1、洛阳市20172018学年上学期尖子生第一次联考高三试题数学（理科）第卷（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. 设集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C由，得：，即，故选：C2. 已知复数满足（为虚数单位），则为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由，得：，故选：B点睛：复数代数形式运算问题的常见类型及解题策略：（1）复数的乘法复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可（2）复数的除法除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数
2、，解题中要注意把的幂写成最简形式 （3）利用复数相等求参数3. 如图，圆：内的正弦曲线与轴围成的区域记为（图中阴影部分），随机往圆内投一个点，则点落在区域内的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】略4. 一个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】C【解析】试题分析：几何体如图，由三视图得底面为对角线为的正方形，高为，所以体积为：，选C考点：1三视图；2几何体的体积5. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由已知可得， 考点：对数的大小比较6. 图中的程序框图所描述的算法，若输入，则输出的的值为（ ）A. 0
3、B. 11 C. 22 D. 88【答案】B【解析】试题分析：第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第五次循环：；结束循环，输出，故选B.考点：循环结构流程图.【方法点睛】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.7. 在等比数列中，是方程的根，则的值为（ ）A. B. C. D. 或【答案】B【解析】由，是方程的根，可得：，显然两根
4、同为负值，可知各项均为负值；.故选：B8. 已知点是锐角三角形的外心，若（，），则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】O是锐角ABC的外心，O在三角形内部，不妨设锐角ABC的外接圆的半径为1，又，|=|，可得=+2mn，而=|cosA0B|=1.1=+2mn+2mn， 1，如果 1则O在三角形外部，三角形不是锐角三角形， 1，故选：C.9. 设双曲线：的右焦点为，过作渐近线的垂线，垂足分别为，若是双曲线上任一点到直线的距离，则的值为（ ）A. B. C. D. 无法确定【答案】B【解析】由题意，易得，直线的方程为：，设P，则=故选：B10. 已知球与棱长为4的正四面体的各棱相切，则
5、球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】将正四面体ABCD，补成正方体，则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线正四面体ABCD的棱长为4正方体的棱长为球O与正四面体的各棱都相切，且球心在正四面体的内部，球O是正方体的内切球，其直径为球O的体积为故选：A点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个
6、球内接长方体，利用4R2a2b2c2求解11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 函数是周期函数且最小正周期为B. 函数是奇函数C. 函数在区间上的值域为D. 函数在是增函数【答案】C【解析】对于A，命题错误；对于B，命题错误；对于C，令，命题正确；对于D，令在上单调递增，但外层函数在上并不具有单调性，故命题错误.故选：C12. 已知函数有三个不同的零点，（其中），则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】令f（x）=0，分离变量可得a=，令g（x）=，由g（x）=0，得x=1或x=e当x（0，1）时，g（x）0；当x（1，e）时，g（x）0；当x（e，+）时，g（x）0即
7、g（x）在（0，1），（e，+）上为减函数，在（1，e）上为增函数0x11x2ex3，a=，令=，则a=，即2+（a1）+1a=0，1+2=1a0，12=1a0，对于=，=则当0xe时，0；当xe时，0而当xe时，恒大于0画其简图，不妨设12，则1=，2=3，（1）2（1）（1）=（11）2（12）（13）=（11）（12）2=1（1a）+（1a）2=1故选：D点睛：先分离变量得到a=，令g（x）=求导后得其极值点，求得函数极值，则使g（x）恰有三个零点的实数a的取值范围由g（x）=，再令=，转化为关于的方程后由根与系数关系得到1+2=1a0，12=1a0，再结合着=的图象可得到（1）2（1）
8、（1）=1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. 已知，满足条件则的取值范围是_【答案】【解析】作出可行域：设z=1+，令s=S表示动点与定点连线的斜率当点在B时，s最小，即z的最小值为；当点在A时，s最大，即z的最大值为.故答案为：3，9点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.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，要注意让其斜率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，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.14. 已知随机变量，若，则_【答
9、案】【解析】随机变量服从，解得：.又，故答案为：0.115. 已知（，为常数，）的展开式中不含字母的项的系数和为243，则函数，的最小值为_【答案】2【解析】由题意结合二项式定理知（1+b）n=243又bN*，探究知，仅有当b=2时，35=243，由此得n=5.，令，则，即，显然其在上单调递增，最小值为2.故答案为：216. 已知数列满足，其中，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是_【答案】【解析】由得：，令，则的奇数项和偶数项分别成首项为，且公差为的等差数列，所以 ， ,，故， ，因为对恒成立，所以恒成立，同时恒成立，即恒成立，当时，而时，所以即可，当时，恒成立，综上，故填三、解答题 （本大
10、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. 如图，在中，点在边上，（1）求；（2）若的面积是，求【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：（I）根据余弦定理，求得 ，则是等边三角形.，故（II）由题意可得，又由 ，可得以，再结合余弦定理可得，最后由正弦定理可得 ，即可得到的值试题解析：() 在中, 因为, 由余弦定理得, 所以, 整理得, 解得. 所以. 所以是等边三角形. 所以() 法1: 由于是的外角, 所以. 因为的面积是, 所以. 所以. 在中, , 所以. 在中, 由正弦定理得, 所以. 法2: 作, 垂足为, 因为是边长为的等边三角形, 所以. 因
11、为的面积是, 所以. 所以. 所以. 在Rt中, , 所以, . 所以 . 18. 如图1，在直角梯形中，点是边的中点，将沿折起，使平面 平面，连接，的如图2所示的几何体（1）求证：平面；（2）若，二面角的平面角的正切值为，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析；（2）二面角的余弦值为【解析】试题分析：（I）由平面与名垂直的性质定理可得平面. 由折叠前后均有，,可得平面；() 由（）可得二面角的平面角为，又依题意，可得，依次求得.，以下由两种解法：1.建立空间直角坐标系，求得相应点的坐标，求得平面的法向量和平面的法向量，则问题可求：2.利用相关的立体几何知识，证明二面角的平面角为，然后利用面几何
12、知识求得二面角的余弦值为. 试题解析：() 因为平面平面，平面平面， 又，所以平面. 因为平面，所以. 又因为折叠前后均有，, 所以平面. () 由（）知平面，所以二面角的平面角为. 又平面，平面，所以.依题意. 因为，所以. 设，则. 依题意，所以，即. 解得，故. 法1：如图所示，建立空间直角坐标系，则,， 所以，.由（）知平面的法向量. 设平面的法向量由得令，得,所以. 所以. 由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 法2 ：因为平面，过点作/交于，则平面. 因为平面，所以. 过点作于，连接，所以平面，因此. 所以二面角的平面角为. 由平面几何知识求得， 所以. 所以cos
13、=. 所以二面角的余弦值为. 19. 随着移动互联网的快速发展，基于互联网的共享单车应运而生某市场研究人员为了了解共享单车运营公司的经营状况，对该公司最近六个月内的市场占有率进行了统计，并绘制了相应的折线图（1）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合阅读市场占有率与月份代码之间的关系求关于的线性回归方程，并预测公司2017年4月份（即时）的市场占有率；（2）为进一步扩大市场，公司拟再采购一批单车，现有采购成本分别为1000元/辆和1200元/辆的、两款车型可供选择，按规定每辆单车最多使用4年，但由于多种原因（如骑行频率等）会导致车辆报废年限各不相同考虑到公司运营的经济效益，该公司决定先对两款车
14、型的单车各100辆进行科学模拟测试，得到两单车使用寿命频数如表：经测算，平均每辆单车每年可以带来收入500元不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，且以频率作为每辆单车使用寿命的概率如果你是公司的负责人，以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，你会选择采购哪款车型？参考公式：回归直线方程为，其中，【答案】（1）,公司2017年4月份的市场占有率预计为;（2）应该采购款单车【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用回归方程恒过定点的事实进行求解；（2）依据题设条件借助数学期望的计算公式进行分析求解：（1）由折线图中所给的数据计算可得，.月度市场占有率与月份序号之间的线性回
15、归方程为当时，故公司2017年4月份的市场占有率预计为23%（2）由频率估计概率，每辆款车可使用1年、2年、3年和4年的概率分别为0.2、0.35、0.35和0.1，每辆款车可产生的利润期望值为（元）由频率估计概率，每辆款车可使用1年、2年、3年和4年的概率分别为0.1、0.3、0.4和0.2，每辆款车可产生的利润期望值为：（元），应该采购款单车20. 如图，点是抛物线：（）的焦点，点是抛物线上的定点，且，点，是抛物线上的动点，直线，斜率分别为，（1）求抛物线的方程；（2）若，点是抛物线在点，处切线的交点，记的面积为，证明为定值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：(1) 设，由 得 带入抛物
16、线方程，解得p值；(2) 设，利用，又，得到，然后求出，而，带入易得为定值32.试题解析：（1）设，由题知，所以 ，所以代入（）中得，即，所以抛物线的方程是（2）过作轴平行线交于点，并设，由（1）知，所以，又，所以，直线：，直线：，解得因直线方程为，将代入得，所以点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.21. 已知函数，（1）若函数有三个不同的极值点，求的
17、值；（2）若存在实数，使对任意的，不等式恒成立，求正整数的最大值【答案】（1）（2）正整数的最大值为5.【解析】试题分析：（）求出的导函数，有3个极值点等价于方程有3个根；令，根据的单调性可知有3个零点，则，解出的取值范围即可；（）不等式，即，分离参数得转化为存在实数，使对任意的，不等式恒成立；构造新函数，确定单调性，计算相应函数值的正负，即可求正整数的最大值试题解析：（）有3个极值点，有3个根令在上递增，上递减有3个零点，（）不等式，即，即转化为存在实数，使对任意的，不等式恒成立即不等式在上恒成立即不等式在上恒成立设，则设，则，因为，有故在区间上是减函数；又故存在，使得当时，有，当时，有从而
18、在区间上递增，在区间上递减又，所以当时，恒有；当时，恒有；故使命题成立的正整数的最大值为5.考点：1、导数的运算；2、利用导数研究闭区间上函数的极值和最值【思路点晴】本题主要考查的是零点问题、实数的取值范围的求法、转化化归、函数与方程的数学思想方法，属于难题；利用导数知识把零点及实数的取值范围问题转化为闭区间上函数的极值和最值问题，此类问题的难点在于构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，得出极值与最值，从而达到解决问题的目的请考生在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平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点
19、，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且直线经过曲线的左焦点（1）求直线的普通方程；（2）设曲线的内接矩形的周长为，求的最大值【答案】（1）（2）椭圆的内接矩形的周长取得最大值【解析】试题分析：(1)由直线的参数方程为（为参数）消去参数t，得到直线的普通方程；（2）设椭圆的内接矩形在第一象限的顶点为（），则周长为，利用辅助角公式“化一”求最值即可.试题解析：（1）因为曲线的极坐标方程为，即，将，代入上式并化简得，所以曲线的直角坐标方程为，于是，直线的普通方程为，将代入直线方程得，所以直线的普通方程为（2）设椭圆的内接矩形在第一象限的顶点为（），所以椭圆的内接矩形的周长为（其中），此时椭圆的内接矩形的周长取得最大值23. 选修4-5：不等式选讲已知函数，（1）若，求实数的取值范围；（2）若存在实数，使，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】试题分析：(1)由，得，即且，分类讨论去掉绝对值符号，求得实数的取值范围；（2）由于，所以存在实数，使，即，结合绝对值三角不等式易得，即，易得所求结果.试题解析：（1），且若，则，；若，则，此时无解；若且，则，综上所述，的取值范围为或，即.（2），显然可取等号，于是，若存在实数，使，只需，又，即
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