河北省衡水中学2018届高三三轮复习系列七-出神入化5数学（理）试题（解析版）.doc

1、 1717- -1818 衡水中学高三数学三轮系列七衡水中学高三数学三轮系列七出神入化（出神入化（5 5） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的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】因为，所以，应选答案 C。 2. 若复数（ 为虚数单位） ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：先利用复数的除法运算法则化简复数，再由模的计算公式可得价结果.

2、 详解：， ，故选 B. 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握 纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运 算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 3. 执行如图所示的程序框图，如果输出的结果为 ，那么输入的 为（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】试题分析：程序框图表示，所以，解得：， 不存在，所以，故选 D. 考点：条件结构 4. 已知 ， 为平面向量，若与 的夹角为 ，与 的夹角为 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析

3、】分析：根据复数运算的平行四边形法则，画出平行四边形表示向量，利用 正弦定理即可求出结果. 详解：如图所示 在平行四边形中， ， 在中，由正弦定理可得， ，故选 D. 点睛：本题主要考查平面向量的运算法则及几何意义、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定 理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种： （1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定 要注意讨论钝角与锐角） ； （2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边； （3）证明化简过程中边角互 化； （4）求三角形外接圆半径. 5. 下列函数中，与函数的奇偶性相同，且在上单调性也相同的是（ ） A. B. C. D. 【答案

4、】A 【解析】分析： ，逐一判断选项中函数奇偶性、单调性，从而可得结果. 详解：函数为偶函数,且在上为增函数， 对于选项 ,函数为偶函数，在上为増函数，符合要求； 对于选项 ,函数是偶函数，在上为减函数，不符合题意； 对于选项 ,函数为奇函数，不符合题意； 对于选项 ,函数为非奇非偶函数，不符合要求； 只有选项 符合要求，故选 A. 点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一 起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填 空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度： （1）函数的单调性与奇偶性相结合

5、； （2）周期性与奇偶性 相结合； （3）周期性、奇偶性与单调性相结合. 6. 如图，网格纸上小正方形的边长为 ，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积 为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】试题分析：如图，画出满足条件的四棱锥，底面是边长为 3 的正方形，顶点在底面的射影为点 B, 高为 4，根据垂直关系可得,为直角三角形和和的公共 斜边，所以取中点,为四棱锥外接圆的圆心， ,那么四棱锥外接球的表面积为,故选 B. 考点：几何体与球 【方法点睛】掌握这类三视图的问题，我们需要有空间想象能力，同时熟记一些体积和表面积公式，这样 根据三视图还原直观图后才能正确

6、解决问题，三视图的原则是“长对正，宽相等，高平齐”，一般三视图还原 直观图的方法，如果正视图，和侧视图是三角形，那一定是锥体，如果正视图，和侧视图是矩形，那么这 个几何体是柱体，如果正视图是多边形，侧视图是三角形，俯视图也是三角形，那就是锥体，还有就是一 些组合体，要注意是哪些几何体组合在一起，或是几何体削去一部分时，要灵活运用补形，一般可还原为 长方体或是正方体，再分割. 7. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】分析：求出二项式展开式的通项，令 的指数为 或 ，从而可得结果. 详解：展开通项为， 则当或时， 的展开式中的系数为 ，故选 C. 点睛：本题主要

7、考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点 之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题： （1）考查二项展开式的通项公式 ； （可以考查某一项，也可考查某一项的系数） （2）考查各项系数和和各项的二项式系数和； （3）二项展开式定理的应用. 8. 设，变量 ， 满足条件 ，则 的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析： 作出约束条件表示的可行域， 如图所示， 由， 得， 令， 则，由可行域可知当直线经过点 时截距最小，即最小，解方程组 ，得，所以的最小值为， 的最小值为 考点：简单的线性规划 9. 已知

8、等差数列中， 记数列的前 项和为， 若 ， 对任意的 恒成立，则整数 的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析： 设公差为 ， 由， 可得的方程组， 解出， 从而得到 ， 对任意的成立，等价于，令，通过作差可判断的单调性，根据单调 性即可得到的最大值，从而可得结果. 详解：设公差为 ，由， 得，解得， 故， 令， 则 ， 是递减数列，最大为， 根据题意， 的最小值为 ，故选 B. 点睛： 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知 二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解. 10. 已知双曲线，、是实轴顶点， 是右焦点， 是虚轴

9、端点， 若在线段上 （不 含端点）存在不同的两点，使得构成以为斜边的直角三角形，则双曲线离心率 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】分析：由截距式求出直线的方程为，利用直线与圆的位置关系，结合，即可求 出双曲线离心率 的取值范围. 详解：因为 是右焦点，是虚轴端点， 所以 ， 由截距式可得直线的方程为， 在线段上（不含端点）存在不同的两点， 使得构成以线段为斜边的直角三角形， 所以以为直径的圆与直线有两个交点， ， ， ， ， ，故选 B. 点睛：求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形， 当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐

10、近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间 的内在联系.求离心率范围问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于 的不 等式，从而求出 的范围. 11. 三棱柱的侧棱与底面垂直， ， 是的中点，点 在上， 且满足，直线与平面所成角 的正切值取最大值时 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】分析：过 作于，连接，则平面，就是直线与平面所成角 ， 为中点时正切值最小，从而可得结果. 详解：因为三棱柱的侧棱与底面垂直， ， 是的中点， 过 作于，连接， 则平面， 就是直线与平面所成角 ， 则， 故当最小时最大， 此时为中点， 可得点 是的中

11、点，故选 A. 点睛：立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是转化为点面距离、点线距离以及平 面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征 选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法解答. 12. 设曲线（ 为自然对数的底数）上任意一点处的切线为 ，总存在曲线 上某点 处的切线 ，使得，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为，所以直线的斜率分别为 ，则由题设可得，即 ， 又因为对任意， 都有， 故 存在使得， 即存在使得，故，即，应选答案 D 。 点睛：本题将导

12、数的几何意义与函数的切线的斜率有解地整合在一起，旨在考查导数的几何意 义、全称命题与特称命题的真假判定等有关知识的综合运用。求解时先对函数进行求导，再运 用导数的几何意义分别求出两条切线的斜率，再借助题设条件得到方程，充分 借助“任意”、“存在”等量词的含义建立不等式，从而使得问题简捷、巧妙获解。 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分. . 13. 在边长为 的正三角形中，设，则_ 【答案】 【解析】试题分析：因为，所以 为的中点即， ， 考点：向量线性运算与数量积的几何运算. 视频 14. 已知，则 _ 【答案】 【解析

13、】因为，所以，所以，所以 . 点睛：在三角化简求值类题目中，常常考“给值求值”的问题，遇见这类题目一般的方法为配凑角： 即将要求的式子通过配凑，得到与已知角的关系，进而用两角和差的公式展开求值即可. 15. 我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理） ：“幂势既同，则积不容异”.“势”即 是高，“幂”是面积.意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何 体的体积相等.类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图 是一个形状不规则的封闭图形，图 是 一个上底为 的梯形，且当实数 取上的任意值时，直线被图 和图 所截得的两线段长始终相等，则 图 的面积

14、为_ 【答案】 【解析】依题意，类比可知图 1 面积等于图 2 中梯形的面积,. 16. 已知中， ，若线段的延长线上存在点 ，使，则 _ 【答案】 【解析】因为线段的延长线上存在点 ，使， 所以，即，所以， 所以， 中，根据正弦定理. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. . 17. 已知等差数列满足 . （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前 项和. 【答案】 （1）； （2） 【解析】 （1）设等差数列的公差为 ，由已知得 即所以解得 所以 （2）由（1）得， 所以， ， 得： 所以 18. 某省年高中数学学业水平测试

15、的原始成绩采用百分制， 发布成绩使用等级制.各等制划分标准为： 分及以上，记为 等；分数在内，记为 等，分数在内，记为 等；分以上，记为 等.同时认 定 ， ， 为合格， 为不合格.已知甲，乙两所学校学生的原始成绩均分布在内，为了比较两校学 生的成绩，分别抽取名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照， 的分组作出甲校的样本频率分布直方图如图 所示，乙校的样本中等级为 ， 的所有数据茎叶图如图 所示. （1）求图 中 的值，并根据样本数据比较甲乙两校的合格率； （2）在选取的样本中，从甲，乙两校 等级的学生中随机抽取 名学生进行调研，用 表示所抽取的 名学生 中甲校的学生人数，求随机变量 的分布列

16、和数学期望. 【答案】 （1）甲、乙两校的合格率均为； （2）见解析 【解析】试题分析： （1）频率分布直方图中，小矩形的和为频率和，和为 1，这样可得到的值；合格率为 大于等于 60 分的频率和; （2）为级， 甲校 C 级的频率为， 人数为， 而乙校 C 级的人数为 4 人，随机抽取 3 人中，甲校学生人数 的可能取值为 0，1，2，3，所对应的概率 ，列分布列并求数学期望. 试题解析： （1）由题意，可知， 2 分 甲学校的合格率为 3 分 而乙学校的合格率为 4 分 甲、乙两校的合格率均为 96% 5 分 （2）样本中甲校等级的学生人数为 6 分 而乙校等级的学生人数为 4 随机抽取

17、3 人中，甲校学生人数 的可能取值为 0，1，2，3 7 分 ， 的分布列为 0 1 2 3 11 分 数学期望 12 分 考点：1.频率分布直方图和茎叶图；2.离散型随机变量的分布列和期望. 19. 如图所示，四棱锥的底面是梯形，且，面， 是中点， . （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的大小. 【答案】 （1）见解析； （2） 【解析】试题分析： （I）取的中点 ，连结，证得，从而证得平面，根据平行四边 形的性质，得，即可证明平面； （II）分别以的方向为轴的正方向，建立空间 直角坐标系，求解出平面和向量，即可利用向量所成的角，得到直线与平面所成角的大 小 试题解析： （）证

18、明：取的中点 ，连结，如图所示 因为，所以 因为平面，平面， 所以又因为， 所以平面 因为点 是中点，所以，且 又因为，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以，所以平面 （）解：设点 O，G 分别为 AD，BC 的中点，连结，则， 因为平面，平面，所以，所以 因为，由（）知，又因为， 所以，所以 所以为正三角形，所以， 因为平面，平面， 所以 又因为，所以平面 故两两垂直，可以点 O 为原点，分别以的方向为轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示 ， 所以， 设平面的法向量， 则所以取，则， 设与平面所成的角为 ，则， 因为，所以，所以与平面所成角的大小为 考点：直线与平面垂直的判定与

19、证明；直线与平面所成角的求解 20. 已知椭圆 ：的一个焦点为，其左顶点 在圆 ： 上. （1）求椭圆 的方程； （2）直线 ：交椭圆 于， 两点，设点 关于 轴的对称点为（点与点不重合） ，且 直线与 轴的交于点 ，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说 明理由. 【答案】 （1）； （2）的面积存在最大值，最大值为 【解析】 试题分析：（1） 由椭圆 C 的左顶点 A 在圆 x2+y2=12 上， 求得 a， 由椭圆的一个焦点得 c=3， 由 b2=a2-c2 得 b，即可 （2）由题意，N1（x2，-y2） ，可得直线 NM 的方程，令 y=0，可得点 P 的坐

20、标为（4，0） 利用 PMN 的面积 为 S= |PF|y1-y2|，化简了基本不等式的性质即可得出. 试题解析： （）椭圆的左顶点 在圆上， 又椭圆的一个焦点为， 椭圆的方程为 （）设，则直线与椭圆方程联立 化简并整理得， ， 由题设知 直线的方程为 令得 点 （当且仅当即时等号成立） 的面积存在最大值，最大值为 1. 21. 已知函数在处的切线方程为 . （1）求函数的单调区间； （2）若 为整数，当时，恒成立，求 的最大值（其中为的导函数）. 【答案】 （1）单调区间递增区间为，递减区间为； （2）2 【解析】分析： （1）求出，在定义域内，分别令求得 的范围，可得函数增区间，求得 的范

21、围，可得函数的减区间； （2）由已知，及整理得，当时恒 成立，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理可得存在，使得，此时 ， ，从而可得结果. 详解： （1），由已知得，故，解得， 又，得，解得， ，所以， 当时，；当时， 所以的单调区间递增区间为，递减区间为. （2）法一：由已知，及整理得 ，当时恒成立， 令， 当时，；由（1）知在上为增函数， 又， 所以存在，使得，此时， 当时，；当时， 所以 ， 故整数 的最大值为 . 法二：由已知，及整理得， ， 令， 得， 当时，因为，所以，在上为减函数， ， 当时，为增函数，时， 为减函数， 由已知， 令，在上为增函数. 又，故整数 的最大值为

22、 . 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合 分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化， 而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式， 求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三 层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结 合，设计综合题. 22. 在直角坐标系中，直线 的参数方程为（ 为参数） ，以原点 为极点， 轴的非负半轴为 极轴建立极

23、坐标系，曲线 的极坐标方程为. （1）求曲线 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线； （2）设直线 与曲线 交于 ， 两点，若点 的直角坐标为，试求当时，的值. 【答案】 （1），它表示以为圆心、为半径的圆； （2） 【解析】试题分析： （）曲线：，可以化为；可得圆； （）当时，直线的参数方程为(为参数)，利用参数的几何意义求当，的值. 试题解析： （）曲线：，可以化为 ， 因此，曲线 的直角坐标方程为 它表示以为圆心、为半径的圆 （）法一：当时，直线的参数方程为 (为参数) 点 在直线上，且在圆 内，把 代入中得 设两个实数根为，则两点所对应的参数为， 则， 法二：由（）知圆的标准方程为 即

24、圆心 的坐标为半径为，点 在直线上，且在圆 内 圆心 到直线的距离 所以弦的长满足 23. 已知函数. （1）若，恒有成立，求实数 的取值范围； （2）若，使得成立，求实数 的取值范围. 【答案】 （1）； （2） 【解析】试题分析： （1）若xR，恒有 f（x）成立，求出 f（x）的最小值，即可求实数 的取值范围； （2）mR，使得 m2+2m+f（t）=0成立，f（t）1，再分类讨论，即可求实数 t的取值范围 试题解析： （）由 知， 欲使，恒有成立，则需满足 所以实数 的取值范围为 （）由题意得 使得成立 即有 又可等价转化为或或 所以实数的取值范围为. 24. 已知矩形与直角梯形， ，

25、点 为的中点， 在线 段上运动. （1）证明：平面； （2）当 运动到的中点位置时，与长度之和最小，求二面角的余弦值. 【答案】 （1）见解析； （2） 【解析】分析： （1）连接交于，连，为的中点,由三角形中位线定理可得 ，根据线面平行的判定定理可得平面； （2）当 、 、 三点共线时，与长度之和最小， 根据勾股定理可证明，因为，两两垂直，所以以，建立坐标系，利用向量垂直 数量积为零列方程组，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公 式可得结果. 详解： （1）连接交于，连，为的中点. 为的中位线， ，而平面，平面， 平面. （2）延迟至 ，使，连，则， 当 、 、

26、 三点共线时，与长度之和最小，即与长度之和最小， 为中点，. 在中， ，两两垂直，如图建立空间直角坐标系， ， ， 设为平面的一个法向量， ，即， 令，. 同理可得平面的一个法向量， 设二面角的大小为 ， 为钝角， ，求二面角的余弦值. 点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是： （1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； （2）写出 相应点的坐标，求出相应直线的方向向量； （3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出 方程组求出法向量； （4）将空间位置关系转化为向量关系； （5）根据定理结论求出相应的角和距离. 25. 已知常数，函数. （1）讨论在区间上的单调性； （2）若

27、存在两个极值点，且，求 的取值范围. 【答案】 （1）见解析； （2） 【解析】试题分析： (1)结合函数的解析式可得，分类讨论有： 当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减， 在区间上单调递增； (2)首先确定，结合题意构造函数 ，结合函数的性质讨论计算可得 a 的 取值范围是. 试题解析： （1） 当时，此时，在区间上单调递增 当时，得 当时，；时，； 故在区间上单调递减，在区间上单调递增 综上所述， 当时，在区间上单调递增； 当时，在区间 上单调递减，在区间上单调递增 （2）由（1）知，当时， 此时不存在极值点，因而要使得有两个极值点，必有 又的极值点只可能是，且由的定义域可知

28、，所以 解得，此时分别是的极小值点和极大值点，而 令由且知时，当，时， 记 当，所以 因此，在区间上单调递减，从而故当时， 当，所以 因此，在区间上单调递减，从而 故当时， 综上所述，满足条件的 a 的取值范围为 点睛：点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识 点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命 题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意 义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单 调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合 思想的应用