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www.ks5u.com 河南省豫南九校2018届高三下学期第一次联考试题 理科数学 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. 已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，故.‎ ‎2. 复数 (为虚数单位），则（ ）‎ A. 2 B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎3. 的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】，‎ 故选：B ‎4. 抛物线的焦点坐标为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】化为标准方程得，故焦点坐标为.‎ ‎5. 将函数的图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，则所得函数图像的解析式为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】函数经伸长变换得，再作平移变换得 ，‎ 故选：B．‎ ‎6. 某空间几何体的三视图如图所示，均为腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由三视图可知，该几何体在正方体内如下图所示，其表面积为 ‎7. 《九章算术》中的“两鼠穿墙”问题为“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”可用如图所示的程序框图解决此类问题.现执行该程序框图，输入的的的值为33，则输出的的值为（ ）‎ A. 4 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】，开始执行程序框图， ，再执行一行， 退出循环，输出，故选C.‎ ‎8. 已知直三棱拄中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 如图所示,设分别为和的中点，‎ 则夹角为和夹角或其补角 ‎(因异面直线所成角为，‎ 可知，‎ ‎；‎ 作中点Q，则为直角三角形；‎ ‎∵，‎ 中，由余弦定理得 ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴；‎ 在中,；‎ 在中，由余弦定理得 又异面直线所成角的范围是，‎ ‎∴与所成角的余弦值为 故选C.‎ 点睛：求两条异面直线所成角的关键是作为这两条异面直线所成角，作两条异面直线所成角的方法是：将其中一条一条直线平移与另一条相交相交或是将两条异面直线同时平移到某个位置使他们相交，然后再同一平面内求相交直线所成角，值得注意的是：平移后相交所得的角必须容易算出，因此平移时要求选择恰当位置.‎ ‎9. 已知两定点和，动点在直线上移动，椭圆以为焦点且经过点，则椭圆的离心率的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：关于直线的对称点为，连接交直线于点，则椭圆的长轴长的最小值为，所以椭圆的离心率的最大值为,故选A.‎ 考点：1、椭圆的离心率；2、点关于直线的对称.‎ ‎10. 已知的三个内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎.....................‎ ‎11. 在的展开式中，项的系数等于264，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】，必须，，的系数为，解得，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查多项式的展开式，考查定积分计算.由于本题多项式的次方的式子中，有一个，这个数的指数很大，采用二项式定理展开，写出通项的后可知它的指数一定是，才能使得存在的项，由此可求得，进而求得的值，最后求得定积分.‎ ‎12. 已知实数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】将原式作如下变形得：.由此可构造函数：.不妨设，可得，由 知，时，，时，，所以（当且仅当时取“”）.即解得，故.‎ ‎【点睛】本题主要考查构造函数并利用导数证明求解不等式.首先观察已知所给的不等式，左边是一个整式的形式，右边是两个对数的和，将两个对数的真数相加，发现和左边有点类似，故将不等式左边变为右边的形式，从而构造函数利用导数来解决本题.‎ 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. 已知实数满足则的最大值为__________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】画出可行域如下图所示，由图可知，当时，取得最大值为.‎ ‎14. 已知向量满足，则向量在方向上的投影为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，得，故在方向上的投影为.‎ ‎15. 已知直线过圆的圆心，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】圆心为，则代入直线得，即.不妨设，则 ‎ . ‎ ‎16. 下列结论：‎ ‎①若，则“”成立的一个充分不必要条件是“，且”；‎ ‎②存在，使得；‎ ‎③若在上连续且，则在上恒正； ‎ ‎④在锐角中，若，则必有；‎ ‎⑤平面上的动点到定点的距离比到轴的距离大1的点的轨迹方程为.‎ 其中正确结论的序号为_________．(填写所有正确的结论序号）‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】①由于，所以，当且仅当时取等号.故是的充分不必要条件.②，不等式成立，故正确.③可以小于零，但是必须有大于零的部分，且的曲线围成的面积比的曲线围成的面积大，所以不正确.④由，所以，所以.⑤按定义可得 轨迹方程，但还有这一部分.综上，选①②.‎ 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. 设正项等比数列，，且的等差中项为.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，数列的前项和为，数列满足，为数列的前项和，若恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）利用基本元的思想将已知转化为的形式列方程组解出，由此得到通项公式.（2）化简，是个等差数列，求得其前项和为 ‎，利用裂项求和法可求得的值，代入不等式，利用分离常数法可求得.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）设等比数列的公比为，‎ 由题意，得 解得 所以 ‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 若恒成立，则恒成立，‎ 则，所以.‎ ‎18. 四棱锥中，底面为矩形，.侧面底面.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）设与平面所成的角为，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）设中点为，连接，由已知，所以，根据面面垂直的性质定理，有平面，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，计算可得证.（2）设，利用直线和平面所成角为，计算 ‎，再利用平面和平面的法向量计算二面角的余弦值.‎ ‎【试题解析】‎ 解：（1）证法一：设中点为，连接，‎ 由已知，所以，‎ 而平面平面，交线为 故平面 以为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，并设，‎ 则 所以 ‎，所以.‎ 证法二：设中点为，连接，由已知，所以，‎ 而平面平面，交线为 故平面，从而 ①‎ 在矩形中，连接，设与交于，‎ 则由知，所以 所以，故 ②‎ 由①②知平面 所以. ‎ ‎（2）由，平面平面，交线为，可得平面，‎ 所以平面平面，交线为 过作，垂足为，则平面 与平面所成的角即为角 所以 ‎ 从而三角形为等边三角形，‎ ‎（也可以用向量法求出，设，则，可求得平面的一个法向量为，而，由可解得）‎ 设平面的一个法向量为，则，‎ ‎， 可取 设平面的一个法向量为，则，‎ ‎，可取 于是，‎ 故二面角的余弦值为.‎ ‎19. 某地区某农产品近几年的产量统计如下表:‎ ‎（1）根据表中数据，建立关于的线性回归方程；‎ ‎（2）若近几年该农产品每千克的价格(单位:元）与年产量满足的函数关系式为，且每年该农产品都能售完.‎ ‎①根据（1）中所建立的回归方程预测该地区年该农产品的产量；‎ ‎②当为何值时，销售额最大？‎ 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.‎ ‎【答案】（1）（2）①7. 56②‎ ‎【解析】【试题分析】（1）将数据代入回归直线方程计算公式，可求得回归直线方程.（2）①将代入（1）所求得方程，可求得对应的预测值. ②求得销售额的表达式为，利用二次函数对称轴可求得其最大值.‎ ‎【试题解析】‎ 解：（1）由题，，，‎ ‎，‎ 所以，又，得，‎ 所以关于的线性回归方程为. ‎ ‎（2）①由（1）知，当时，，‎ 即2018年该农产品的产量为7. 56万吨.‎ ‎②当年产量为时，销售额(万元）， ‎ 当时，函数取得最大值，又因，‎ 计算得当，即时，即2018年销售额最大.‎ ‎20. 已知点，圆，点是圆上一动点，的垂直平分线与线段交于点.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）设点的轨迹为曲线，过点且斜率不为0的直线与交于两点，点关于轴的对称点为，证明直线过定点，并求面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）由于，所以的轨迹为椭圆，利用椭圆的概念可求得椭圆方程.（2）当直线的斜率存在时，设出直线方程和点的坐标，联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，求得直线的方程，求得其纵截距为，即过.验证当斜率不存在是也过.求出三角形面积的表达式并利用基本不等式求得最大值.‎ ‎【试题解析】‎ 解：（1）由已知得：，所以 又,所以点的轨迹是以为焦点，长轴长等于4的椭圆，‎ 所以点轨迹方程是.‎ ‎（2）当存在时，设直线，，则，‎ 联立直线与椭圆得，‎ 得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，所以直线，‎ 所以令，得，‎ ‎，‎ 所以直线过定点，（当不存在时仍适合）‎ 所以的面积 ，当且仅当时，等号成立.‎ 所以面积的最大值是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查与圆锥曲线有关的三角形面积的最值.由于给定点，而圆心恰好是，由此考虑动点是否满足椭圆或者双曲线的的定义，结合垂直平分线的性质可知动点的轨迹为椭圆.‎ ‎21. 设函数.‎ ‎（1）当时，恒成立，求的范围；‎ ‎（2）若在处的切线为，求的值.并证明当)时，.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】【试题分析】（1）当时，由于，故函数单调递增，最小值为.（2）利用切点和斜率为建立方程组，解方程组求得的值.利用导数证得先证，进一步利用导数证，从而证明原不等式成立.‎ ‎【试题解析】‎ 解：由，‎ 当时，得.‎ 当时，，且当时，，此时.‎ 所以，即在上单调递増，‎ 所以，‎ 由恒成立，得，所以.‎ ‎（2）由得 ‎，且.‎ 由题意得，所以.‎ 又在切线上.‎ 所以.所以.‎ 所以.‎ 先证，即，‎ 令，‎ 则，‎ 所以在是增函数.‎ 所以，即.①‎ 再证，即，‎ 令，‎ 则，‎ 时，，时，， 时，.‎ 所以在上是减函数，在上是增函数，‎ 所以.‎ 即，所以.②‎ 由①②得，即在上成立.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式.第一问由于题目给出，并且导函数没有含有，故可直接有导数得到函数的单调区间，由此得到函数的最小值，令函数的最小值大于或等于零，即可求得 的取值范围，从而解决了不等式恒成立问题.‎ 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 已知直线的参数方程为（为参数)，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.‎ ‎（1）求圆的直角坐标方程；‎ ‎（2）若是直线与圆面的公共点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）将圆的极坐标方程展开后两边乘以转化为直角坐标方程.（2）将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，利用参数的几何意义求得的取值范围.‎ ‎【试题解析】‎ 解：（1）∵圆的极坐标方程为，‎ ‎∴，‎ 又∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴圆的普通方程为 ‎（2）设，‎ 故圆的方程 ，‎ ‎∴圆的圆心是，半径是2，‎ 将代入得，‎ 又∵直线过，圆的半径是2，‎ ‎∴，∴，即的取值范围是.‎ ‎23. 选修4-5：不等式选讲 已知均为实数.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】【试题分析】（1）利用分组分解法将原不等式变形为从而得证.（2）因为，所以.‎ ‎【试题解析】‎ 证明：（1）法一：‎ ‎ ‎ ‎，‎ 所以.‎ 法二：‎ ‎，‎ 所以. ‎ ‎（2）证明：因为 (由柯西不等式得）‎ 所以，‎ 当且仅当即时，有最小值.‎ ‎ ‎