2018届河南安阳35中高三核心押题数学文试题

1、2018届河南省安阳市35中高三核心押题（一） 数学（文）试题一、单选题1已知集合，则( )A B C D 【答案】C【解析】【分析】分别求出集合，再利用交集定义就可求出结果【详解】则故选【点睛】本题主要考查了集合的交集及其运算，属于基础题。2欧拉公式(为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数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：，再利用诱导公式化简，即可得到答案【详

2、解】由欧拉公式(为虚数单位)可得：表示的复数对应的点为，此点位于第二象限故选【点睛】本题主要考查的是欧拉公式的应用，诱导公式，复数与平面内的点的一一对应关系，考查了学生的运算能力，转化能力。3已知双曲线C： =1 (a0，b0)的离心率为2，则C的渐近线方程为()A yx B yxC y2x D yx【答案】A【解析】双曲线C： (a0，b0)的离心率为2，即，a2b24a2，双曲线C的渐近线方程为选A点睛：（1）解答本题时容易出现的错误时认为双曲线的渐近线的方程为，由于条件中的双曲线的焦点在y轴上，故其渐近线的方程为（2）已知双曲线的方程求其渐近线时，可将标准方程中等号后面的“1”改为“0”

3、，变形后可得渐近线方程 4在检测一批相同规格共航空用耐热垫片的品质时，随机抽取了280片，检测到有5片非优质品，则这批垫片中非优质品约为( )A B C D 【答案】B【解析】【分析】根据频率估计概率，即可得到结论【详解】由题意可得，这批垫片中非优质品约为：故选【点睛】本题主要考查了简单随机抽样，用样本估计总体，属于基础题5要得到函数的图象，只需要函数的图象( )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】利用函数的图象变换规律，三角函数的周期性，得出结果【详解】将函数的图象向右平移个单位，可得的图象，即向右平移个周期故选【点睛】本题考

4、查了三角函数图像的平移，运用诱导公式进行化简成同名函数，然后运用图形平移求出结果，本题较为基础。6已知，则( )A B C D 【答案】B【解析】【分析】直接利用对数的性质判断大小即可【详解】，故选【点睛】本题考查了对数值大小的比较方法，一般找中间量“”或“”，以及转化为底数相同的对数，再由对数函数的单调性进行判断，考查了转化思想7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 3 C 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

5、面中直角三角形的个数是4个，选C. 8执行下面的程序框图，如果输入的，则输出的的值分别为( )A 4，7 B 4，56 C 3，7 D 3，56【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序框图的运行过程，即可得到程序运行后输出的结果【详解】执行如图所示的程序框图输入满足都是偶数，满足都是偶数，满足都是偶数，不满足都是偶数， 满足，满足，不满足，退出循环，输出故选【点睛】本题主要考查的是程序框图，侧重于对流程图循环结构的考查，属于基础题9已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为 R，ABACBC2 ，则球O的表面积为()A B 16C D 64【答案】D【解析】设A

6、BC外接圆的圆心为O1，半径为r，因为ABACBC2，所以ABC为正三角形，其外接圆的半径r2，所以OO1平面ABC，所以OA2Or2，所以R222，解得R216，所以球O的表面积为4R264.故答案为:D .点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有

7、公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.10已知，若，则( )A B C D 2【答案】D【解析】【分析】利用两角和与差的三角公式化简所给的式子，求出答案【详解】，即解得故选【点睛】本题考查了两角和与差的正弦公式的运用，关键是角的配凑，将已知角转化为未知角，然后公式化简求值11已知双曲线的左、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】C【解析】【分

8、析】由双曲线的定义和内切圆的切线性质，圆外一点向圆引切线，则切线长相等，结合离心率公式即可得到所求的值【详解】设的内切圆在边上的切点为，在上的切点为则，由双曲线的对称性可得：由双曲线的定义可得解得又，即有则离心率故选【点睛】本题考查了双曲线的离心率，结合了三角形内切球，由切线长定理和双曲线定义求出的值是本题的关键，综合性较强12设函数，其中，若存在唯一负整数，使得，则实数的取值范围( )A B C D 【答案】D【解析】【分析】将已知函数进行转化为两个函数的不等关系，结合图形求出满足题意的条件【详解】若存在唯一负整数，使得，则令，得令，在，单调减在，单调增如图所示，为满足题意，则，解得即故选【

9、点睛】本题考查了函数的不等式问题，将其转化为两个函数的不等式，运用导数画出函数图像，找出满足题意的条件，继而得出结果，综合性较强，需要具有转化能力二、填空题13若命题“”是假命题，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据特称命题是假命题进行转化即可【详解】命题“”是假命题，则命题“”是真命题，则，解得则实数的取值范围是故答案为【点睛】本题主要考的是命题的真假判断和应用，熟练掌握一元二次不等式的解集与判别式的关系是解题的关键，属于基础题。14平面向量，若有，则实数_【答案】【解析】【分析】根据平面向量的模长公式是与数乘向量，列方程求出结果【详解】，若则化简得：，解得故答案为【点睛】本题主

10、要考查的是平面向量的模长公式及平面向量的数量积的运算，属于基础题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2

11、2， 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已知数列，满足且，则数列的前项和为_.【答案】 【解析】分析：先根据已知求出，,再利用分组求和和错位相减求数列的前 项和.详解：记由得，所以数列为首项，公比为的等比数列，所以.由得，所以数列为常数数列，所以,同理得，由可得，所以，,记数列的前项和为，由错位相减法求

12、得 ,数列的前项和为，所以数列的前项和.点睛：本题关键是利用方程组求出数列，的通项，要求它们必须找到三个方程， ，解这三个方程即得数列，的通项.三、解答题17的内角的对边分别为，且（1）求；（2）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，

13、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等边三角形的边长为6，为三角形的重心，过点且与平行，将沿直线折起，使得平面平面.(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】由已知条件证得平面，得证运用等体积法求出点到平面的距离【详解】(1)因为为三角形的重心，所以，因为，所以，因为平面平面,平面平面，平面

14、，所以平面，因为平面，所以,因为为三角形的重心，所以，因为平面,所以平面；(2)等边三角形的边长为，为三角形的重心， 由可知，同理即解得【点睛】本题主要考查的是线面垂直的判断与求点到平面的距离，解题的关键在于等体积法的运用，在证明线面垂直时注意折叠后的面面垂直性质运用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0.4420.3920.3570.3290

15、.3080.290()现从抽取的6件合格产品中再任选3件，求恰好取到2件优等品的概率；()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，则当优等品的尺寸为为何值时，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) (2) 【解析】【分析】运用古典概率公式进行计算结合题中所给的数据计算回归方程即可结合计算求得的回归方程得到收益函数，讨论函数的最值即可求得最终结果【详解】() 优等品则6件产品有2

16、件优等品的概率()(1)由题意得 (2)由(1)得：令 当时取最大 时，收益预报值最大.【点睛】本题考查了线性回归方程的实际应用，只要按照公式进行计算即可得到结果，较为基础20已知直线的方程为，点是抛物线上到直线距离最小的点.(1)求点的坐标；(2)若直线与抛物线交于两点，的重心恰好为抛物线的焦点.求的面积.【答案】(1) 点坐标为，（2）【解析】【分析】设点的坐标，运用点到直线距离求出最小值时的结果设结合已知焦点是的重心计算出直线，求出点到直线的距离为高，从而计算出面积【详解】(1)设点的坐标为，则，所以，点到直线的距离：，得当且仅当时取最小值，此时点坐标为.(2)抛物线的焦点的坐标为，设线

17、段的中点为，由三角形重心的性质知，又，所以，古得，即的坐标为，设，则，且，以上两式相减得，所以，故直线的方程为，经检验，符合题意，即直线的方程为：，联立抛物线得，所以，且点到直线的距离为，所以的面积为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，在计算过程中需要运用点到直线的距离公式计算点线距的最小值及三角形面积时的高，本题较为综合21已知函数，且为常数）()若函数的极值点只有一个，求实数的取值范围；()当时，若（其中）恒成立，求的最小值的最大值.【答案】（）或（）见解析【解析】【分析】令导函数等于零得或，为满足题意讨论的取值情况将代入，化简，求导后讨论时、时两种情况得出结果【详解】（） 由则或

18、设 当时单调递增当时单调递减 极大且时，且恒成立.当或时，方程无实数根，函数只有一个极值当时，方程 根，此时中因式恒成立函数只有一个极值当时，方程有2个根且 在单调递减，单调递增，有三个极值点，综合当或时，函数只有一个极值点.()即令则对都有成立当时，在单调递增 取 时，这与矛盾当时，在单调递增在单调递减若对都有成立，则只需即 .【点睛】本题主要考查的是导数在函数中的应用，利用导数求函数的单调区间，判断单调性，再求参数，要掌握题目中的分类讨论过程22选修4-4：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆的极坐标方程为，其左焦点在直线上.()若直线与椭圆交于两点，求的值；()求椭圆的内接矩形周长的最大值.【答案】（）2()16【解析】试题分析：(1)先写出曲线的直角坐标系方程为: ，与直线的参数方程联立，利用韦达定理即得解，（2）设，得出周长，化一后即得解.试题解析：(1) 曲线的直角坐标系方程为: 直线的参数方程为（为参数）将代入得：设两点所对应的参数为，则 (2) 设为内接矩形在第一象限的顶点，则矩形的周长当即时周