面积为。 故选D。 点睛：求球的表面积或体积，都应先求球的半径。求球的半径时，应注意截面圆的半径、球心到截面圆的圆心的距离、球的半径构成的直角三角形，运用勾股定理得到关于球的半径的关系式，进而求球的半径。10若双曲线的左、右焦点分别为 是右支上的一点，与轴交于点,的内切圆在边上的切点为，若，则的离心率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：已知可得，故要求离心率只需求。设的内切圆在边上的切点分别为M、N。由内切圆的切线长线段可得。由双曲线的对称性可得。由双曲线的定义可得，根据以上结论可得。进而可求离心率。详解：设的内切圆在边上的切点分别为M、N。则 。 由双曲线的对称性可得。由双曲线的定义可得 。所以。因为，所以。所以离心率。故选A。 点睛：求圆锥曲线的离心率，应从条件得到关于的关系式。解题过程注意的关系。（1）直接根据题意建立的等式求解；（2）借助平面几何关系建立的等式求解；（3）利用圆锥曲线的相关细则建立的等式求解；（4）运用数形结合建立的等式求解；11向量，对，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：将条件平方可变形为，再由，可得。因为对，所以对 恒成立。由一元二次方程根与系数的关系可得，变形得，进而得。因为，可变形为，进而得。可得。详解：由可得 整理可得 。因为，所以。因为对，所以对 恒成立。所以，即。所以。因为，所以，所以。所以。故选C。 点睛：本题考查平面向量数量积公式及一元二次方程根与系数的关系。对于一元二次方程根与系数的关系的题型常见解法由两种：一是对于未知量不做限制的题型，可以选择直接运用判别式解答；二是未知量在区间上的题型，一般采取不等式组（开口方向、判别式、对称轴、区间端点函数值的正负）的方法解答。12函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：由函数有三个零点，要求实数的取值范围，应考虑函数的单调性。故应先求得，而的正负不容易判断，故可构造函数，二次求导得，进而可得函数在上为减函数，在上为增函数。进而得。因为，所以1为函数的一个零点。根据条件函数有三个零点，可得到函数应有三个单调区间。所以。进而得 。详解：函数的定义域为 。因为，所以 。令，则 令，得 ；令，可得。所以函数在上为减函数，在上为增函数。所以。因为，所以1为函数的一个零点。因为函数有三个零点，所以函数应有三个单调区间。所以。所以 。故选D。点睛：根据函数的零点情况，讨论参数的范围，是高考考查的重点和难点。对于这类问题，我们可以利用零点定理、数形结合思想、函数单调性与参数分离思想来求解。（1）已知连续函数在区间上单调，且在区间上存在一个零点，求参数范围可用来解；（2）对于某些形式复杂的函数，直接作出其函数的图像有困难，可以先通过求导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图像，再观察函数的图像与轴的交点个数，即可求解参数的范围。 二、填空题13展开式中的常数项为_.【答案】【解析】，据此可得，展开式中的常数项为：.14甲和乙玩一个猜数游戏，规则如下：已知五张纸牌上分别写有（）五个数字，现甲、乙两人分别从中各自随机抽取一张，然后根据自己手中的数推测谁手上的数更大 甲看了看自己手中的数，想了想说：我不知道谁手中的数更大；乙听了甲的判断后，思索了一下说：我也不知道谁手中的数更大假设甲、乙所作出的推理都是正确的，那么乙手中的数是_.【答案】【解析】分析：先分析甲手里的数，再推理出乙手中的数字.详解：由题得卡片上的5个数字是因为甲说，我不知道谁手中的数更大，所以甲的数可能为乙听了甲的判断后说，我也不知道谁手中的数更大，说明他手中的数不可能是 只能是故答案为：点睛：本题主要考查推理论证，意在考查学生推理论证的能力和分析能力.15不等式组的解集记作,实数满足如下两个条件：,则实数的取值范围为_【答案】【解析】分析：线性规划问题应先画出不等式组对应的平面区域，根据直线方程求出直线的交点坐标。对于由图可知当0时，恒成立；当0时,暂且过点A(2,2)时斜率最大，代入点A(2,2)坐标，可得，可得的范围为1。对于,由平面区域可知直线一定在点B(1,3)的下方或过点B。点B(1,3)的坐标代入可得 。综上所述的范围为。详解：作出不等式组对应的平面区域如图，即D。由直线方程联立可求得。 (x,y)D， 当0时，恒成立，当0时,暂且过点A(2,2)时斜率最大，即22， 综上所述的范围为1，(x,y)D， 直线一定在点B(1,3)的下方或过点B。 综上所述的范围为，故答案为：2,1点睛： （1）解决线性规划有关的问题，应准确画出不等式组表示的平面区域；（2）目标函数为时，应平移直线，求其最值；（3）目标函数为形式时，转化为两点连线的斜率来求； （4）目标函数为形式时，转化为两点间距离来求。 16“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现.数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数.具体数列为:， 即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列为“斐波那契”数列，为数列的前项和，若则 _(用表示)【答案】【解析】分析：由“斐波那契”数列定义找与的关系。由定义可得，依次迭代可得 。进而可得。可求得。详解：由“斐波那契”数列可知 。 所以 ， 所以 点睛：有关数列求和问题，若是等差、等比数列，应根据等差、等比数列的前项和公式求解；若不是等差、等比数列，看能否构造等差、等比数列，再用等差、等比数列的前项和公式求解；其它特殊数列，应根据特殊数列的定义求解，如“斐波那契”数列，应根据其定义，依次迭代寻找前项和与的关系，进而求解。三、解答题17的内角,的对边分别为，且.（）求:(）若，求的面积.【答案】（1）（2）2【解析】分析：(1)在中，由正弦定理的推论可把 边化成角得，用诱导公式变形为，再用两角和的正弦公式变形化简可得，化简可得，进而求得。（2）由(1)的结论和条件，要求三角形的面积，应先求一条边。所以应由正弦定理求一条边。先由， ，求得 。再由和两角和的正弦公式求得。再由正弦定理可得。进而用三角形的面积公式可得。详解：(1)在中，因为 ，所以。所以 ，化简可得 。因为，所以 。因为 ，所以。（2）因为， ，所以 。因为所以 在中，由正弦定理可得 。所以 的面积为2.点睛：（1）有关求三角形面积或其最值的问题，应由三角形的面积公式求得面积； （2）知的边和角，求其它的边和角，注意正弦定理、余弦定理的运用，知对角对边，可用余弦定理；若知边的平方关系，应想到余弦定理；18如图，多面体中，为正方形，二面角的余弦值为，且.（）证明：平面平面；（）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）通过证明ADDE，推出平面，得到平面平面；（2）由（1）知，是二面角的平面角以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得平面与平面所成锐二面角的余弦值详解：（1）证明：，由勾股定理得：又正方形中，且平面，又面，平面平面（2）由（1）知是二面角的平面角作于，则且由平面平面，平面平面，面所以，面取中点，连结，则，如图，建立空间直角坐标系，则又，知的一个方向向量设面法向量，则取，得又面一个法向量为：设平面与平面所成锐二面角为，则点睛：本题考查直线与平面垂直的判断，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力19某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量与尺寸之间近似满足关系式为大于0的常数).按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品.现随机抽取6件合格产品，测得数据如下:尺寸384858687888质量16.818.820.722.42425.5质量与尺寸的比0.4420.3920.3670.3290.3080.290(I)现从抽取的6件合格产品中再任选3件，记为取到优等品的件数，试求随机变量的分布列和期望;(II)根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如下表:75.324.618.3101.4(i)根据所给统计量，求关于的回归方程;(ii)已知优等品的收益(单位:千元)与的关系为，则当优等品的尺寸为何值时，收益的预报值最大? (精确到0.1)附:对于样本， 其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： 【答案】（1）见解析（2）(i)，(ii)【解析】分析：（1）要求随机变量的分布列，应先确定抽取的6件合格产品中，优等品的件数，应确定区间的大致范围，即。进而由抽取6件合格产品的测得数据可得有3件为优等品，3件为非优等品。所以取到优等品的件数，进而求这四种取值时的概率，进而可得分布列。用期望公式即可求得期望。（2）(i)因为中的与之间不是直线性回归关系，故两边取对数可得，换元令，得且，根据题中所给的表中数据可求出进而可求得求得所求关于的回归方程为。(ii)要求当优等品的尺寸为何值时，收益的预报值最大。应用来表示收益。故将代入可得。可令，则可变为，这个是关于的二次函数，要求其最大值，应先求自变量的取值范围。由优等品质量与尺寸的比可求得，进而可得，即。将配方可得 。由二次函数的性质可知当时，取最大值。进而可求当优等品的尺寸，收益的预报值最大。详解：（1）解：由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数 的分布列为0123（2）解：(i)对两边取自然对数得，令得且根据所给统计量及最小乘估计公式有，得得所求关于的回归方程为可知，（ii)由（i)，则由优等品质量与尺寸的比即令 当时，取最大值即优等品的尺寸，收益的预报值最大.点睛：离散型随机变量分布列其主要构成包含两方面的内容，一是随机变量的可能取值，二是取该值时对应的概率值。分布列的求解，其关键在于对随机变量取值时概率的计算，而往往可能因为忽略其细节，致使概率求解出错。当回归方程不是直线型时，应转化成直线型方程，如，可以两边取对数得，再换元，令，得且，即可转化成直线型方程。20已知椭圆的上顶点为，点,是上且不在轴上的点，直线与交于另一点，若的离心率为，的最大面积等于.（）求的方程，（）若直线分别与轴交于点,试判断是否为定值.【答案】（1）（2）【解析】分析：（）求椭圆的方程应先从条件中求的值，由椭圆的上顶点为，点,可得。当点P为椭圆的长轴端点时，的面积最大。故由的最大面积等于可得，整理可得。由离心率为，得。再结合，可求得。进而可写出椭圆的方程。（）要判断是否为定值，应求，看其是否为常数。要求的值，可先求点M、N的坐标，因为点M、N与点P、Q有关，故设，进而可得直线的方程为，可求，同理可得直线的方程为，求得，进而得。要求值应找坐标之间的关系。因为是直线DP与椭圆的交点，故设直线的方程为并与椭圆的方程联立可得方程组，消去，得变形可得，由韦达定理，得将变形即可求值， 。可得结论。详解：（1)由题意。可得的最大面积为即.又.联立，解得故的方程（）设直线的方程为联立方程组消去，得整理，得由韦达定理，得又直线的方程为所以，直线的方程为所以所以 ，则为定值点睛：（1）求椭圆或双曲线的方程，就是求的值，求值时注意的运用；（2）解决解析几何中的定值问题，应在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，一种思路是进行一般计算推理求出其结果，选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义，方程，几何性质，再用韦达定理，点差法等导出所求定值关系所需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果；另一种思路是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少。21函数，已知曲线与在原点处的切线相同（1）求的单调区间；（2）当时，恒成立，求的取值范围【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.【解析】试题分析：（1）借助条件确定的表达式，然后求导，解不等式得单调区间；（2）构建新函数，借助最值建立关于的不等关系.试题解析：解：（1）（），依题意，解得，当时，；当时，故的单调递减区间为，单调递增区间为（2）令，由（1）知：，即，(i)若，则在上是增函数，成立(ii)若，由（1）知，则，由(i)知：，成立(iii)若，则，则，显然在上单调递增，又，在上存在唯一零点，当时，所以在上单调递减，从而，即，在上单调递减，从而当时，即，不合题意综上，实数的取值范围为【考点】1、切线问题；2、单调性；3、恒成立问题.【思路点睛】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题第一问确定函数的单调区间，实质就是解不等式，注意定义域的限制；第二问不等式恒成立问题，难点是新函数结构比较复杂，即含指数函数，又含对数函数，在处理上比较有技巧，往往利用重要不等式把一部分简化,注意不等式的方向.22选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 为曲线上异于极点的动点，点在射线上，且成等比数列. （1）求点P的轨迹C2的直角坐标方程；（2）已知A（0，3）,B是曲线C2上的一点且横坐标为2，直线AB与C1交于D,E两点，试求|AD|-|AE|的值.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）因为为曲线上异于极点的动点，点在射线上，所以点P与点有关。所以设，由成等比数列，可得进而得到极径之间的关系。因为为曲线上异于极点的动点，所以，进而得到，变形得，转化为直角坐标方程可得。（2）要求|AD|-|AE|的值，可利用直线的参数方程中的参数几何意义求解。故应先求直线的参数方程，把点A（0，3）看成是直线经过的定点，根据题意可得，进而求直线的斜率，可求得直线倾斜角为。进而求得直线的参数方程为，然后代入圆的直角坐标方程，整理可得，由根与系数的关系可得。所以 同号， 所以详解：（1）解：（1）设则由成等比数列，可得即又满足即化为直角坐标方程为（2）依题意可得故即直线倾斜角为直线的参数方程为代入圆的直角坐标方程得故点睛：1、求曲线的极坐标方程的步骤：(1)建立适当的极坐标系，设P(，)是曲线上任意一点；(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径和极角之间的关系式；(3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程。 2、有关直线与曲线相交，求距离的和、差时，注意直线的参数方程中参数几何意义的运用。23选修45：不等式选讲已知， （）若 ，求不等式的解集；（）若时， 的解集为空集，求的取值范围【答案】（）或；（）.【解析】试题分析：（） 时即求解，分段讨论去绝对值求解即可；（）由题意可知，即为时， 恒成立，分段求解析式，当时， ； 时， 即可.试题解析：(1)当时， 化为 ， 当，不等式化为，解得或，故； 当时，不等式化为，解得或，故； 当，不等式化为，解得或故；所以解集为或 (2) 由题意可知，即为时， 恒成立 当时， ，得； 当时， ，得，综上， 第 25 页 共 25 页