河北省衡水中学2018届高三9月大联考数学（理）试题（解析版）

衡水金卷2018届全国高三大联考理数第卷（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】C【解析】.所以,.故选C.2.记复数的虚部为，已知复数（为虚数单位），则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】.故的虚部为-3，即.故选B.3.已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】根据导数的几何意义，求得直线的斜率，即为倾斜角的正切值；结合同角三角函数关系式中齐次式的化简方法，即可得到最后的值【详解】曲线，点的坐标为 所以 ，在点处切线斜率 ，即 所以分子分母同时除以 可得所以选B【点睛】本题考查了导数的几何意义，三角函数式的化简求值，属于中档题4.2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年纪念日，中国人民银行发行了以此为主题的金银纪念币如图所示的是一枚8克圆形金质纪念币，直径22毫米， 面额100元为了测算图中军旗部分的面积，现向硬币内随机投掷100粒芝麻，已知恰有30粒芝麻落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】利用古典概型近似几何概型可得，芝麻落在军旗内的概率为，设军旗的面积为S，由题意可得：.本题选择B选项.5.已知双曲线：的渐近线经过圆：的圆心，则双曲线的离心率为( )A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】圆：的圆心为，双曲线的渐近线为.依题意得.故其离心率为.故选A.6.已知数列为等比数列，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】依题意，得，所以.由,得，或（由于与同号，故舍去）.所以.故选A.7.执行如图的程序框图，若输出的的值为，则中应填（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由图，可知.故中应填.故选C.8.已知函数为内的奇函数，且当时，记，则间的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据奇函数解得，设，求导计算单调性和奇偶性，根据性质判断大小得到答案.【详解】根据题意得，令.则为内的偶函数，当时，所以在内单调递减又，故，选D.【点睛】本题考查了函数的奇偶性单调性，比较大小，构造函数是解题的关键.9.已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个半圆柱与一个地面是等腰直角三角形的三棱锥构成的组合体，故其体积.故选A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.10.已知函数（，）的部分图像如图所示，其中.记命题：，命题：将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则以下判断正确的是（ ）A. 为真B. 为假C. 为真D. 为真【答案】D【解析】由，可得.解得.因为，所以，故为真命题；将图象所有点向右平移个单位，得.的图象，故为假命题，所以为假，为真，为假，为真.故选D.11.抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】抛物线方程中：令可得，即，结合抛物线的光学性质，AB经过焦点F，设执行AB的方程为，与抛物线方程联立可得：，据此可得：，且：，将代入可得，故，故,故ABM的周长为,本题选择D选项.12.已知数列，的前项和分别为，且，若恒成立，则的最小值为（ ）A. B. C. 49D. 【答案】B【解析】【分析】先求得的通项公式，化简的表达式，利用裂项求和法求得，由此求得的最小值.【详解】当时，解得.当时，由，得，两式相减并化简得，由于，所以，故是首项为，公差为的等差数列，所以.则，故 ，由于是单调递增数列，.故的最小值为，故选B.【点睛】本小题主要考查已知求，考查裂项求和法，考查数列的单调性，属于中档题.第卷（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.已知在中，若边的中点的坐标为，点的坐标为，则_【答案】1【解析】依题意，得，故是以为底边等腰三角形，故，所以.所以.14.已知的展开式中所有项的二项式系数之和、系数之和分别为，则的最小值为_【答案】16【解析】显然.令，得.所以.当且仅当.即时，取等号，此时的最小值为16.15.已知，满足其中，若最大值与最小值分别为，则实数的取值范围为_【答案】【解析】作出可行域如图所示（如图阴影部分所示）设，作出直线，当直线过点时，取得最小值；当直线过点时，取得最大值.即，当或时，.当时，.所以，解得.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.16.在九章算术中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑中, 平面, ,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为_【答案】【解析】【详解】MABC四个面都为直角三角形，MA平面ABC，MA=AB=BC=2，三角形的AC=2，从而可得MC=2，那么ABC内接球的半径r：可得（r）2=r2+（2）2解得：r=2-ABC时等腰直角三角形，外接圆的半径为AC=外接球的球心到平面ABC的距离为=1可得外接球的半径R=故得：外接球表面积为.由已知，设内切球半径为，内切球表面积为，外接球与内切球的表面积之和为故答案：.点睛：本题考查了球与几何体的问题，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，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心.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.已知函数（）求函数的最小正周期及其图象的对称轴方程；（）在锐角中，内角的对边分别为，已知，求的面积【答案】（）最小正周期，对称轴方程为；（）.【解析】试题分析：（1）化简函数得，其最小正周期，令即可解得对称轴；（2）由，解得，由正弦定理及，得，利用即可得解.试题解析：（1）原式可化为，故其最小正周期，令，解得，即函数图象的对称轴方程为，.（2）由（1），知，因为，所以.又，故得，解得.由正弦定理及，得.故.18.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，侧面平面，且，动点在棱上，且.（1）试探究的值，使平面，并给予证明；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】(1)当时，平面.证明见解析；(2).【解析】试题分析：（1）连接交于点，连接通过证得，即可证得平面；（2）取的中点,连接，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，设与平面所成的角为，则，为平面的一个法向量.试题解析：（1）当时，平面.证明如下：连接交于点，连接.，.，.又平面，平面，平面.（2）取的中点,连接.则.平面平面，平面平面，且，平面.，且，四边形为平行四边形，.又，.由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.当时，有，可得.，.设平面的一个法向量为，则有即令，得，.即.设与平面所成的角为，则 .当时，直线与平面所成的角的正弦值为.点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网上叫外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分，为了解网络外卖在市的普及情况，市某调查机构借助网络进行了关于网络外卖的问卷调查，并从参与调查的网民中抽取了200人进行抽样分析，得到表格（单位：人）.（1）根据表中数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖的情况与性别有关？（2）现从所抽取的女网民中利用分层抽样的方法再抽取5人，再从这5人中随机选出了3人赠送外卖优惠券，求选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率；将频率视为概率，从市所有参与调查的网民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常使用网络外卖的人数为，求的数学期望和方差.参考公式：，其中参考数据：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635【答案】(1)不能；(2)；， .【解析】【详解】试题分析：（1）由列联表中的数据计算K2的观测值，对照临界值得出结论；（2）利用分层抽样原理求出所抽取的5名女网民中经常使用网络外卖和偶尔或不用网络外卖的人数，计算所求的概率值；由列联表中数据计算经常使用网络外卖的网民频率，将频率视为概率知随机变量X服从n次独立重复实验的概率模型，计算数学期望与方差的大小试题解析：（1）由列联表可知的观测值 ， 所以不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关.（2）依题意，可知所抽取的5名女网民中，经常使用网络外卖的有（人），偶尔或不用网络外卖的有（人）. 则选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率为. 由列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的概率为， 将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为.由题意得， ； .20.已知椭圆：的左、右焦点分别为点，其离心率为，短轴长为.（）求椭圆的标准方程；（）过点的直线与椭圆交于，两点，过点的直线与椭圆交于，两点，且，证明：四边形不可能是菱形.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，及，可得方程；（2）易知直线不能平行于轴，所以令直线的方程为与椭圆联立得，令直线的方程为，可得，进而由是菱形，则，即，于是有由韦达定理代入知无解.试题解析：（1）由已知，得，又，故解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），知，如图，易知直线不能平行于轴.所以令直线的方程为，.联立方程，得，所以，.此时，同理，令直线的方程为，此时，此时.故.所以四边形是平行四边形.若是菱形，则，即，于是有.又，所以有，整理得到，即，上述关于的方程显然没有实数解，故四边形不可能是菱形.21.已知函数（），其中为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性及极值；（2）若不等式在内恒成立，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：(1)由题意可得导函数的解析式，分类讨论可得：当时，在内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增，的极小值为，无极大值.（2）分类讨论：当时，明显成立；当时，由（1），知在内单调递增，此时利用反证法可证得结论；当时，构造新函数，结合函数的单调性即可证得题中的结论.试题解析：（1）由题意得.当，即时，在内单调递增，没有极值.当，即时，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取得极小值 ，无极大值.综上所述，当时，在内单调递增，没有极值；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增，的极小值为，无极大值.（2）当时，成立.当时，由（1），知在内单调递增，令为和中较小的数，所以，且，则，.所以 ，与恒成立矛盾，应舍去.当时， ，即，所以.令，则.令，得，令，得，故在区间内单调递增，在区间内单调递减.故，即当时，.所以 .所以.而，所以.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.在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（）当时，求曲线上点到直线的距离的最大值；（）若曲线上的所有点都在直线的下方，求实数的取值范围.【答案】(1) ；(2) 【解析】【分析】(1)由题意结合点到直线距离公式可得距离的解析式为，结合三角函数的性质可得曲线上的点到直线的距离的最大值为.(2)原问题等价于对，有恒成立，结合恒成立的条件可得实数的取值范围是.【详解】（1）直线的直角坐标方程为.曲线上的点到直线的距离 ，当时，即曲线上的点到直线的距离的最大值为.（2）曲线上的所有点均在直线的下方，对，有恒成立，即（其中）恒成立，.又，解得，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了参数方程、直线的极坐标方程与直角方程的互化，注意利用参数方程求点到直线的距离，本题属于中档题.23.已知函数(1)解不等式；(2)记函数的值域为M，若，证明：【答案】