《河南省2018届高三12月调研考试数学（理）试题（精品解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省2018届高三12月调研考试数学（理）试题（精品解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、林州一中2015级高三12月调研考试数学（理）试题一、单选题（每题5分，共60分）1.已知集合，则满足的集合的个数是（ ）A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】C【解析】由题意可得结合，其中集合是集合的子集，利用子集个数公式可得：集合的个数是个.本题选择C选项.2.“”是“”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【答案】A【解析】“”能推出“”，反过来，“”不能推出“”，因为，所以是充分不必要条件，故选A.3.已知点在角的终边上，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可得，可得，解得或（舍去），可得，可得，故选.4
2、.已知函数，则的值为（ ）A. 6B. 12C. 24D. 36【答案】C【解析】，选C。5.已知曲线，则曲线在点P(2,4)的切线方程为( )A. 4xy40B. xy20C. 2xy0D. 4xy80【答案】A【解析】由题意可得： ，则： ，据此可得切线方程为： ，整理成一般式为： .本题选择A选项.6.上的偶函数满足，当时， ，则的零点个数为（ ）A. 4B. 8C. 5D. 10【答案】C【解析】，故函数的周期T=2。0x1时，且是R上的偶函数，1x1时， 令，画出函数的图象，如下图所示：由图象得函数和的交点有5个，函数的零点个数为5个。选C点睛：对于判断函数零点个数的问题，常转化为两
3、函数图象的公共点的个数的问题处理，解题时要合理构造出两个函数，然后在同一坐标系中画出两个函数的图象，通过观察两图象公共点的个数确定函数零点的个数。此类问题往往要用到函数的奇偶性、周期性等性质。7.为了得到，只需将作如下变换（ ）A. 向右平移个单位B. 向右平移个单位C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位【答案】C【解析】试题分析：因为，所以只需将的图象向左平移个单位即可得到函数的图象，故选C.考点：图象平移变换.8.已知数列的前项和为，若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】当时，得，即，由可知：，两式相减可得，即，故数列是从第二项起以2为公比的等比数列，则，故选C.9.
4、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是如下图所示的组合体，其体积，故选A.考点：1.三视图；2.多面体的体积.10.已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点P在COD的内部（不含边界）若 ,则实数对（x,y）可以是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】如图所示，在平行四边形ABCD中，点P在COD的内部（不含边界），且。所以，当点P在OD上时，是最小值；当点P在点C处时，是最大值。所以的取值范围为。故选D。11.过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，分别过、两点作准线的垂线，垂足分别为，两点，以
5、线段为直径的圆过点，则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：如图，由抛物线定义可知，故，又轴，从而，同理可证得，所以以线段为直径的圆过点，又根据抛物线的性质可知直线与圆相切，且切点为焦点,设的中点为，设直线的方程，所以，又以线段为直径的圆过点，设，则的中点为，所以，所以，即，所以圆心，所以半径为，所以圆的方程为，故选B.考点：直线与抛物线的性质.【思路点睛】首先根据抛物线的性质，可以证明以线段为直径的圆过点，又根据抛物线的性质可知直线与圆相切，且切点为焦点,设的中点为，设直线的方程，所以，又以线段为直径的圆过点，设，则的中点为，所以，所以，得，所以圆心，所以半径为
6、，再根据选项即可求出结果.12.已知函数的图象上存在点.函数的图象上存在点，且关于原点对称，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题知有解，令，故函数在递减，在递增，所以，解得.点睛：本题主要考查图像的对称性，考查函数导数与单调区间、极值的求解.题目论述两个函数图像上存在点关于原点对称，即其中一个函数对称之后和另一个函数有交点，将分离常数后利用导数，即可求得的取值范围.在利用导数求单调区间的过程中，要注意定义域的范围.二、填空题（每题5分，共20分）13.圆：上的点到直线的距离最大值是_.【答案】【答案】【解析】设圆心(1,1)到直线x-y=2的距离为d,则圆上的点到
7、直线x-y=2的距离的最大值等于d+r,即.14.已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，则不等式的解集是_【答案】（2，0）（2，+）【解析】由题意得，原不等式等价于 或，即或解得或 ，所以不等式的解集是。答案：15.已知正数满足的最小值是_【答案】【解析】因为，所以由题设只要求的最大值即可。画出不等式组表示的区域如图，结合图形可以看出当动直线经过点时，在上的截距最大，且，应填答案。点睛：本题旨在考查等价化归与转化的数学思想、数形结合思想的综合运用，求解时准确画出不等式组表示的区域是解答本题的关键，依据题设进行转化是求解本题的核心，借助图形的直观进行分析求解，从而使得问题简捷、巧妙 获解。16
8、.三棱锥的三条棱， ， 两两互相垂直，且， ， 的长分别为2， ， ，则三棱锥的外接球的体积为_【答案】【解析】该三棱锥是长、宽、高分别为的长方体的一部分，故该长方体的外接球也是该三棱锥的外接球，设该外接球的半径为R，则，所以，所以该外接球的体积为.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.三、解答题（共70分）17.在锐角中，内角的对边分别是，且.（1）求
9、；（2）设， 的面积为2，求的值.【答案】（1）30；（2）【解析】【试题分析】（1）先运用余弦二倍角公式将，化为，即，也即，进而求出，借助为锐角三角形求得；（2）依据题设及余弦定理建立方程组，即联立与，求出：解：（1）因为，所以，所以，所以又因为为锐角三角形，所以，所以（2）因为，所以又因为，所以，所以，故18.已知正项数列满足：， （1）求通项；（2）若数列满足，求数列的前和.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）将所给式子两边取倒数得，可得数列是等差数列，所以，故可得。（2）由（1）及条件可得=，所以求和时先分组，然后对求和时再用错位相减法求和，最后得。试题解析：（1），即，又，
10、数列是首项为，公差为的等差数列。， .（2）由（1）可得， =. = 令,则，-得， .点睛：（1）本题求数列通项公式时用到了对递推关系式两边取倒数的方法，对于求通项公式的问题，要根据所给条件的特征合理选择求解的方法。（2）在本题中求和时先用了分组求和的方法，然后再用到错位相减求和。在错位相减求和中要注意数列通项的特点，当公比为参数时要注意对公比是否为1进行讨论，另外错位相减中的运算量较大，解题时一定要细心。19.如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，.（1）求证：平面平面；（2）是侧棱上一点，记（），是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(
11、1)见解析,(2) 存在，使平面与平面所成的二面角为【解析】试题分析：以A为原点，分别以AD，AC，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系求得A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，3），B（2，0）设E（x，y，z），由=，得E（2，33）求出平面ADE与平面ADP的一个法向量，结合题意可得=说明存在实数，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60（）证明：由已知，得，又，又底面，平面，则，平面，平面，且，平面平面，平面平面（）解：以为坐标原点，过点作垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图3所示则，因为在平行四边形中，则，又，知设平面的法向量为，则即取，
12、则设平面的法向量为，则即取，则若平面与平面所成的二面角为，则，即，化简得，即，解得（舍去）或于是，存在，使平面与平面所成的二面角为点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角；20.设函数（1）讨论函数的单调性；（2）若，求函数的最值【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）先求导，分类讨论即可求出函数的单调区间；（2）求导，根据导数和函数的最值得关系即可求出，注意分类讨论试题解析：（1），令，得，若，则恒成立，所以函数在上单调递增；若，则由，得；由，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减；若，则由，得；由，得，所以
13、函数在上单调递增，在上单调递减；若，则恒成立，所以函数在上单调递减.（2）若，当时，由（1）得，函数在上单调递增，在上单调递减，故时，函数有最大值，无最小值；当时，由（1）得，函数在上单调递增，在上单调递减，故时，函数有最小值，无最大值.21.已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆C交于M、N两点。（1）求椭圆C的方程； （2）若直线与圆相切，证明：为定值【答案】（1）（2）详见解析【解析】试题分析：（1）根据椭圆的有关知识可得，从而可得椭圆的方程。（2）分直线的斜率存在与否两种情况求解。当的斜率不存在时，其方程为，可得M、N的坐标，由向量的数量积可得；当的斜率存在时，设其
14、方程为，由直线与圆相切得。然后将直线方程与椭圆方程联立、消元，根据根与系数的关系由数量积可得,从而可得。综上可得为定值。试题解析：（1）由题意得 椭圆C的方程为 （2）当直线的斜率不存在时，因为直线与圆相切，所以直线方程为。当时，可得M、N两点坐标分别为，当时，同理可得； 当的斜率存在时，设，由题意得， 由消去y整理得直线与圆相交，设，则， = 综上（定值） 。点睛：直线与圆的综合问题的求解策略（1）利用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化)，把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决，解题中要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用。（2）直线与圆和平面几何联系十分紧密，解题时可考虑平面几何知识的运用，如在直线与圆相交的有关线段长度计算中，要把圆的半径、圆心到直
