【数学】河北省武邑中学2018届高三下学期第五次模拟考试数学(理)试题

河北省武邑中学2018届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题一、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. 设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：是不等式的解集，是函数的定义域，求出它们后可得交集．详解：，所以，故选B．点睛：本题考察集合的概念及交集的运算，属于基础题．2. 若复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内所对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】，在复平面内所对应的点的坐标为，位于第二象限，故选：B．3. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】四个函数都是偶函数，在上递增的只有D，而A，B，C三个函数在上都递减，故选D．4. 设等差数列的前项和为，若，则（）A. B. 12 C. 16 D. 32【答案】D【解析】又.可得，则故选D.5. 已知向量，则向量的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为向量，，所以，则向量的夹角的余弦值为；故选C.6. 在平面区域内随机取一点，则点在圆内部的概率（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：画出不等式组对应的平面区域，其与圆面的公共部分的面积为个圆面，故其面积与平面区域的面积之比为所求概率．详解：不等式对应的平面区域如图所示：其中满足的点为阴影部分对应的点，其面积为，不等组对应的平面区域的面积为，故所求概率为，故选B．点睛：几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．7. 设，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【解析】分析：因为是的必要不充分条件，故对应的集合是对应集合的真子集，根据这个关系可求实数的取值范围．详解：对应的集合为，对应的集合为，故或，解得或，故选D．点睛：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．8. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：求出函数在处的导数，故可由求出．详解：，故，故，，故选C ．点睛：本题考察导数的几何意义，属于基础题．9. 已知偶函数，当时，，设，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由于为偶函数，故函数关于对称，依题意，在区间函数为增函数，在上为减函数，由于，故.点睛：本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数图像平移变换的判断，考查函数的单调性，考查二次函数比较大小的方法.题目给定函数的奇偶性，但是给定的不是原函数，是给定的奇偶性，所以第一步要将对称轴向右平移得到的对称轴，再根据函数的单调性可比较各数的大小.10. 已知两点，若曲线上存在点，使得，则正实数的取值范围为（）A. B. C. D.【解析】分析：由可以得到在圆，此圆与题设中的圆至少有一个公共点，所以两圆位置关系是相交或相切，利用圆心距小于等于半径之和且大于等于半径之差的绝对值可得的取值范围．详解：因为，所以点在圆，又点还在圆，故，解不等式有，故选B．点睛：此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：（1）如果为定点，且动点满足，则动点的轨迹为圆；（2）如果中，为定长，为定值，则动点的轨迹为一段圆弧．11. 已知函数，在的大致图象如图所示，则可取（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：从图像可以看出为偶函数，结合的形式可判断出为偶函数，故得的值，最后通过得到的值．详解：为上的偶函数，而为上的偶函数，故为上的偶函数，所以．因为，故，．因，故，所以，．因，故，所以．综上，，故选B ．点睛：本题为图像题，考察我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．12. 已知，若有四个不同的实根且，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：因为题设有个变量，故利用分段函数的图像可得，，所以就可化成关于的函数，最后根据有四个不同的实数根得到的取值范围即得的取值范围．详解：由题设，有在上有两个不同的解，在上有两个不同的解．当时，，故，因，故，所以即且．当时，，且．所以，故选A ．点睛：对于多变量函数的范围问题，降低变元的个数是首选方法，故需要利用函数图像找到各变量之间的关系．注意根据零点的个数判断的取值范围．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知，且，则__________．【答案】【解析】分析：根据的值得到的值，再根据二倍角公式得到的值．详解：因此且，故，所以，故填．点睛：三角函数的化简求值问题，可以从四个角度去分析：（1）看函数名的差异；（2）看结构的差异；（3）看角的差异；（4）看次数的差异．对应的方法是：弦切互化法、辅助角公式（或公式的逆用）、角的分拆与整合（用已知的角表示未知的角）、升幂降幂法．14. 已知实数满足则的最大值为__________．【答案】3【解析】分析：画出不等式组对应的可行域，利用线性规划就可以求出的最大值．详解：可行域如图所示，由的，当东至县过时，，故填．点睛：一般地，二元不等式（或等式）条件下二元函数的最值问题可以用线性规划或基本不等式求最值．15. 若函数具备以下两个条件：（1）至少有一条对称轴或一个对称中心；（2）至少有两个零点，则称这样的函数为“多元素”函数，下列函数中为“多元素”函数的是__________．①；②；③；④.【答案】①②③【解析】对于①，图像关于直线x=1对称，且-1,3为零点，符合条件；对于②，由于f(2-x)=f(x)可得函数的图像关于直线x=1对称，当且仅当x=1取得，故函数的最小值为2e-10＜0，而f(-1)＞0，f(3)＞0，故在区间（-1,1），（1,3）上各有一个零点，符合题意；对于③，是由奇函数右移一个单位得到，故函数的图像关于点（1,0）对称，又f(-1)＜0，f(0)＞0，可知在区间（-1，0）上存在一个零点，又f(1)=0,所以符合题意;对于④，所以没有零点.故填①②③.16. 已知分别为的三个内角的对边，，且，为内一点，且满足，则__________．【答案】3【解析】因为，所以因为，所以O为三角形ABC重心，设AC中点为M，则B,O,M三点共线，由面积关系得三、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. 已知数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）利用求通项.（2）数列的通项是等差数列与等比数列的乘积，故用错位相减法求其前项和.详解：（1）当时，，当时，适合上式，∴.（2）令，所以，两式相减得：故.点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.18. 从某校高三的学生中随机抽取了100名学生，统计了某次数学模考考试成绩如表：（1）请在频率分布表中的①、②位置上填上相应的数据，并在给定的坐标系中作出这些数据的频率分布直方图，再根据频率分布直方图估计这100名学生的平均成绩；（2）从这100名学生中，采用分层抽样的方法已抽取了 20名同学参加“希望杯数学竞赛”，现需要选取其中3名同学代表高三年级到外校交流，记这3名学生中“期中考试成绩低于120分”的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：（1）利用总频数为和频率和为得到①②的值，再根据频率分布表中的数据绘制频率分布直方图.（2）根据分层抽样，名学生中成绩低于有人，故这3名学生中“期中考试成绩低于120分”的人数服从超几何分布，故可得其分布列和数学期望.详解：（1），.频率分布表为:频率分布直方图为:平均成绩为分.（2）成绩低于分的人数为人，不低于分的人数为人，∴的所有可能取值为且，，.∴的分布列为：∴.点睛：根据频率分布表绘制频率分布直方图时，注意小矩形的高是频率除以组距，各小矩形的面积和为.计算随机变量的分布列时，注意利用常见模型计算概率，如二项分布、超几何分布等. 19. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，.（1）求证：；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：.（1）取中点，易证面，所以，（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，设平面的法向量=，，即.试题解析：（1）证明：取中点，连，∵，∴，，∵∴面，又∵面，∴（2）∵，，，∴是等腰三角形，是等边三角形，∵，∴，.∴，∴以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，从而得，，，设平面的法向量则，即，∴，设平面的法向量，由，得，∴∴设二面角为，∴点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20. 已知椭圆，为左焦点，为上顶点，为右顶点，若，抛物线的顶点在坐标原点，焦点为.（1）求的标准方程；（2）是否存在过点的直线，与和交点分别是和，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）或【解析】分析：（1）由题设有，再根据可得的值，从而得到椭圆的标准方程.（2）因为，故，设直线方程为，分别联立直线与椭圆、直线与抛物线的方程，消去后利用韦达定理用表示，解出后即得直线方程.详解：（1）依题意可知，即，由右顶点为得，解得，所以的标准方程为.（2）依题意可知的方程为，假设存在符合题意的直线，设直线方程为，，联立方程组，得，由韦达定理得，则，联立方程组，得，由韦达定理得，所以，若，则，即，解得，所以存在符合题意的直线方程为或.点睛：求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与圆锥曲线的位置关系中的弦长、面积等问题，可以利用韦达定理把弦长、面积等表示为直线方程中某参数的函数关系式，进而把弦长、面积等问题归结为方程的解或函数的值域等问题.21. 已知函数.（1）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）若，且有两个极值点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（I）在其定义域内单调递增等价于，即在上恒成立,利用基本不等式求出的最小值，从而可得结果；（II）根据韦达定理可得，，利用导数研究函数的单调性，即可求得取值范围.试题解析：（I）的定义域为，在定义域内单调递增，，即在上恒成立,由，所以，实数的取值范围是.（II）由（I）知，当时有两个极值点，此时.因为，解得，由于于是令，则所以在上单调递减，即故的取值范围为.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数，).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.（1）设是曲线上的一个动点，当时，求点到直线的距离的最大值；（2）若曲线上所有的点均在直线的右下方，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【试题分析】（1）可先将直线的极坐标化为直角坐标方程，再借助曲线参数方程得到形式运用点到直线的距离公式建立目标函数，通过求函数的最值使得问题获解；（2）先将问题进行等价转化为不等式恒成立，然后再借助不等式恒成立建立不等式进行求解：解：(1)由，得，化成直角坐标方程，得，即直线的方程为，依题意，设，则到直线的距离，当，即时，，故点到直线的距离的最大值为.(2)因为曲线上的所有点均在直线的右下方，，恒成立，即（其中）恒成立，，又，解得，故取值范围为.点睛：求解第一问时，可先将直线的极坐标化为直角坐标方程，再借助曲线的参数方程的形式，运用点到直线的距离公式建立目标函数，通过求函数的最值使得问题获解；求解第二问时先将问题进行等价转化为不等式，恒成立，然后再借助不等式恒成立建立不等式使得问题获解。

河北省武邑中学2018届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题一、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. 设集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】分析：是不等式的解集，是函数的定义域，求出它们后可得交集．详解：，所以，故选B．点睛：本题考察集合的概念及交集的运算，属于基础题．2. 若复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内所对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】C【解析】，在复平面内所对应的点的坐标为，位于第二象限，故选：B．3. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】四个函数都是偶函数，在上递增的只有D，而A，B，C 三个函数在上都递减，故选D．4. 设等差数列的前项和为，若，则（）A. B. 12 C. 16 D. 32【答案】D【解析】又.可得，则故选D.5. 已知向量，则向量的夹角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】因为向量，，所以，则向量的夹角的余弦值为；故选C.6. 在平面区域内随机取一点，则点在圆内部的概率（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：画出不等式组对应的平面区域，其与圆面的公共部分的面积为个圆面，故其面积与平面区域的面积之比为所求概率．详解：不等式对应的平面区域如图所示：其中满足的点为阴影部分对应的点，其面积为，不等组对应的平面区域的面积为，故所求概率为，故选B．点睛：几何概型的概率计算关键在于测度的选取，测度通常是线段的长度、平面区域的面积、几何体的体积等．7. 设，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：因为是的必要不充分条件，故对应的集合是对应集合的真子集，根据这个关系可求实数的取值范围．详解：对应的集合为，对应的集合为，故或，解得或，故选D．点睛：（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．8. 已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：求出函数在处的导数，故可由求出．详解：，故，故，，故选C ．点睛：本题考察导数的几何意义，属于基础题．9. 已知偶函数，当时，，设，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由于为偶函数，故函数关于对称，依题意，在区间函数为增函数，在上为减函数，由于，故.点睛：本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数图像平移变换的判断，考查函数的单调性，考查二次函数比较大小的方法.题目给定函数的奇偶性，但是给定的不是原函数，是给定的奇偶性，所以第一步要将对称轴向右平移得到的对称轴，再根据函数的单调性可比较各数的大小.10. 已知两点，若曲线上存在点，使得，则正实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：由可以得到在圆，此圆与题设中的圆至少有一个公共点，所以两圆位置关系是相交或相切，利用圆心距小于等于半径之和且大于等于半径之差的绝对值可得的取值范围．详解：因为，所以点在圆，又点还在圆，故，解不等式有，故选B．点睛：此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有：（1）如果为定点，且动点满足，则动点的轨迹为圆；（2）如果中，为定长，为定值，则动点的轨迹为一段圆弧．11. 已知函数，在的大致图象如图所示，则可取（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：从图像可以看出为偶函数，结合的形式可判断出为偶函数，故得的值，最后通过得到的值．详解：为上的偶函数，而为上的偶函数，故为上的偶函数，所以．因为，故，．因，故，所以，．因，故，所以．综上，，故选B ．点睛：本题为图像题，考察我们从图形中扑捉信息的能力，一般地，我们需要从图形得到函数的奇偶性、单调性、极值点和函数在特殊点的函数值，然后利用所得性质求解参数的大小或取值范围．12. 已知，若有四个不同的实根且，则。

河北省武邑中学2018届高三下学期期中考试数学（文）试题第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，，则的子集个数共有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】D【解析】分析：首先确定出集合中的元素都有哪些，之后求得集合中的元素有几个，最后根据含有个元素的有限集合子集的个数为个，从而求得结果.详解：根据题中条件，可以求得，，从而可以求得，从而可以求得其子集的个数是个，故选D.点睛：该题考查了集合的有关运算以及交集的个数问题，在解题的过程中，确定集合中的元素是关键，尤其集合中的条件.2. 若复数满足，则下列说法不正确的是（）A. 复数的虚部为B. 复数为纯虚数C. 复数在复平面内对应的点位于第四象限D. 复数的模为1【答案】A【解析】分析：有已知可得，利用复数的除法运算法则可求得，之后逐个核对四个选项求得正确结果.详解：根据题意可以求得，所以可以确定其虚部为，故A是错误的，可以求得其他三项都是正确的，故选A.点睛：该题考查的是复数的有关概念和运算，注意对概念的正确把握，只要应用复数的除法运算求得是关键.3. 已知命题：命题“若，则，都有”的否定是“若，都有，则”；命题：在中，角的对边分别为，则“”是“”的充要条件，则下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：首先应用全称命题的否定是特称命题以及其否定形式判断出是假命题，根据正弦定理得出是真命题，之后应用复合命题真值表得到真命题是哪个，从而求得正确结果.详解：命题中所给的命题的否定应该是：若，则，使得，所以命题是假命题，根据正弦定理，可知命题是真命题，根据符合命题真值表，可知是真命题，故选A.点睛：该题所考查的是有关逻辑的问题，一是需要明确全称命题的否定形式是哪样，二是要明确正弦定理的内容，三是应用复合命题的真值表来判断哪个命题是真命题.4. 在中，，则（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】分析：根据题意，首先应用平面向量基本定理，得出，结合的条件，以及，再利用向量数量积的定义及性质求得结果.详解：根据题意可知，可以求得，所以，故选C.点睛：在解此类问题时，一定要注意将题中所涉及的向量向已知的向量来转化，这就要用到平面向量基本定理，以及对应的向量的运算法则------三角形法则和平行四边形法则，再结合向量数量积的定义式求得结果，在解题的时候要注意向量的平方和模的平方是相等的这个结论的应用.5. 我国南宋数学家秦九韶给出了求次多项式当时的值的一种简捷算法，该算法被后人命名为“秦九韶算法”.例如，可将3次多项式改写成：，然后进行求值.运行如图所示的程序框图，是求哪个多项式的值（）A. B.C. D.【答案】D【解析】解：流程图运行过程如下：第一次循环时，，第二次循环时，，第三次循环时，，第四次循环时，，此时跳出循环，该流程图计算的点斜式为：.本题选择A选项.点睛：本题同时在考查流程图和秦九韶算法，对于循环结构,需要注意三点：一是利用循环结构表示算法，一定要先确定是用当型循环结构，还是用直到型循环结构；当型循环结构的特点是先判断再循环，直到型循环结构的特点是先执行一次循环体，再判断；二是注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用；三是赋值语句赋值号左边只能是变量，不能是表达式，右边的表达式可以是一个常量、变量或含变量的运算式．秦九韶算法是一种简化代数式运算的方法，本题要求同学们能够熟练逆用秦九韶算法处理多项式.6. 一个四棱柱的三视图如图所示，该四棱柱的体积为（）A. 12B. 24C. 36D. 48【答案】C【解析】由三视图可得该四棱柱的高为6；底面为梯形，且梯形的上、下底分别为2、4，梯形的高为2．故四棱柱的体积为．选C．7. 已知函数，且，则实数的值可能是（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】分析：首先根据题的条件，确定出函数图像的对称中心的坐标和对称轴方程，之后借着对称中心到对称轴的距离与函数周期的关系，得到，再结合求得，从而求得结果.详解：根据题意可知，点是图像的一个对称点，直线是图像的一条对称轴，所以会有，从而可以求得，所以有，从而得，从而可以求得可以是3，故选B.点睛：该题考查了三角函数图像的对称性、周期性等，在做题的过程中，需要我们注意对称中心与对称轴的距离与周期的关系，还有要注意就是取值可以是谁这些关键字.8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某集合体的三视图，则该三视图的体积是（）A. 9B.C. 18D. 27【答案】B【解析】由给定的三视图可知，该几何体表示一个三棱锥，其中底面为一个底边长为，高为的等腰三角形，且三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，故选A.9. 已知为异面直线，平面，平面，直线满足，则（）A. 且B. 且C. 与相交，且交线垂直于D. 与相交，且交线平行于【答案】A【解析】分析：关于几何元素位置关系的判断，一般要利用线面的性质定理判定定理进行证明.详解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β．由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m∥n，与m，n异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l．故选D．点睛: 关于几何元素位置关系的判断，一般要利用线面的性质定理判定定理进行证明,当然也可以举反例来证明判断是错误的. 本题也可以利用举反例证明A,B,C选项是错误的.对于这两种方法在解选择题时，要灵活运用.10. 记函数的定义域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先根据偶次根式的条件，求得集合，并算出对应的区间的长度，之后再看看总体中对应的几何度量是多大，之后借着长度型几何概型概率公式求得结果.详解：根据可以求得，即，所以可得对应的概率为，故选B.11. 已知双曲线（均为正数）的两条渐近线与抛物线的准线围成的三角形的面积为，则双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】A【解析】分析：首先求出抛物线的准线方程，再求出双曲线的渐近线方程，令，求得三角形的三个顶点的坐标，结合曲线的对称性，求出三角形的面积。

河北武邑中学2018届高三下学期第六次模拟考试数学试题(理)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.将正确答案填涂在答题卡上.1. 已知，，则( )A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得：，，∴故选：A2. 若复数(，且)，且，则的实部为( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数模的公式列方程求出，利用复数乘法的运算法则化简复数，从而可得结果.【详解】因为复数(，且)，所以，解得，可得，所以，的实部为，故选A.【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. 已知函数，则的图象大致为( )A. B. C. D. 学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...【答案】A【解析】【分析】可以排除法，利用奇偶性可排除选项；利用，可排除选项，从而可得结果.【详解】因为，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项；又因为，可排除选项.故选A.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象4. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意判断出直线与渐近线垂直，利用相互垂直的直线的斜率之间的关系和离心率公式即可得结果.【详解】双曲线的渐近线方程为，又直线可化为，可得斜率为3，双曲线的一条渐近线与直线垂直，，双曲线的离心率，故选B.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线及离心率，属于中档题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．.5. 《九章算术》中有如下问题:“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆，径几何?”，其大意:“已知直角三角形两直角边长分别为8步和15步，问其内切圆的直径为多少步?”.现若向此三角形内随机投一粒豆子(视为点)，则豆子落在其内切圆外的概率是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知：直角三角向斜边长为17，由等面积，可得内切圆的半径为：落在内切圆内的概率为，故落在圆外的概率为6. 已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，即，把点代入方程可得，所以，可得函数的一个对称中心为，故选C.7. 下图中的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图，若输入的值分别为8，10，0，则输出和的值分别为( )A. 2，4B. 2，5C. 0，4D. 0，5【答案】B【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的、的值.【详解】模拟执行程序框图，可得，，不满足，不满足；满足；满足；满足；不满足，满足，输出的值为2，的值为，故选B.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.8. 已知，，则的值为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，可得,由平方关系可得，从而得，进而可得结果.【详解】因为，所以,可得,因为，所以，，，所以的值为，故选B.【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．9. 若关于的混合组有解，则的取值范围为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】问题等价于函数的图象与条件表示的可行域有交点，作出可行域，由图可知必有且图象在过两点的图象之间，从而可得结果.【详解】关于的混合组有解，等价于函数的图象与条件表示的可行域有交点，画出可行域如图所示，求得，由图可知，欲满足条件必有且图象在过两点的图象之间，当图象过点时，，当图象过点时，，故的取值范围是，故选C.【点睛】本题主要考查可行域、含参数目标函数最优解和均值不等式求最值，属于难题.含参变量的线性规划问题是近年来高考命题的热点，由于参数的引入，提高了思维的技巧、增加了解题的难度，此类问题的存在增加了探索问题的动态性和开放性，此类问题一般从目标函数的结论入手，对目标函数变化过程进行详细分析，对变化过程中的相关量的准确定位，是求最优解的关键.10. 已知直线与函数的图象相切，则切点的横坐标为( )A. B. C. 2 D.【答案】A【解析】【分析】设切点坐标为,根据导数的几何意义、点在直线上且在曲线上，列出方程组求出切点坐标. 【详解】由可得，设切点坐标为，则，解得，故选A.【点睛】本题主要考查利用导数求切线斜率，属于难题. 应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 己知斜率求切点即解方程；(3) 巳知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.11. 已知为抛物线的焦点，为抛物线上三点，当时，称为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有( )A. 0个B. 1个C. 3个D. 无数个【答案】D【解析】【分析】当时，为的重心，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设，利用“点差法”可证明总存在以为中点的弦，从而可得结果.【详解】抛物线方程为为曲线上三点，当时，为的重心，用如下办法构造，连接并延长至，使，当在抛物线内部时，设，若存在以为中点的弦，设，则则，两式相减化为，，所以总存在以为中点的弦，所以这样的三角形有无数个，故选D.【点睛】本题主要考查平面向量的基本运算以及“点差法”的应用，属于难题.对于有弦关中点问题常用“点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解. 12. 祖暅是南北朝时代的伟大科学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理: “幂势既同，则积不容异”.意思是:夹在两个乎行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等.现将曲线绕轴旋转一周得到的几何体叫做椭球体，记为，几何体的三视图如图所示.根据祖暅原理通过考察可以得到的体积，则的体积为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由三视图可得几何体是一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥，由祖暅原理可得结果.【详解】由三视图可得几何体是一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥，则圆柱的体积为，圆锥的体积，利用祖暅原理可计半椭球的体积为，所以的体积为，故选D.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力以及几何体的体积，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡上相应位.13. 设平面向量与向量互相垂直，且，若，则_____________.【答案】5【解析】由平面向量与向量互相垂直可得所以，又，故答案为.【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.14. 展开式中，的系数为_____________.【答案】【解析】【分析】根据展开式的通项公式，分两种情况可得展开式的系数.【详解】展开式的通项公式为，故分别令，可得展开式与的系数分别为故展开式的系数为，故答案为.【点睛】本题主要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.15. 现有个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球赢.如果甲先抓，那么下列推断正确的是_____________.(填写序号)①若，则甲有必赢的策略；②若，则乙有必赢的策略；③若，则甲有必赢的策略；④若，则乙有必赢的策略.【答案】③【解析】【分析】如果甲先抓，若甲有必贏的策略，必贏的策略为：甲先抓1球，当乙抓1球时，再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜. 【详解】现有个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球贏，，如果甲先抓，则甲有必赢的策略，必赢的策略为：（1）甲先抓1球，（2）当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；（3）这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；（4）甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜，故答案为③.【点睛】本题主要考查推理案例，属于难题.推理案例的题型是高考命题的热点，由于条件较多，做题时往往感到不知从哪里找到突破点，解答这类问题，一定要仔细阅读题文，逐条分析所给条件，并将其引伸，找到各条件的融汇之处和矛盾之处，多次应用假设、排除、验证，清理出有用“线索”，找准突破点，从而使问题得以解决.16. 中，角的对边分别为，，面积为，当最大时，_____________.【答案】【解析】,当且仅当，取等号，∴∠C的最大值为75°，此时sinC=,，∴.故答案为：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. 已知数列的前项和.(1)求；(2)求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由可得当时，，两式相减，检验当时是否适合，从而可得结果；(2)利用错位相减法，结合等比数列的求和公式即可得结果.【详解】(1)当时，.当时，，故.(2) ①，②，②-①得，.【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前项和公式之间的关系以及错误相减法求和，属于中档题. 已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况.18. 2017年4月1日，新华通讯社发布:国务院决定设立河北雄安新区，消息一出，河北省雄县、容城、安新3县及周边部分区域迅速成为海内外高度关注的焦点.(1)为了响应国家号召，北京市某高校立即在所属的8个学院的教职员工中作了“是否愿意将学校整体搬迁至雄安新区”的问卷调查，8个学院的调查人数及统计数据如下:请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出变量关于变量的线性回归方程(保留小数点后两位有效数字)；若该校共有教职员工2500人，请预测该校愿意将学校整体搬迁至雄安新区的人数；(2)若该校的8位院长中有5位院长愿意将学校整体搬迁至雄安新区，现该校拟在这8位院长中随机选取4位院长组成考察团赴雄安新区进行实地考察，记为考察团中愿意将学校整体搬迁至雄安新区的院长人数，求的分布列及数学期望.参考公式及数据：，，，.【答案】（1）2000；（2）见解析【解析】试题分析：（1）依据公式计算回归方程，在根据求出的结果得到相应的预测值.（2）是离散型随机变量，它服从超几何分布，故根据公式计算出相应的概率，得到分布列后再利用公式计算期望即可.解析：（1）由已知有，,故变量关于变量的线性回归方程为，所以当时，.（2）由题意可知的可能取值有1，2,3,4.，.所以的分布列为19. 如图，已知平面平面，为线段的中点，，四边形为边长为1的正方形，平面平面，，，为棱的中点.(1)若为线上的点，且直线平面，试确定点的位置；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】(1)连接，由直线平面，，又为的中点，从而得为的中位线，为的中点；（2）先证明平面，可得两两相垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，平面的一个法向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的一个法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.【详解】(1)连接，直线平面，平面，平面平面，又为的中点，为的中位线，为的中点.(2) 则，又为的中点，.又平面平面，平面平面四边形为平行四边形.又，四边形为菱形.又，，，，平面平面平面，两两相垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系依题意，得，，.设平面的一个法向量则由且得:且令，得.又平面的一个法向量所求锐二面角的余弦值约：.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于中档题.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.20. 已知抛物线和圆的公共弦过抛物线的焦点，且弦长为4.(1)求抛物线和圆的方程；(2)过点的直线与抛物线相交于两点抛物线在点处的切线与轴的交点为，求面积的最小值. 【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由题意可知，求得的值，得到抛物线的方程，进而求得圆的方程.（2）设直线的方程为：，联立方程组，求的及，利用导数求得切线方程，得到，利用点到直线的距离公式，求的距离，表示出面积的表达式，利用导数，研究函数的单调性和最值，即可得到结论.试题解析：（1）由题意可知，，所以，故抛物线的方程为.又，所以，所以圆的方程为.（2）设直线的方程为：，并设，联立，消可得，.所以；.，所以过点的切线的斜率为，切线为，令，可得，，所以点到直线的距离，故，分又，代入上式并整理可得：，令，可得为偶函数，当时，，，令，可得，当，，当，，所以时，取得最小值，故的最小值为.点睛：本题主要考查抛物线的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,解答此类题目，利用题设条件确定圆锥曲线方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，利用函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21. 已知函数.(1)若函数在区间上为增函数，求的取值范围；(2)当且时，不等式在上恒成立，求的最大值.【答案】（1）；（2）3【解析】试题分析：（1）依题意可得，函数在区间上为增函数等价于在上恒成立，即在上恒成立，从而可得的取值范围；（2）不等式在上恒成立等价于对任意恒成立，令，利用导数研究函数的单调性，从而可得的最小值，即可求得的最大值.试题解析：（1）依题意可得.∵函数在区间上为增函数∴在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，而.∴，即的取值范围为．(2)当时，.∵∴原不等式可化为，即对任意恒成立．令，则.令，则.∴在上单调递增．∵，∴ 存在使，即，即当时，，即；当时，，即.∴在上单调递减，在上单调递增．由，得，∴∵∴.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.22. 在平面直角坐标系中，将曲线上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标缩短为原来的，得到曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，的极坐标方程为.(1)求曲线的参数方程；(2)过原点且关于轴对称的两条直线与分别交曲线于和，且点在第一象限，当四边形周长最大时，求直线的普通方程.【答案】（1），(为参数)；（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）首先求得的普通方程，由此可求得的参数方程；（Ⅱ）设四边形的周长为，点，然后得到与的关系式，从而利用辅助角公式求得点的直角坐标点，从而求得的普通方程．试题解析：（Ⅰ），（为参数）．（Ⅱ）设四边形的周长为，设点，，且，，所以，当（）时，取最大值，此时，所以，，，此时，，的普通方程为．点睛：将曲线的参数方程化为普通方程的关键是消去其中的参数，此时要注意其中的(它们都是参数的函数)的取值范围，即在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性．23. 已知函数.(1)解不等式；(2)若，不等式对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）或；（2）或【解析】【分析】(1) 对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果;(2)，恒成立等价于.因为，，所以由原不等式恒成立，得,从而可得结果. 【详解】(1) ，原不等式等价于：或或，解得: ，或，或，综上所述，不等式解集是: 或；(2) ，恒成立等价于.因为，所以的最大值为；时，；时，；时，，所以，所以由原不等式恒成立，得：，解得：或.【点睛】绝对值不等式的常见解法：①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．。