河南南阳市一中2018届高三第十二次考试数学（理）试题（解析版） 17页

南阳一中2018届高三第十二次考试 理数试题 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.已知集合，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎ ‎ 利用分式不等式的解法化简集合 或 ，根据指数函数的性质化简,所以，故选B.‎ ‎2.复数满足,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 复数满足,所以 ,,,故选B.‎ ‎3.已知等差数列,前项和为,,则( )‎ A. 140 B. 280 C. 168 D. 56‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由等差数列的性质得，，其前项之和为，故选A.‎ ‎4.已知的终边上有一点,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为的终边上有一点,所以 ，，故选D.‎ ‎5.设有下面四个命题：‎ ‎①“若，则与夹角为锐角”及它的逆命题均为真命题 ‎②若,则 ‎③“”是“或”的充分不必要条件 ‎④命题“中，若，则”的逆命题为真命题 其中正确命题的个数是( )‎ A. 3 B. 2 C. 1 D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①“若，则与的夹角为锐角,” 向量同向时不是锐角，故原命题为假，逆命题均为真，故①错误；命题②若,则，，故②错误；③原命题等价于“且”是“”的充分不必要条件，故③正确；④命题中，若，故 ④正确，故选B.‎ ‎6.设函数若,则实数的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为函数若,所以或，解得或，即实数的取值范围是故选C.‎ ‎7.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长的棱长度为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由三视图得出该几何体的直观图，结合题意求解即可.‎ ‎【详解】由三视图可知其直观图，‎ 该几何体为四棱锥P-ABCD，最长的棱为PA，则最长的棱长为，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体的三视图，属于基础题型.‎ ‎8.变量满足约束条件，若的最大值为2，则实数等于（ ）‎ A. —2 B. —1 C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 将目标函数变形为，当取最大值，则直线纵截距最小，故当时，‎ 不满足题意；当时，画出可行域，如图所示，‎ ‎ 其中．显然不是最优解，‎ 故只能是最优解，代入目标函数得，‎ 解得，故选C．‎ 考点：线性规划．‎ ‎9.执行如图所示的程序框图，输出的为( )‎ A. 3 B. C. D. -2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 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，可知此循环是以为周期，反复循环，由 ‎，可知第次循环，，此时不满足条件，结束循环，输出的为，故选C.‎ ‎【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,（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.‎ ‎10.已知双曲线的右焦点为,右顶点为，过作的垂线与双曲线交于分别作的垂线，两垂线交于点，若到直线的距离小于，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎，由双曲线的对称性知在轴上，设，由，得，则，又到直线的距离小于，则，解得，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是，故选B.‎ ‎11.已知平面截球的球面得圆，过圆心的平面与的夹角为，且平面截球的球面得圆，已知球的半径为5，圆的面积为，则圆的半径为( )‎ A. 3 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 如图，因为球的半径为，圆的面积为，所以，因为过圆心的平面与的夹角为，所以与成的锐角为，，又 ‎，即圆的半径为 ，故选B.‎ ‎12.已知只有50项的数列满足下列三个条件：①;②；③.对所有满足上述条件的数列共有个不同的值，则( )‎ A. 10 B. 11 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设中有项取值，由条件②知，取值的项数为，取值的项数为，再由条件③得，解得，又若为偶数，则为偶数，因为，所以必为奇数，故，它们对应个不同的值，共有个不同的值，故选C.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查数列求和以及数学的转化与划归思想，属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题中，将的不同值的个数，转化为中的个数问题是解题的关键.‎ 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.若向区域内投点，则该点落在由直线与曲线围成区域内的概率为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 区域是正方形，面积为，根据定积分定理可得直线与曲线围成区域的面积为，根据几何概型概率公式，可得该点落在由直线与曲线围成区域内的概率为，故答案为.‎ ‎14.的展开式中的系数是__________.(用数字作答)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 令展开式中，‎ 当时，‎ 当时，‎ 代入，得到的系数是 ‎15.已知为圆的直径，点为直线上任意一点，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】‎ 由圆可得，圆的半径为 ，，圆心到直线的距离，的最小值为，故答案为.‎ ‎16.在锐角中，分别为角所对的边，满足,且的面积,则的取值范围是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由，结合正弦定理可得，‎ ‎，锐角三角形，，即，，‎ ‎，，，，，故答案为.‎ ‎【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.‎ 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.已知为单调递增数列，为其前项和，‎ ‎(Ⅰ)求的通项公式；‎ ‎(Ⅱ)若为数列的前项和，证明：.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由得，所以,‎ 整理得,所以是以为首项，为公差的等差数列，可得；（2）结合（1）可得 ‎，利用裂项相消法求得的前项和，利用放缩法可得结论.‎ 试题解析：（Ⅰ）当时，,所以，即,‎ 又为单调递增数列，所以.‎ 由得，所以,‎ 整理得所以.‎ 所以，即,‎ 所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以.‎ ‎(Ⅱ)‎ 所以 ‎.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查数列的通项与求和公式，以及裂项相消法求数列的和，属于中档题. 裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎18.如图，在直角梯形中，.直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，且使得平面平面.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面平面；‎ ‎(Ⅱ)延长至点，使为平面内的动点，若直线与平面所成的角为 ‎，且，求点到点的距离的最小值.‎ ‎【答案】(1)见解析(2)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由于直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，,利用面面垂直的性质可得平面，进而由面面垂直的判定定理可得结论；（2）由(Ⅰ)可知两两垂直.分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，的坐标为，求得，利用向量垂直数量积为零求出平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得，进而可得，进而可得结果.‎ 试题解析：(Ⅰ)直角梯形中，，直角梯形通过直角梯形以直线为轴旋转得到，,又平面平面，平面，平面平面.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)可知两两垂直.分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示.由已知,所以 ‎，设是平面的法向量，则，即，取，得.‎ 设的坐标为，则,由,‎ 得,,,‎ ‎,所以，‎ 当时，,点到点的距离的最小值为.‎ ‎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.‎ ‎(Ⅰ)由折线图得，可用线性回归模型拟合月度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5月份（即时）的市场占有率；‎ ‎(Ⅱ)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形同，考虑到公司运营的经济效益，该公司决定先对两款车型的单车各100辆进行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命频数表见上表.‎ 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) 线性回归方程为 ，公司2017年5月份的市场占有率预计为23% (2) 应该采购款单车 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据折线图及平均数公式可求出与的值从而可得样本中心点的坐标，从而求可得公式 中所需数据，求出，再结合样本中心点的性质可得，进而可得关于的回归方程，将代入回归方程即可得结果；（2）根据表格中的数据，算出每辆款车可使用年的概率，从而可得每辆款车可产生的利润期望值，同理可得每辆款车可产生的利润期望值，比较两期望值的大小即可得出结论.‎ 试题解析：(Ⅰ)计算可得,‎ ‎.‎ ‎.月度市场占有率与月份序号之间的线性回归方程为.‎ 当时，.故公司2017年5月份的市场占有率预计为23%.‎ ‎(Ⅱ)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）.‎ 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.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查折线图的应用与线性回归方程，以及离散型随机变量的分布列与期望，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为； 回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.‎ ‎20.已知抛物线的焦点为 ，过点且斜率为的直线交曲线于两点，交圆于两点（两点相邻）.‎ ‎(Ⅰ)若，当时，求的取值范围；‎ ‎(Ⅱ)过两点分别作曲线的切线，两切线交于点，求与面积之积的最小值.‎ ‎【答案】(1) (2)取最小值1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）直线方程为，代入得,根据韦达定理以及向量共线的条件可得，结合可得的取值范围；（2）利用导数的几何意义以及直线的点斜式方程可得切线方程为 ，方程为 ，两式联立结合韦达定理可得，利用点到直线距离公式、焦半径公式以及三角形的面积公式可得,当且仅当时，取最小值1.‎ 试题解析：(Ⅰ)依题意直线的方程为，代入得,‎ 设,则.‎ 因为，即 ‎，即；‎ 因为，所以,又函数在单调递减，‎ 所以,‎ ‎(Ⅱ)因为,所以 则切线方程为 ①‎ 方程为 ②‎ ‎②--①得,‎ ‎ ③，‎ 将③代入①得,所以 到直线的距离 ‎,‎ ‎,‎ 因为,‎ 所以 ‎,‎ 当且仅当时，取最小值1.‎ ‎21.已知函数 ，．‎ ‎（Ⅰ）当 时， 恒成立，求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当 时，研究函数的零点个数；‎ ‎（Ⅲ）求证： (参考数据：)．‎ ‎【答案】(Ⅰ); (Ⅱ)当时无零点；当时有一个公共点. (Ⅲ)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【试题分析】（1）构造函数借助导数知识运用分类整合思想分析探求；（2）构造函数运用导数知识研究函数的图像变化情况，确定函数的图像的交点的个数；（3）借助（1）、（2）的结论运用缩放的方法进行分析推证：‎ ‎ (Ⅰ)令则 ‎①若，则，，在递增，，即在 恒成立，满足，所以； ‎ ‎ ②若，在递增，且 且时，，则使进而在递减，在递增，‎ 所以当时，即当时， ，不满足题意，舍去；‎ 综合①，②知的取值范围为. ‎ ‎(Ⅱ)依题意得，则，‎ 则在上恒成立，故在递增，‎ 所以，且时，；‎ 若，即，则，故在递减，所以，‎ 在无零点；②若，即，则使，进而在递减，在递增，且时，，在上有一个零点，在无零点，故在有一个零点.‎ 综合①②，当时无零点；当时有一个公共点. ‎ ‎(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当时，对恒成立， ‎ 令，则 即；‎ 由(Ⅱ)知，当时，对恒成立， ‎ 令，则，所以；‎ 故有. ‎ 点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，设置了三个问题，旨在考查导数在研究函数的单调性、极值（最值）等方面的综合运用．求解第一问时，先构造函数借助导数知识运用分类整合思想分析探求出参数的取值范围；解答第二问时，构造函数运用导数求导法则对函数求导，再结合导数与函数的单调性的关系研究函数的图像变化情况，进而确定函数的零点的个数；解答第三问时充分借助（1）、（2）的结论，巧妙地运用缩放的方法进行分析推证，从而使得问题获解．‎ 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 在直角坐标系中，圆，圆,以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系.‎ ‎(1)求极坐标方程；‎ ‎(2)设曲线（为参数且）,与圆交于，求的最大值.‎ ‎【答案】(1) (2)取得最大值3‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将圆与圆的直角坐标方程展开后，利用 即可得的极坐标方程；（2）根据极径的几何意义，可得,,到直线的距离,进而可得利用三角函数的有界性可得结果.‎ 试题解析：(1),‎ ‎(2),,到直线的距离,所以,故当时，取得最大值3.‎ ‎23.已知函数.‎ ‎(1)求不等式的解集；‎ ‎(2)若函数的最小值记为，设,且有 证明：.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（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，再求并集即可得不等式的解集；（2）由(1)可知函数的最小值为，即，，展开多项式，利用基本不等式可得结论.‎ 试题解析：(1) 求不等式等价于且；且；且，分别求解不等式组，再求并集即可得到满足不等式的解集为.‎ ‎(2)证明：由(1)可知函数的最小值为，即.‎ 所以,,.‎ 当且仅但时，等号成立，即所以得证.‎ ‎ ‎