《2018年河南省新乡市高考数学一模试卷(理科)(共20页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年河南省新乡市高考数学一模试卷(理科)(共20页).doc（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年河南省新乡市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12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（5分）已知集合A=x|x2x0，B=x|a1xa，若AB只有一个元素，则a=（）A0B1C2D1或22（5分）设复数z满足iz=|2+i|+2i，则|z|=（）A3BC9D103（5分）点P（x，y）是如图所示的三角形区域（包括边界）内任意一点，则的最小值为（）A2BCD4（5分）“a1”是“（x）4（aR）的展开式中的常数项大于1”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5（5分）在平面直
2、角坐标系xOy中，动点P关于x轴的对称点为Q，且=2，则点P的轨迹方程为（）Ax2+y2=2Bx2y2=2Cx+y2=2Dxy2=26（5分）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，其中俯视图中的两段圆弧均为半圆，该几何体的体积为（）A8B82C8D8+27（5分）若log2（log3a）=log3（log4b）=log4（log2c）=1，则a，b，c的大小关系是（）AabcBbacCacbDbca8（5分）该试题已被管理员删除9（5分）设kR，函数f（x）=sin（kx+）+k的图象为下面两个图中的一个，则函数f（x）的图象的对称轴方程为（）Ax=+（kZ）Bx=k
3、x+（kZ）Cx=（kZ）Dx=k（kZ）10（5分）抛物线M：y2=4x的准线与x轴交于点A，点F为焦点，若抛物线M上一点P满足PAPF，则以F为圆心且过点P的圆被y轴所截得的弦长约为（参考数据：2.24）（）ABCD11（5分）在三棱锥DABC中，CD底面ABC，AECD，ABC为正三角形，AB=CD=AE=2，三棱锥DABC与三棱锥EABC的公共部分为一个三棱锥，则此三棱锥的外接球的表面积为（）AB6CD12（5分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=acosAccosB+，且b=2，则a的最小值为（）ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题
4、卷中的横线上13（5分）已知向量，满足|=2|=2，与的夹角为120，则|2|= 14（5分）若2tan=tan420，则= 15（5分）在一次53.5公里的自行车个人赛中，25名参赛选手的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示，若用简单随机抽样方法从中选取2人，则这2人成绩的平均数恰为100的概率为 16（5分）若函数，恰有3个零点，则a的取值范围为 三、解答题：共70分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤第1721题为必考题每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）已知Sn为等差数列an的前n项和，且a17=33，S7=49（1）证明：a1
5、，a5，a41成等比数列；（2）求数列an3n的前n项和Tn18（12分）已知某智能手机制作完成之后还需要依次通过三道严格的审核程序，第道审核、第二道审核、第三道审核通过的概率分别为，每道程序是相互独立的，且一旦审核不通过就停止审核，每部手机只有三道程序都通过才能出厂销售（1）求审核过程中只通过两道程序的概率；（2）现有3部智能手机进人审核，记这3部手机可以出厂销售的部数为X，求X的分布列及数学期望19（12分）如图，在四棱锥EABCD中，底面为等腰梯形，且底面与侧面ABE垂直，ABCD，F，G，M分别为线段BE，BC，AD的中点，AE=CD=1，AD=2，AB=3，且AEAB（1）证明：MF
6、平面CDE；（2）求EG与平面CDE所成角的正弦值20（12分）已知椭圆C：（ab0）经过（0，），且椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设斜率存在的直线l与椭圆C交于P，Q两点，O为坐标原点，OPOQ，且l与圆心为O的定圆W相切直线l：y=x+n （n0）与圆W交于M，N两点，G（3，3）求GMN的面积的最大值21（12分）已知函数f（x）=（x1）（x2+2）ex+2（x2+x+2）（1）证明：曲线y=f（x）在点（0，f（0）处的切线经过曲线y=4cos（x1）的一个最高点；（2）证明：k（0，1），f（x）x（kx+2）+k对xR恒成立（二）选考题：共10分请考生在第22、23
7、题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为=2cos（0）（1）在如图所示的平面直角坐标系中，画出曲线C；（2）若直线（t为参数）与曲线C有公共点，求m的取值范围选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）=|x3|（1）求不等式f（x）+f（2x）f（12）的解集；（2）若x1=3x3x2，|x32|4，证明：f（x1）+f（x2）122018年河南省新乡市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分
8、，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（5分）已知集合A=x|x2x0，B=x|a1xa，若AB只有一个元素，则a=（）A0B1C2D1或2【解答】解：集合A=x|x2x0=0，1，B=x|a1xa=a1，a），AB只有一个元素，则a=2，故选：C2（5分）设复数z满足iz=|2+i|+2i，则|z|=（）A3BC9D10【解答】解：由iz=|2+i|+2i，得=，则|z|=故选：A3（5分）点P（x，y）是如图所示的三角形区域（包括边界）内任意一点，则的最小值为（）A2BCD【解答】解：的几何意义是可行域内的点与坐标原点连线的斜率，如图可知AO的斜率最小，A（3，5）
9、，则的最小值为：故选：B4（5分）“a1”是“（x）4（aR）的展开式中的常数项大于1”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：“（x）4（aR）的展开式的通项公式为=x4k（）k=x42k，则当42k=0，即k=2时，展开式中的常数项为=6=a2，（aR），若展开式中的常数项大于1，则a21，得a1或a1，即“a1”是“（x）4（aR）的展开式中的常数项大于1”的充分不必要条件，故选：A5（5分）在平面直角坐标系xOy中，动点P关于x轴的对称点为Q，且=2，则点P的轨迹方程为（）Ax2+y2=2Bx2y2=2Cx+y2=2Dxy2=2【解答】解：设P
10、（x，y），Q（x，y），则：=（x，y）（x，y）=x2y2=2，故选：B6（5分）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，其中俯视图中的两段圆弧均为半圆，该几何体的体积为（）A8B82C8D8+2【解答】解：由三视图可知几何体是正方体，挖去两个半圆柱后的几何体如图：几何体的体积为：222122=82故选：B7（5分）若log2（log3a）=log3（log4b）=log4（log2c）=1，则a，b，c的大小关系是（）AabcBbacCacbDbca【解答】解：由log2（log3a）=1，可得log3a=2，lga=2lg3，故a=32=9，由log3（log4
11、b）=1，可得log4b=3，lgb=3lg4，故b=43=64，由log4（log2c）=1，可得log2c=4，lgc=4lg2，故c=24=16，bca故选：D8（5分）该试题已被管理员删除9（5分）设kR，函数f（x）=sin（kx+）+k的图象为下面两个图中的一个，则函数f（x）的图象的对称轴方程为（）Ax=+（kZ）Bx=kx+（kZ）Cx=（kZ）Dx=k（kZ）【解答】解：设kR，由于函数f（x）=sin（kx+）+k的最大值为1+k，最小值为k1，在（1）中，由最大值为1+k=3，最小值为k1=1，可得k=2，f（x）=sin（2x+）+2令2x+=k+，可得x=k+，kZ，
12、故函数f（x）的图象的对称轴方程为 x=k+，kZ，联系图象（1），满足条件在第（2）个图中，1+k=2，1k=0，故有k=1，故 f（x）=sin（x+）+1令x+=k+，可得x=k+，kZ，则函数f（x）的图象的对称轴方程为x=k+，kZ，联系图象（2），不满足条件，故选：A10（5分）抛物线M：y2=4x的准线与x轴交于点A，点F为焦点，若抛物线M上一点P满足PAPF，则以F为圆心且过点P的圆被y轴所截得的弦长约为（参考数据：2.24）（）ABCD【解答】解：由题意，A（1，0），F（1，0），点P在以AF为直径的圆x2+y2=1上设点P的横坐标为m，联立圆与抛物线的方程得x2+4x1=
13、0，m0，m=2+，点P的横坐标为2+，|PF|=m+1=1+，圆F的方程为（x1）2+y2=（1）2，令x=0，可得y=，|EF|=2=2=，故选：D11（5分）在三棱锥DABC中，CD底面ABC，AECD，ABC为正三角形，AB=CD=AE=2，三棱锥DABC与三棱锥EABC的公共部分为一个三棱锥，则此三棱锥的外接球的表面积为（）AB6CD【解答】解：如下图所示：三棱锥DABC与三棱锥EABC的公共部分为三棱锥FABC，底面ABC是边长为2的等边三角形，外接圆半径为，内切圆半径为，高为1，设三棱锥的外接球的半径为R，则，解得：R=故此三棱锥的外接球的表面积S=4R2=，故选：A12（5分）
14、ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知=acosAccosB+，且b=2，则a的最小值为（）ABCD【解答】解：=acosAccosB+，且b=2，=acosAccosB+，可得：2cosC=5acosAccosB，即：bcosC=5acosAccosB，sinBcosC+sinCcosB=5sinAcosA，可得：sin（B+C）=sinA=5sinAcosA，A为三角形内角，sinA0，可得：cosA=，由余弦定理可得：a=，可得：当c=时，a的最小值为故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卷中的横线上13（5分）已知向量，满足|=2|=2，与的
15、夹角为120，则|2|=【解答】解：|=2|=2，与的夹角为120，|2|2=，|2|=故答案为：14（5分）若2tan=tan420，则=3【解答】解：2tan=tan420=tan60=，tan=，则=3，故答案为：15（5分）在一次53.5公里的自行车个人赛中，25名参赛选手的成绩（单位：分钟）的茎叶图如图所示，若用简单随机抽样方法从中选取2人，则这2人成绩的平均数恰为100的概率为【解答】解：根据题意知，从25人中选取2人，基本事件数为=300，其中这2人成绩的平均数恰为100的基本事件为：（100，100），（95，105），（95，105），（95，105），（94，106），（9
16、3，107）共6个，所以，所求的概率为P=故答案为：16（5分）若函数，恰有3个零点，则a的取值范围为（1，0）1，4）【解答】解：函数，则x0时，f（x）=3x23，在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，x=1时，函数取得极小值：a1；x=0时，f（0）=1a；当x0时，f（x）=3x2+6x，在（，2）上单调递增，在（2，0）上单调递减，x=2时，函数取得极大值：4a；x=0时，f（0）=af（x）有三个不同的零点，只能是x0时由两个零点，右侧一个零点；或者左侧一个零点右侧两个零点或，解得1a0或1a4故答案为：（1，0）1，4）三、解答题：共70分解答应写出文字说明证明过程或演
17、算步骤第1721题为必考题每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）已知Sn为等差数列an的前n项和，且a17=33，S7=49（1）证明：a1，a5，a41成等比数列；（2）求数列an3n的前n项和Tn【解答】（1）证明：设等差数列an的首项为a1，公差为d，由于a17=33，S7=49，则：，解得：a1=1，d=2，所以：an=2n1则：a1=1，a5=9，a41=81，即：=a1a41所以：a1，a5，a41成等比数列（2）解：由（1）得：an3n=（2n1）3n，则：+（2n1）3n，则：3+（2n1）3n+1得：（2n1）3n+1
18、，整理得：故数列的前n项和为：18（12分）已知某智能手机制作完成之后还需要依次通过三道严格的审核程序，第道审核、第二道审核、第三道审核通过的概率分别为，每道程序是相互独立的，且一旦审核不通过就停止审核，每部手机只有三道程序都通过才能出厂销售（1）求审核过程中只通过两道程序的概率；（2）现有3部智能手机进人审核，记这3部手机可以出厂销售的部数为X，求X的分布列及数学期望【解答】解：（1）设“审核过程中只通过两道程序”为事件A，则（2）每部该智能手机可以出厂销售的概率为由题意可得X可取0，1，2，3，则XB.，所以X的分布列为：X0123P故（或）19（12分）如图，在四棱锥EABCD中，底面为
19、等腰梯形，且底面与侧面ABE垂直，ABCD，F，G，M分别为线段BE，BC，AD的中点，AE=CD=1，AD=2，AB=3，且AEAB（1）证明：MF平面CDE；（2）求EG与平面CDE所成角的正弦值【解答】（1）证明：F，G，M分别为线段BE，BC，AD的中点，MGCD，FGCE，又MGFG=G，MG平面MFG，FG平面MFG，CD平面CDE，CE平面CDE，平面MFG平面CDE，又MF平面MFG，MF平面CDE（2）解：底面ABCD侧面ABE，AEAB，平面ABCDABE=AB，AE平面ABCD，以A为原点，建立如图所示的空间坐标系如图所示：则E（1，0，0），C（0，2，），D（0，1，
20、），G（0，），=（0，1，0），=（1，1，），=（1，），设=（x，y，z）为平面CDE的法向量，则，令z=1得=（，0，1），cos，=EG与平面CDE所成角的正弦值为|cos，|=20（12分）已知椭圆C：（ab0）经过（0，），且椭圆C的离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设斜率存在的直线l与椭圆C交于P，Q两点，O为坐标原点，OPOQ，且l与圆心为O的定圆W相切直线l：y=x+n （n0）与圆W交于M，N两点，G（3，3）求GMN的面积的最大值【解答】解：（1）椭圆C：（ab0）经过（0，），则b=，椭圆C的离心率为=，解得a2=1，椭圆C的方程为x2+4y2=1；（2）设P（x1
21、，y1），Q（x2，y2），l的方程为y=kx+m，由，可得（1+k2）x2+8kmx+4m21=0，则x1+x2=，x1x2=，4（4m2+4k2+1）0，OPOQ，=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2，=（1+k2）（4m21）8k2m2+m2（1+4k2）=0，整理可得5m2=k2+1，O到l的距离d=，直线l恒与定圆x2+y2=相切，即圆W的方程为x2+y2=，又O到直线l的距离d=，即n2，且n0，|MN|=2，G到直线l的距离为，SGMN=2=（+）=，当且仅当=，即n2=时取等号，GMN的面积的最大值为21（
22、12分）已知函数f（x）=（x1）（x2+2）ex+2（x2+x+2）（1）证明：曲线y=f（x）在点（0，f（0）处的切线经过曲线y=4cos（x1）的一个最高点；（2）证明：k（0，1），f（x）x（kx+2）+k对xR恒成立【解答】证明（1）f（x）=2x（x1）ex+x（x2+2）ex+4x+2f（0）=2，f（0）=2，曲线y=f（x）在点（0，f（0）处的切线方程为y=2x+2曲线y=4cos（x1）的一个最高点为A（1，4）在直线y=2x+2上，原命题得证（2）要证k（0，1），f（x）x（kx+2）+k对xR恒成立，只需证（x1）（x2+2）ex+2（x2+2）kx2+k即证（
23、x1）ex+2，设h（x）=（x1）ex，h（x）xex，可得x0时，h（x）0，x0时，h（x）0，h（x）在（，0）递减，在（0，+）递增，h（x）h（0）=1，而，：k（0，1），k（0，1），f（x）x（kx+2）+k对xR恒成立（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为=2cos（0）（1）在如图所示的平面直角坐标系中，画出曲线C；（2）若直线（t为参数）与曲线C有公共点，求m的取值范围【解答】解
24、：（1）曲线C的极坐标方程为=2cos（0），2=2cos，x2+y2=2x，化为标准形式是（x1）2+y2=1，又0，曲线C表示圆（x1）2+y2=1的，且x1，y0；曲线C如图所示；（2）由直线（t为参数），得y=x+m；当直线y=x+m过点（2，0）时，求得m=2；当直线y=x+m过点（1，1）时，求得m=0；由数形结合求得m的取值范围是2，0选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）=|x3|（1）求不等式f（x）+f（2x）f（12）的解集；（2）若x1=3x3x2，|x32|4，证明：f（x1）+f（x2）12【解答】解：（1）由f（x）+f（2x）f（12）得|x3|+|2x3|9，故或或，解得：1x5故不等式的解集是（1，5）；（2）证明：x1=3x3x2，x1+x2=3x3，f（x1）+f（x2）=|x13|+|x23|x13+x23|=|3x36|=3|x32|，又|x32|4，f（x1）+f（x2）12专心-专注-专业