数学文卷·2018届河南省南阳市第一中学高三第六次考试试题（解析版）

数学文卷·2018届河南省南阳市第一中学高三第六次考试试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 南阳一中2015级高三第六次考试 文数试题 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. 已知是实数集，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵ ‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 故选D ‎2. 设（为虚数单位），则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴＝．选D．‎ ‎3. 要从已编号（）的枚最新研制的某型导弹中随机抽取枚来进行发射试验，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法确定所选取的枚导弹的编号可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎4. 已知等比数列中，，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设等比数列的公比为 ‎∵‎ ‎∴，即 ‎∵‎ ‎∴‎ 故选C ‎5. 若实数满足，则使得取得最大值的最优解为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出不等式组表示的平面区域（如图阴影部分所示），‎ 由得．平移直线，由图形可得知，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最大值．‎ 由，解得，所以点A的坐标为．‎ 所以使得取得最大值的最优解为．选C．‎ ‎6. 一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的外接球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可知，几何体为三棱锥，底面等腰直角三角形的底边长为2，底面三角形的高为1，棱锥的一条侧棱垂直底面的三角形的一个顶点，棱锥的高为1，其外接球的球心是底面斜边的中点，故外接球的半径，故外接球的表面积为，故选B.‎ ‎7. 若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】=,‎ ‎= ,选D.‎ ‎8. 设，函数，则恒成立的是成立的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】由“恒成立”可得，所以成立；‎ 反之，当成立时，则无法得到成立．‎ 所以“恒成立”是“成立”的充分不必要条件．选A．‎ ‎9. 已知函数，下列结论错误的是（ ）‎ A. 函数的最小正周期为 B. 函数图象关于点对称 C. 函数在区间上是减函数 D. 函数的图象关于直线对称 ‎【答案】C ‎【解析】选项A中，由题意可得函数的最小正周期，故A正确；‎ 选项B中，当时，，所以函数的图象关于点对称，故B正确；‎ 选项C中，当时，，所以函数不单调，故C不正确；‎ 选项D中，当时，，所以函数的图象关于直线对称，故D正确．‎ 综上选C．‎ ‎10. 函数的图象大致为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意，f（﹣x）=（﹣x）3+ln（+x）=﹣f（x），函数是奇函数，‎ f（1）=0，f（2）=8+ln（﹣2）＞0，排除ACD。‎ 故选B．‎ ‎11. 设为双曲线的右焦点，过坐标原点的直线依次与双曲线的左、右支交于点，若，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】，设双曲线的左焦点为，连接，由对称性可知，为矩形，且，故，故选B.‎ ‎【 方法点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.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．‎ ‎12. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. 与有关 ‎【答案】B ‎【解析】由题意得直线的斜率存在且不为0，且过点，可设其方程为，‎ 由消去y整理得，‎ 设，则．①‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即．②‎ 由①②可得或（舍去）．‎ ‎∴．选B．‎ ‎.....................‎ 第Ⅱ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. 已知向量的夹角为，且，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，‎ ‎∴ ，‎ 整理得，‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴．‎ 答案：4‎ ‎14. 函数（且）的图象恒过定点，若点在直线 上，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：由题知函数恒过点,可得，.‎ ‎.‎ 考点：基本不等式.‎ ‎15. 已知单调递增的等差数列，其前项和为，则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设等差数列的公差为，‎ 由题意可得，即，且．‎ 令，则①，．‎ 画出不等式组①表示的可行域（如图所示），‎ 由得，平移直线．‎ 设直线经过可行域内的点A时，的值为；经过可行域内的点B时，的值为，则．‎ 由条件可得，所以．‎ ‎∴．‎ ‎∴的取值范围是．‎ 答案：‎ 点睛：‎ 本题若单纯从数列的角度求解则有些困难，根据题意将问题合理地转化为线性规划问题求解是解答的关键，通过构造不等式组借助于数形结合的方法，使得问题的解决变得简单，‎ 也体现了转化思想方法在解决数学问题中的应用，同时也考查了学生分析问题，并选择合适的方法解题的能力．‎ ‎16. 点为棱长是的正方体的内切球球面上的动点，点满足，则动点的轨迹的长度为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得经过球的球心，动点P的轨迹为经过点B且与垂直的平面被球所截所得的截面圆的圆周．‎ 由几何知识可得，平面为过点B且与垂直的平面，由题意得截面圆即为的内切圆．结合题意可得为边长等于的等边三角形，故内切圆的半径为 ，所以周长为．‎ 答案：‎ 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. 在中，内角所对的边分别为.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若的面积为，求的周长.‎ ‎【答案】(1)；(2). ‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由题意及正弦定理可得，从而，故，可求得．（2）根据面积可得，又由余弦定理可得，故可得，所以的周长为．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由题意及正弦定理得 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎．‎ ‎（2），‎ ‎ ．‎ 由余弦定理得：，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 又，‎ 的周长为. ‎ ‎18. 已知各项均不为零的数列的前项和为，且对任意，满足.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设数列满足，数列的前项和为，求证：.‎ ‎【答案】(1).(2)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：由，可以得到的大小和的递推关系为，因此为等比数列，从而求得，再根据求出的通项，它是等差数列和等比数列的乘积，利用错位相减法求它的前项和.‎ ‎（1）当时，，∵，∴.∵，∴当时，，两式相减得，因， ，故，∴数列是首项为4，公比为4的等比数列，∴.‎ ‎（2）∵，∴，∴，，两式相减得：‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎19. 如图，四边形为正方形，平面，点分别为的中点.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）取的中点，连接、，由已知结合三角形中位线定理可得且，得四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定可得平面；（Ⅱ）利用等积法可得：，代入棱锥体积公式可得点到平面的距离．‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：取点是的中点，连接，，则，且，‎ ‎∵且，‎ ‎∴且，‎ ‎∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴，∴平面．‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．‎ 利用等体积法：，即，，‎ ‎∵，，∴，∴．‎ 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，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题；在证明线面平行的过程中，常见的方法有：1、构造三角形的中位线；2、构造平行四边形；3、利用面面平行；在该题中利用的是构造平行四边形.求点到面的距离主要是利用等体积法.‎ ‎20. 设动点到定点的距离比它到轴的距离大，记点的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）若圆心在曲线上的动圆过点，试证明圆与轴比相交，且截轴所得的弦长为定值.‎ ‎【答案】(1)；(2)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由题意可得曲线为抛物线，根据抛物线的定义可得其方程．（2）结合题意设出圆心的坐标，并根据圆过点A得到圆的标准方程，在圆方程中令 后可得关于x的二次方程，根据此方程判别式可判断圆与x轴相交，同时并根据数轴上两点间的距离求出弦长．‎ 试题解析：‎ ‎（1）依题意知，动点到定点的距离等于到直线的距离，‎ ‎∴曲线是以原点为顶点， 为焦点的抛物线．‎ 设曲线C的方程为,‎ 则， ‎ ‎ ∴，‎ ‎∴曲线方程是 ．‎ ‎（2）‎ 设圆心为，则， ‎ ‎∵圆过，‎ ‎∴圆的方程为，‎ 令得．‎ ‎∵‎ ‎∴圆与轴必相交，‎ 设圆M与轴的两交点分别为E ，G ‎ 则，，　‎ ‎∴ ，‎ ‎∴=4．‎ 故圆截轴所得的弦长为定值．‎ ‎21. 已知椭圆，直线经过的右顶点和上顶点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆的右焦点为，过点作斜率不为的直线交椭圆于两点，求的面积的最大值.‎ ‎【答案】(1).(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由题意得到右顶点和上顶点的坐标，得到的值后可得椭圆的方程．（2）设出直线方程，可得点到直线的距离．结合直线方程与椭圆方程联立消元后所得的一元二次方程，可求得弦长，根据求得后，根据函数求最值的方法可求得的最大值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）在方程中，‎ 令，得，所以上顶点的坐标为，故；‎ 令，得，所以右顶点的坐标为，故．‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由条件可得直线过点，且斜率存在，‎ 设其方程为，即，‎ 由消去y整理得 ‎．‎ ‎∵直线与椭圆交于两点，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ 设，‎ 则，‎ ‎∴‎ ‎，‎ 又点到直线的距离．‎ ‎∴‎ ‎，‎ 令，‎ 则，‎ 所以当，即时，有最大值，且最大值为．‎ 经检验知满足，故的面积的最大值为．‎ 点睛：圆锥曲线中求最值或范围问题的方法 根据条件建立目标函数，再求这个函数的最值．常从以下几个方面考虑：‎ ‎①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；‎ ‎②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解题的关键是在两个参数之间建立等量关系；‎ ‎③利用基本不等式求出参数的取值范围；‎ ‎④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎22. 过点作曲线的切线.‎ ‎（1）求切线的方程；‎ ‎（2）若直线与曲线交于不同的两点，求证：.‎ ‎【答案】(1);(2)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据导数几何意义求切线斜率，再根据点斜式求切线方程． （2）本题是极值平移问题，先根据极值点构造函数：，利用导数研究函数单调性：在单调递增，及最小值大于零，即得不等式，再根据等量转换及单调性可得不等式：‎ ‎，即．‎ 试题解析：（1），设切点，则，解得，‎ 因此，的方程是．‎ ‎（2）依题意有，所以 ‎ 设，则．‎ ‎，当时，，当时，；所以在单调递减，在单调递增．因为，不妨设，．‎ 设，则，当时，，在单调递增，所以，所以当时，． ‎ 因为，所以，从而，因为，在单调递减，所以，即．‎ ‎ ‎