2018届河北省高三押题卷(I卷)数学(文)试题(解析版)16

高三押题卷（I卷）数学（文）试题一、选择题11．已知集合，A{xN|2x4}B{x|，则（）2x4}AB2B.1,2D.0,1,2A.{x|1x2}C.1ti1i2tzi的取值范围为（）C.,11,D.A.B.3．下列函数中，与函数yx的单调性和奇偶性一致的函数是（）31A.B.ytanxC.yxD.yeeyxxxxx2yx2y224C：1与双曲线C：4314312其中错误的是（）A.它们的焦距相等C.它们的渐近线方程相同5．某学校上午安排上四节课，每节课时间为40分钟，第一节课上课时间为之间B.它们的焦点在同一个圆上D.它们的离心率相等~，课间休息10分钟.某学生因故迟到，若他在9~10:00到达教室，则他听第二节课的时间不少于10分钟的概率为（）1532545A.B.C.D.101,16．若倾斜角为的直线与曲线yx相切于点，则cossin2的值l4为（A.）12357B.1C.D.177a，a是方程的两根”是“a1”x3x10a2n4128的（A.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件8．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）B.必要不充分条件）SA.1009B.-1009C.-1007D.1008第1页共页9．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）111A.63B.1C.123D.4312的部分图象如图所示，0,)10．已知函数fxsinx(A0,gxcosx则函数图象的一个对称中心可能为（）5A.11C.D.B.2626112的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点在F半圆上，点在直径上，且，设，a，则该图bOC形可以完成的无字证明为（AB）abA.C.ab(a0,b0)ab(a0,b0)B.ab2ab(a0,b0)222abab2ab22D.(a0,b0)ab2212OA的外接球，，AB23在线段3）3，EBD过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（OE2,43,4D.0,4A.B.C.,4第2页共页二、填空题13．已知a，若向量与共线，则2abc8,6b2,1，a__________．xy20,x，满足不等式组{x2y50,目标函数z2logylogx，y42y20,则的最大值为__________．zcb15，，的对边分别为，，，是acABCbcosBcosB的面积为43，则的值为a8bca与的等差中项且，cosA__________．16．已知抛物线：y4x的焦点是，直线l：交抛物线于，Cyx1FA21两点，分别从，两点向直线l：作垂线，垂足是，，则BABx2DC2四边形的周长为__________．三、解答题1（列x2mxm0的前n项和为Sfxa,S2nnn图象上，且1在的最小值为.fxfx8（1）求数列的通项公式；an2a（2）数列满足b，记数列的前项和为T，求bnbnnn2121nnaann1证：T1.n第3页共页．如图，点在以为直径的圆上，O垂直与圆所在平面，为OCABPAG的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若PQGC22，点在线段上，且PA，求三棱锥PQ2QAQ的体积.2017制了一套与数学文化有关的专题训练卷（文、理科试卷满分均为100并对整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了50名学生分成了5组，制成了90,100的成绩，按照成绩为，，„，50,6060,70如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.（1）求频率分布直方图中的的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均x（2）若高三年级共有2000名学生，试估计高三学生中这次测试成绩不低于70分的人数；（3）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的三组学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求后两组中至少有1人被抽到的概率.第4页共页x2y2：ab的长轴长为与圆：22CMCab221x1y的公共弦长为.2222（1）求椭圆的方程.C（2）经过原点作直线（不与坐标轴重合）交椭圆于，两点，xlAB轴于点在椭圆0，，DECBD三点共线..E3fx2xxx21．已知函数底数）.，gx（，e为自然对数的mRx2（1）试讨论函数的极值情况；fx（2）证明：当且时，总有m1x0.gx3fx02x4t,222．已知直线的参数方程为（t{l2yt2的极坐标方程为4cosxC与圆交于，两点.lC（1）求圆的直角坐标方程及弦AB的长；ABC（2）动点在圆上（不与，的面积的最大值.ABPPCAB第5页共页一、选择题11．已知集合，A{xN|2x4}B{x|，则（）2x4}AB2B.1,20,1,2A.{x|1x2}C.D.【答案】DA,B{x|1x2}，则，故AB【解析】由已知得选D.1ti2tzi1i的取值范围为（）1,D.A.B.C.,1【答案】B1-ti1-i1-ti1-t1+t【解析】由题．又对应复平面的点在第四象限，iz==1+i1+i1-i=-22可知1t且1t0，解得．故本题答案选．1t10B223．下列函数中，与函数yx的单调性和奇偶性一致的函数是（）31A.B.ytanxC.yxD.yeeyxxxx【答案】D【解析】函数yx即是奇函数也是为Ryx3；ytanx；ARB1yx为奇函数，但不是上的增函数，排除；yee为奇函数，RCxxx且是上的增函数，故选D.Rx2yx2y224C：1与双曲线C：4314312其中错误的是（A.它们的焦距相等C.它们的渐近线方程相同【答案】D）B.它们的焦点在同一个圆上D.它们的离心率相等【解析】由两双曲线的方程可得C,C的半焦距c12相同，C,C的焦点均在以原点为圆心，为半径的圆上，离心率不相等，c12第6页共页故选D.5．某学校上午安排上四节课，每节课时间为40分钟，第一节课上课时间为~，课间休息10分钟.某学生因故迟到，若他在9~10:00之间到达教室，则他听第二节课的时间不少于10分钟的概率为（）1532545A.B.C.D.10【答案】A【解析】由题意知第二节课的上课时间为，该学生到达教室的9时间总长度为分钟，其中在进入教室时，听第二节的时间99:101不少于分钟，其时间长度为分钟，故所求的概率，故选A.5056．若倾斜角为的直线与曲线yx相切于点，则cossin2的值1,14l为（）1237A.B.1C.D.517【答案】D【解析】y'4x，当时，y'4时，则tan4，所以x1312tan2sin72，故选D.sin22221nsin7a，a是方程的两根”是“a1”x3x10a2n4128的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件C.充要条件【答案】A【解析】由韦达定理知aa3,aa1，则a0,a0，则等比数列412412412中aaa1a1或a1中，a,a不aaq048484nn412a，a是方程的x3x10a2n412两根”是“a1”的充分不必要条件．故本题答案选．A88．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）SA.1009B.-1009C.-1007D.1008【答案】B【解析】由程序框图则，S0,nSn2;S12,n3;S123,n4由规律知输．故本题答案选出SS123456...．B第7页共页【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同.9．已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）111A.63B.1C.123D.4312【答案】C1观察三视图可知，几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体，其中4圆锥的底面半径为，高为．三棱锥的底面是两直角边分别为的直角三1,2111111π1π1V211213432123本题答案选．Ｃ的部分图象如图所示，0,)10．已知函数fxsinx(A0,gxcosx则函数图象的一个对称中心可能为（）511C.A.B.D.2626【答案】CT【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知A2362822πππ2x，图象过点6,0，则T=16，所以．则fxω88π3π3ππ0kπkπ4444第8页共页ππππππ，得，令，可得3gx2x，令xkx2kk14848221其中一个对称中心为．故本题答案选．C2112的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点在F半圆上，点在直径上，且，设，a，则该图bOC形可以完成的无字证明为（AB）abA.C.ab(a0,b0)B.ab2ab(a0,b0)222abab2ab22ab(a0,b0)D.(a0,b0)ab22【答案】Dab【解析】令，可得圆ACa,BCb的半径，又则Or2ababOCOBBCb，22ababab2222FCOCOF，再根据题图知，即222442abab22Ｄ．2212OA的外接球，，AB23在线段3）3，EBD过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（OE,42,43,40,4A.B.C.D.【答案】B【解析】第9页共页如图，设的中心为O，球的半径为，连接OD,OD,OE,OE，OR1112易求得OD3sin60，则.在RtOOD中，332231111由勾股定理，R33R，解得，由3，知以R2222OEBC,DEDB2，所31OEDEDO1,OEOEOO2，当过点的截距与E22221111垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径rROE2，此时22截面圆的面积为2E截面圆的面积为，故选B.4【方法点睛】本题主要考查正三棱锥的性质及空间想象能力、圆的性质、勾股定理的应用.属于难题.化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注.二、填空题2ab共线，则c8,613．已知，b2,1，若向量与aa__________．【答案】22ab与共线，得c8,6【解析】2ab4,21,由向量24810，解得，则a2，故答案为.12xy20,，满足不等式组{x2y50,目标函数z2logylogx，xy42y20,则的最大值为__________．z【答案】1【解析】不等式组所表示的平面区域如图中的阴影部分所示，yxyz2logylogxlogylogxlogt取最大值时，取最zx42222第页共页z大值.由图可知，当时，t取最大值，此时取最大值，故xy221答案为.1【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.1）作出2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移（旋转）变形后的目标函数，最先通过或最后通过的）将最优解坐标代入目标函数求出最值.cb15，，的对边分别为，，，abc是ABCcosBcosB的面积为43，则的值为bca与的等差中项且，a8cosA__________．【答案】45cba2cba由是以的等差中项，得cosBcosBcosA.cosBcosBcosAsinABBA2A2B由正弦定理，得cosBcosA，由由31sinABsinC,coscosA0所以.cosA,A21bcsinA43，得.由余弦定理，得S2bc45abcbccosAbc，即bc，故22222答案为45.16．已知抛物线：y4x的焦点是，直线l：交抛物线于，yx1CFA21两点，分别从，两点向直线l：作垂线，垂足是，，则BABx2DC2四边形的周长为__________．【答案】42F1,0【解析】由题知，，准线的方程是p2.设lxyx1{，消去，得.因为直线6x10Ax,y,Bx,yyx2y4x21122l经过焦点F1,0.由抛物线上的点的几何特征ABxxp8112知ADBCAB210，因为直线l的倾斜角是，所以412842，所以四边形的周长是42第页共页ADBCABCD108421842，故答案为42.三、解答题1xmx（m0列的前项和为Sfxan,S22nnn图象上，且1在的最小值为.fxfx8（1）求数列的通项公式；an2a（2）数列满足，记数列的前项和为T，求bbnnbnn2121nnaann1证：T1.n【答案】（1）an.（2）见解析.n【解析】1）根据二次函数的最值可求得的值，从而可得m112nSnn，进而可得结果2）由（1）知b2222121nn1nn11，裂项相消法求和，放缩法即可证明.2121nn11m21）fxxm，222的最小值为m2.1故fx28111又，所以m，即Snn.m02222n所以当时，aSSn；n2nnn1当时，a1也适合上式，n11所以数列的通项公式为an.ann211n（2）证明：由（1）知b，21212121nnn1n1n111111所以T11，3372121n21n1nn1所以T1.n【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见第页共页11111的裂项技巧：①；②nnkknnknkn11111nkn；③；k2n12n122n12n11111④；此外，需注意裂项之后相消nn1n22nn1n1n2的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.．如图，点在以为直径的圆上，O垂直与圆所在平面，为OCABPAG的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若PQGC22，点在线段上，且PA，求三棱锥PQ2QAQ的体积.3【答案】（1）见解析;（2）.1）延长交于点，先证明M，再证明//平面，即平面21）知平面，所13以就是点到平面的距离，再证明，从而利用棱G36锥的体积公式可得结果.1）如图，延长交于点.M的重心，所以为的中点.因为为GM因为为OAB的中点，所以//.因为因为是圆的直径，所以O平面，所以.AB平面，，所以.PA又平面，平面，A，PA，即平面.所以平面又平面，所以平面平面.第页共页（2）解：由（1）知平面，的距离.所以就是点到平面G由已知可得，，1所以为正三角形，3所以.又点为的重心，G2133所以.63故点到平面G的距离为.6PQC112212192所以GMS33GMVVSPG333.62017制了一套与数学文化有关的专题训练卷（文、理科试卷满分均为100并对整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了50名学生分成了5组，制成了90,100的成绩，按照成绩为，，„，50,6060,70如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.（1）求频率分布直方图中的的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均x（2）若高三年级共有2000名学生，试估计高三学生中这次测试成绩不低于70分的人数；（3）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的三组学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会，试求后两组中至少有1人被抽到的概率.第页共页1319【答案】（1）x，平均数是74，中位数是732）12003）．20【解析】）根据个矩形面积和为可得第4组的频率为，12）由（1）可知，50名学生中成绩不低于70分的频率为0.3，从而可得成绩不低于703）根据分层抽样方法可得这三组中所抽取的人数分别为3人的所有可能结果共20种，其中后两组中没有人被抽到的可能结果只有1种，由古典概型概率公式可得结果.1（1）由频率分布直方图可得第4组的频率为，故x故可估计所抽取的50名学生成绩的平均数为.(550.01650.03由于前两组的频率之和为7585（分）.950.01)1074，前三组的频率之和为0.10.3，故中位数在第3组中.设中位数为t分，1则有，所以t73，t700.030.1313即所求的中位数为分.73（2150名学生中成绩不低于70分的频率为，2000名学生中成绩不低于70分的人数为.（3）由（1）可知，后三组中的人数分别为15,10,5，故这三组中所抽取的70,80人数分别为3,2,1.记成绩在这组的3名学生分别为，，，成acb这组的1名学生90,100绩在80,90这组的2名学生分别为，ed，,,e为，则从中任抽取3人的所有可能结果为f，，,,ca,,d，，，，，，a,,f，，a,,fa,c,d,,ea,,f,d,ea,d,f，，，，，，,,f,d,e,,d,,e,,f,d,e,d,f，，共20种.d,,f,d,f,,f,,c其中后两组中没有人被抽到的可能结果为，只有1种，119.2020故后两组中至少有1人被抽到的概率为P1【方法点睛】本题主要考查古典概型概率公式，以及离散型随机变量的分布列，属于难题，利用古典概型概率公式,求概率时，找准基本事件个数是解A,B题的关键，在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，11A,BA,BA,BA,B„..依次A,B„.，再，121n21222n„.„这样才能避免多写、漏写现象的发生.A,BA,BA,B31323n第页共页x2y2：ab的长轴长为与圆：22CMCab221x1y的公共弦长为.2222（1）求椭圆的方程.C（2）经过原点作直线（不与坐标轴重合）交椭圆于，两点，xlAB轴于点在椭圆0，，DECBD三点共线..Ex2【答案】（1）y1;（2）见解析.22【解析】1）根据题意列出关于、、的方程组，结合性cab，Ex,y质abc、、22，acAx,yb221122.Dx,0则，Bx,y111x2y22因为点，A都在椭圆上，所以C，利用“点差法”证明E11x2y2222yyy1yyyykk0，即可得结论.121212xx2xxxxx12112121）由题意得2a22，则.a21由椭圆与圆：x1y的公共弦长为，2CM222其长度等于圆的直径，M2可得椭圆经过点，C1,2112所以，解得.1b12b2x2所以椭圆的方程为y1.C22，则，.Bx,yDx,0（2）证明：设，Ax,yEx,y1122111x2y22因为点，都在椭圆上，所以CAE11x2y22222yyyy0，所以xxxx12121212yyxx即.1212xx2yy1212第页共页又，0所以kk1，ABAEyyy即1121，xxx112y1xx所以112x2yy1122yyy1x所以12xx112yyyyyyy又12112120，kkxx2xxxxx1211212所以kk，BEBD所以，，三点共线.EBD3fx2xxx21．已知函数底数）.，gx（，为自然对数的mRex2（1）试讨论函数的极值情况；fx（2）证明：当且时，总有m1x0.gx3fx0【答案】（1）见解析;（2）见解析.fx0的根fx01）求定义域内的所有根；判断x左右两侧值的符号即可得结果；（2）当时，x0gx3fx00ux3e3x6mx30ux在x20,uxu00，即可得内为单调递增函数，进而可得当时，x0结果.fx的定义域为，0,1）x2m2mfx.1xxfx0无极值；在内单调递减，fx0,fx①当时，m0，故fx0fx0②当时，令m0，得0x2m；令，得.x2mfxf2m2ln2m2mfx故在x2m，无极小值.第页共页36mx（2）证法一：当时，x0gx3fx030x2x3e3x6mx30.x2ux3e3x设函数，63x2ux3e2x2m.记，vxex2x2m则xvxex2则.vx当变化时，x，的变化情况如下表：vx，vxvln2由上表可知vln2e2ln22m22m2mln21而，由，知m1，m1vln20所以所以所以，vx0，即.ux0在内为单调递增函数.ux0,.uxu00所以当时，x0即当且时，m1x03e3x.630x2所以当且时，总有m1x0gx3fx0.36mx证法二：当时，x0gx3fx030x2x3e3x6mx30.x2因为且，故只需证ex2x1x1.m1x02x2当时，e1x1成立；0x12xxx当