1、河南师大附中2017-2018学年高三8月第一次月考数学（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.1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：，；故选C【易错点睛】本题考查利用描述法表示集合以及集合的运算，属于基础题；利用描述法表示集合时，要注意其代表元素的意义，如表示函数的定义域，表示函数的值域，表示函数的图象.考点：1.集合的表示；2.集合的运算2. 已知复数（其中是虚数单位），那么的共轭复数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：，选A.考点：复数概念.3. 展开式中第
2、3项的二项式系数为（ ）A. 6 B. -6 C. 24 D. -24【答案】A【解析】试题分析：第3项的二项式系数为,选A.考点：二项式系数【方法点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略（1）求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.（2）已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.4. 命题“，”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：命题“，”的否定是“，”即：，选B.考点：命题否定【方法点睛】1.命题的否定与否命题区别“否命题”是对原命题“若p，则q”的条件
3、和结论分别加以否定而得到的命题，它既否定其条件，又否定其结论；“命题的否定”即“非p”，只是否定命题p的结论.2命题的否定的注意点（1）注意命题是全称命题还是存在性命题，是正确写出命题的否定的前提；（2）注意命题所含的量词，对于量词隐含的命题要结合命题的含义显现量词，再进行否定；（3）注意“或”“且”的否定，“或”的否定为“且”，“且”的否定为“或”.5. 某单位共有职工150名，其中高级职称45人，中级职称90人，初级职称15人，现采用分层抽样方法从中抽取容量为30的样本，则各职称人数分别为（ ）A. 9,18,3 B. 10,15,5 C. 10,17,3 D. 9,16,5【答案】A【解
4、析】各职称人数分别为 选A.6. 把边长为1的正方形沿对角线折起，使得平面平面，形成三棱锥的正视图与俯视图如下图所示，则侧视图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：C在平面ABD上的射影为BD的中点O，在边长为1的正方形ABCD中，所以：左视图的面积等于考点：三视图7. 已知平面上的单位向量与的起点均为坐标原点，它们的夹角为，平面区域由所有满足的点组成，其中，那么平面区域的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设单位向量与的终点为A,B,则当时 即P,A,B三点共线,因此平面区域表示正三角形ABC及其内部,面积为 ,选D.8. 函数，给出下列四个命
5、题：在区间上是减函数；直线是函数图像的一条对称轴；函数的图像可由函数的图像向左平移个单位得到；若，则的值域是，其中，正确的命题的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：，当时，则函数在区间上是减函数，即正确，因为，所以直线是函数图象的一条对称轴，即正确，因为，所以函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到，即错误，当时，则函数，即错误；故选A考点：1.三角恒等变换；2.三角函数的图象与性质9. 已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题意得，因为，两边同时取导数，可得，令，得，令，得，又 ，故选D考点：二项式定理的系数及导数的应用【方法
6、点晴】本题主要考查了二项式定理的系数问题及导数的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过二项式的赋值，可以简便运算求出答案，属于中档试题，着重考查了二项式系数问题中的赋值法的应用，本题的解答中，先对二项展开式两边同时取导数，分类令和，即可求得和，从而求解原式子的值10. 若圆与双曲线的一条渐近线相切，则此双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2 D. 【答案】A【解析】试题分析：由题意得，选A.考点：直线与圆相切，双曲线离心率【方法点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b
7、，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.11. 对于使成立的所有常数中，我们把的最小值叫做的上确界，若正数且，则的上确界为（ ）A. B. C. D. -4【答案】A【解析】 ,当且仅当 时取等号,因此的上确界为,选A.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.12. 对于函数和，设，若存在，使得，则称和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（ ）A. B. C.
8、D. 【答案】D【解析】试题分析：易知函数的零点为，设函数的一个零点为，若函数和互为“零点关联函数”，根据定义，得，即，作出函数的图象，因为，要使函数的一个零点在区间上，则，即，解得；故选D考点：1.新定义函数；2.函数的零点【难点点睛】本题以新定义函数为载体考查函数的零点的分布范围，属于中档题；解决此类问题的关键在于：正确理解新定义“零点关联函数”，抓住实质，合理与所学知识点建立联系，如本题中新定义的实质是两个函数的零点的差不超过1，进而利用零点存在定理进行求解，这也是学生解决此类问题的难点所在.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. 椭圆：的左焦点为，
9、若关于直线的对称点是椭圆上的点，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】设为右焦点,则 因此椭圆的离心率为 14. 连掷两次骰子得到的点数分别为和，若记向量与向量的夹角为，则为锐角的概率是_【答案】【解析】试题分析：连掷两次骰子得到的点数分别为和，共有，其中满足向量与向量的夹角为锐角，即，即可能为共6个基本事件，所以为锐角的概率是；故填考点：1.古典概型；2.平面向量的夹角15. 某货运员拟运送甲、乙两种货物，每件货物的体积、重量、可获利润以及运输限制如表：货物体积（升/件）重量（公斤/件）利润（元/件）甲20108乙102010运输限制110100在最合理的安排下，获得的最大利润的值为_【答案】6
10、2【解析】设运送甲、乙两种货物件，则可行域为 ，目标函数为 作出可行域如图，则直线过点A（）时取最大值 .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，画目标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值会在可行域的端点或边界上取得.16. 已知分别为内角的对边，且，则面积的最大值为_【答案】【解析】由正弦定理得 ，当且仅当时取等号所以 ，即面积的最大值为三、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. 设数列的前项和为， .（1）求数
11、列的通项公式；（2）是否存在正整数，使得？若存在，求出值；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（）根据求解； （）先求得，然后求得的表达式，从而根据条件等式求得的值试题解析：（） 所以时，两式相减得:即，也即，所以为公差为的等差数列，所以（），所以，所以所以，所以即当时，考点：1、与的关系；2、等差数列的定义；3、等差数列的前项和【方法点睛】给出与的递推关系，要求，常用思路是：一是利用（）转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求同时特别要注意验证的值是否满足“”的一般性通项公式18. 一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小
12、球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为，由此得到样本的重量频率分布直方图（如图）.（1）求的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；（2）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在内的小球个数为，求的分布列和数学期望.（以直方图中的频率作为概率）【答案】（1）众数约为20, 平均值约为 24.6（2）见解析【解析】试题分析：（1）由频率分布直方图知，所有小矩形面积（频率）之和为1，可求得；（2）由统计的知识，可知小球重量在内的概率为，因此随机变量，利用二项分布概率公式可计算出所有概率，从而得概率分布表，再由期望公式可计算期望试题解析：（1）由题意，
13、得，解得；（2）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，则.的可能取值为、，.的分布列为：.（或者）考点：频率分布直方图，随机变量频率分布列，数学期望19. 如图，已知斜三棱柱，在底面上的射影恰为的中点，且.（1）求证：平面；（2）求到平面的距离；（3）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）（3） 【解析】试题分析：（1）由题意得A1D平面ABC，根据面面垂直判定定理得平面A1ACC1平面ABC，由BCAC，根据面面垂直性质定理得BC平面A1ACC1，即得BCAC1，又已知，所以由线面垂直判定定理得平面；（2）利用向量求线面距离，首先求平面法向量，再根据向量投影求距离：先
14、根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面法向量；再根据向量投影求距离（3）利用向量求二面角：先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求平面法向量；再根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系求二面角的平面角的余弦值.试题解析：解：（1）A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，平面A1ACC1平面ABC，BCAC且平面A1ACC1平面ABC=AC，BC平面A1ACC1，BCAC1，AC1BA1且BCBA1=B，AC1平面A1BC。（2）如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，AC1平面A1BC，AC1A1C，四边形A1ACC1是菱形，D是AC的
15、中点，A1AD=60，A（2，0，0），A1（1，0，），B（0，2，0）， C1（-1，0，），=（1，0，），=（-2，2，0），设平面A1AB的法向量=（x，y，z），令z=1，=（，1），=（2，0，0），C1到平面A1AB的距离是（3）平面A1AB的法向量=（，1），平面A1BC的法向量=（-3，0，），设二面角A-A1B-C的平面角为，为锐角，二面角A-A1B-C的余弦值为点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“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.
16、 已知抛物线：，焦点，为坐标原点，直线（不垂直轴）过点且与抛物线交于两点，直线与的斜率之积为.（1）求抛物线的方程；（2）若为线段的中点，射线交抛物线于点，求证：.【答案】（1） （2）见解析【解析】试题分析：（1）设经过焦点的直线方程为，联立直线的方程和抛物线的方程，写出韦达定理，根据斜率之积等于求出的值，由此求得抛物线方程；（2）利用（1）求得点的坐标，利用直线的方程求出点的坐标，两者横坐标的比值大于，得证.试题解析：直线过点且与抛物线交于两点，设，直线（不垂直轴）的方程可设为，直线与的斜率之积为，得，由，化为，其中，抛物线（2）证明：设，为线段的中点，直线的斜率为，直线的方程为代入抛物线
17、的方程，得，考点：直线和圆锥曲线的位置关系.【方法点晴】本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系.对于直线和圆锥曲线相交或相切所得的点，一般可以利用直线的方程和圆锥曲线方程联立方程组，求得两个坐标的关系，然后利用题目另外给的条件，代入化简，就能得出结论.涉及同直线的线段的比值，可以利用相似三角形，只需求得横坐标或者纵坐标的比值即可.21. 设，.（1）若，求的单调区间；（2）讨论在区间上的极值点个数；（3）是否存在，使得在区间上与轴相切？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）减区间为 ，增区间为 （2）见解析（3） 【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导
18、函数符号变化规律，确定单调区间（2）先求函数导数，转化为研究零点个数，利用二次求导易得在区间上单调递增，其零点个数决定于最小值的大小，讨论其最小值与零的大小得到极值点个数， （3）由题意得在区间上与轴相切切点为极值点，由（2）得 ，再根据极值点定义可得方程组 ，解得试题解析：解：（1）当时：，（）故当时：，当时：，当时：故的减区间为：，增区间为（2）令，故,显然，又当时：当时：故，故在区间上单调递增，注意到：当时，故在上的零点个数由的符号决定 当，即：或时：在区间上无零点，即无极值点当，即：时：在区间上有唯一零点，即有唯一极值点综上：当或时：在上无极值点当时：在上有唯一极值点 （3）假设存在，
19、使得在区间上与轴相切，则必与轴相切于极值点处，由（2）可知：不妨设极值点为，则有：（*）同时成立 联立得：，即代入（*）可得令，则，当 时 （2）故在上单调递减又， 故在上存在唯一零点即当时，单调递增当时，单调递减因为，故在上无零点，在上有唯一零点 由观察易得，故，即：综上可得：存在唯一的使得在区间上与轴相切请考生在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. 选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知曲线：，：，：，设与交于点.（1）求点的极坐标；（2）若直线过点，且与曲线交于两不同的点，求的最小值.【答案】（1） （2） 【解析】试题分析：（1）根据将曲线，极坐
20、标方程化为直角坐标方程，求出交点的直角坐标，再根据将直角坐标化为极坐标（2）根据将曲线极坐标方程化为直角坐标方程，设直线参数方程代入，利用参数几何意义得 ，再根据韦达定理代入化简得 ，最后根据三角函数有界性得最小值试题解析：解：（I）由解得点的直角坐标为因此点的极坐标为（II）设直线的参数方程为为参数），代入曲线的直角坐标方程并整理得设点对应的参数分别为则 当时，有最小值23. 选修4-5：不等式选讲设函数.（1）当时，求函数的定义域；（2）若函数的定义域为，试求的取值范围.【答案】（1） （2） 试题解析：解：（1）由题设知：，如图，在同一坐标系中作出函数和的图象，得定义域为（2）由题设知，当时，恒有，即又由图知，考点：1.绝对值不等式的解法；2.函数的定义域.