2018届河南省安阳市高三第一次模拟考试
数学（理）试题（解析版））
一、选择题：本题共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A. 【答案】D 【解析】由题意2. 已知复数，∴，故选D.
B. ， C.
，则 D.
（ ）
，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】，对应点，在第二象限，故选B.
3. 已知函数满足：①对任意且，都有；②对定义域内任意，都有，则符合上述条件的函数是（ ）
A. 【答案】A 【解析】①说明在上是增函数，②说明是偶函数，B中函数是奇函数，C是函数非奇非偶函
B. C. D. 数，D是函数是偶函数，但在4. 若，则上不是增函数，只有A符合要求，故选A. （ ）
A. -1 B. 1 C. 【答案】C 【解析】由已知得∴点睛：在用平方关系条件知页
D. -1或 ，，故选C. 求，，，值时，需确定的范围，以确定它们的正负，本题中由已知可得，从而不必再讨论的范围，这是我们在解题时需要时常注意的，并不是什1第
么时候都要分类讨论的. 5. 已知等比数列A. 12 B. 10 C. 【答案】A 【解析】由已知A.
6. 执行下图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ）
，∴
，∴
，故选
中，， ，则（ ）
D.
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C
【解析】由程序框图知 ，易知时，，时，，然后有，故选C.
7. 如下图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
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A. B. C. D. 【答案】D
【解析】由三视图知该组合体是长方体与半个圆柱组合而成，体积为故选D.
8. 在边长为的正三角形内任取一点，则点到三个顶点的距离均大于的概率是（ ） A. B. C. D. ，【答案】B 【解析】如图正的边长为，分别以它的三个顶点为圆心，以为半径，在内部画圆弧，得三个扇形，则题中点在这三个扇形外，因此所求概率为
，故选B．
9. 已知为等差数列，为其前项和，若，则（ ）
A. 49 B. 91 C. 98 D. 182 【答案】B 【解析】∵选B． 10. 已知函数，要得到的图象，只需将函数的图象（ ）
，∴，即，∴，故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. 向左平移【答案】D
页
3第
个单位
【解析】∵，∴应向左平移个单位，故选D．
11. 已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且（为坐标原点），若A. B. ，则椭圆的离心率为（ ） C. D. 【答案】A 【解析】以为邻边作平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则，由，∴是直角三角形，即知此平行，设四边形的对角线垂直，即此平行四边形为菱形，∴，则，∴，故选A．
12. 已知函数A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】设
，则方程
，（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（ ）
化为，画出函数
与对数函数
和直线
，因此
，有两
的图象，如图，利用导数知识可知直线
函数
，
解，
和直线
，
无解，因此
的图象切为
，其中
有三解，
的图象有四个交点，设其横坐标从小到大依次为，又结合
的图象知
有一解，
有6解，即函数6个零点，故选B．...............
点睛：函数零点个数问题，一种方法可用导数研究函数的单调性和极值，再䬑和零点存在定理得函数的零点个数，另一种方法是转化函数图象交点个数，一般是转化为直线与函数图象的交点，其中直线是含参数的、变化的，函数是固定的，且图象画出的，这里可通过导数研究图象的变化趋势，得出图象的大致规律，动直线可以是平行直线，也可以是过一定点的直线，这样容易发现规律，得出结论．
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4第
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 【答案】 展开式中的常数项为__________．
【解析】，令，得，
∴常数项为．
14. 已知向量，，且变量满足，则的最大值为__________．
【答案】【解析】当直线过点 ，作出题中可行域，如图时，为最大值．
内部（含边界），作直线，向上平移直线，
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】圆心，设，，则，∴又到直线的距离为，即的最小值为，∴，，
的最小值为 ．16. 在棱长为4的密封正方体容器内有一个半径为1的小球，晃动此正方体，则小球可以经过的空间的体积为__________． 【答案】 ．
【解析】依题意所求体积为三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每
页
5第
个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.
17. 已知在（Ⅰ）求证：（Ⅱ）若中，内角；
为锐角三角形，且. ，求的取值范围. 所对的边分别为，且满足. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：
（Ⅰ）利用正弦定理把已知边角关系转化为角的关系，结合两角和与差的正弦公式可得再讨论角特别是的范围后可证得结论．
，已知条件可化为，从而易得的取值范围．
，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得试题解析： （Ⅰ），由正弦定理知 ，
. ， ，且，. ，. ，所以，
即因为所以所以（Ⅱ）由（Ⅰ）知由为锐角三角形得，
得由. 得. 18. 某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品50天，统计发现每天的销售量分布在内，且销售量的分布频率
. （Ⅰ）求的值并估计销售量的平均数；
（Ⅱ）若销售量大于等于70，则称该日畅销，其余为滞销.在畅销日中用分层抽样的方法随机抽取8天，
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6第
再从这8天中随机抽取3天进行统计，设这3天来自个组，求随机变量的分布列及数学期望（将频率视为概率）.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析 【解析】试题分析： （Ⅰ）由于入，因此可根据题中解析式列出不等式组，求出的所有可能值，代，再利用总体分布频率为1可求得，利用各区间的中位数及频率可估算出平均数；
内所抽取的天数分别为2，3，3.
（Ⅱ）由分层抽样可求得销售量在而的所有可能值分别为1,2,3，分别计算可得各概率，由期望公式可得期望． 试题解析： （Ⅰ）由题知可取5，6，7，8，9，
，解得，
代入中，得
，销售量在数为（Ⅱ）销售量在的所有可能值为1，2，3，且
，
内的频率之比为，. 内的频率分别是0.1，0.1，0.2，0.3，0.3，销售量的平均
. ，所以各组抽取的天数分别为2，3，3.
，
. 的分布列为
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数学期望19. 如下图，在空间直角坐标系轴，轴，轴上.
.
中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）的顶点分别在
（Ⅰ）求证：（Ⅱ）求二面角平面； 的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）. 【解析】试题分析： （Ⅰ）设，写出A，B，C的坐标，再求出D点坐标，从而得的坐标，只要它与平面的法向量垂直，即可证明线面平行；
（Ⅱ）求二面角，可取AB的中点F，由能证明∠CFD是所求二面角的平面角，在中由得余弦定理可得余弦值．也可求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦可得二面角的余弦． 试题解析： （Ⅰ）由设，则，易知，，则由 ， . 的一个法向量为，所以平面. ，
的平面角. ，，
，
，. ，，
，
, 设点的坐标为可得解得所以又平面所以（Ⅱ）设为则，的中点，连接，中，为二面角由（Ⅰ）知，在页 8第
则由余弦定理知，即二面角的余弦值为.
点睛：立体几何中求直线与平面成的角和二面角，有两种方法：第一种是根据“空间角”的定义作出反应这个“空间角”的“平面角”，然后在三角形中求解，这种方法有三个步骤：一作二证三计算；第二种是根据图形建立适当的空间直角坐标系（充分利用图形中的垂直关系），写出各点坐标，求出平面的法向量，直线的方程向量，利用向量的夹角来求“空间角”，这种方法重在计算，解题步骤固定． 20. 如下图，在平面直角坐标系到的距离之积为1.
中，直线与直线之间的阴影部分即为，区域中动点
（Ⅰ）求点的轨迹的方程； （Ⅱ）动直线穿过区域，分别交直线证：的面积恒为定值.
（Ⅱ）见解析
于两点，若直线与轨迹有且只有一个公共点，求
【答案】（Ⅰ）【解析】试题分析：
（Ⅰ）由点到直线距离公式直接把已知表示出来，并化简可得方程；
（Ⅱ）直线与轨迹有且只有一个公共点，即直线与轨迹相切，因此可求出当与垂直（即斜率不存在）时，面积，当斜率存在时，可设其方程为，再设出页
，与双曲线方程联立方程组，由（用表示），计算可得面积可得，由直线相交可求得9第
结论. 试题解析： （Ⅰ）由题意得因为点在区域内，所以，与同号，得. ，
即点的轨迹的方程为. ，，得
（Ⅱ）设直线与轴相交于点，当直线的斜率不存在时，. 当直线的斜率存在时，设其方程为把直线的方程与联立得，显然，则，
，
由直线与轨迹有且只有一个公共点，知得设，，得，由或. 得，同理，得. ，
所以综上， 的面积恒为定值2.
，的单调性.
，使对任意. 21. 已知函数（Ⅰ）讨论函数，其中为自然对数的底数.
（Ⅱ）是否存在实数在，请说明理由.
恒成立？若存在，试求出的值；若不存
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析： （Ⅰ）求出导函数（Ⅱ）观察函数，设求只有时，可得，求出得 的解，在定义域内的各区间可得，因此有，利用导数的正负，即得的单调区间；
，这样不等式研究出 可化为的单调性，可根据的取值分类讨论，把这个式子作为的函数
有最小值，由最小值页 10第
，由导函数方面，因此只有得其最大值为），，且，从而可得时，（一方面，另一，再研究在是否恒成立即可．
试题解析： （Ⅰ），令得. 当所以且在时，；当时，. 上单调递增.
上单调递减，在，则即上单调递减，在，，记①.
（Ⅱ）注意到于是，若若得记又当，故时，，则，易知在，时，有，
，不合题意；
，得在在上单调递减，则当上单调递减，在上单调递增， . 上的最小值，则，代入①得即. ，得有最大值，即，
. 记综上，存在，则，使，得在上有最小值恒成立.
，即，符合题意.
对任意点睛：通过导数证明不等式或研究不等式恒成立问题的基本思路是：以导函数和不等式为基础，单调性为主线，最（极）值为助手，从数形结合、分类讨论等多视角进行探究，经常是把不等式问题转化为判断函数的单调性、求函数的最值，利用最值得出相应结论，其中分类讨论是经常用到的数学思想方法．
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 【选修4-4：坐标系与参数方程】 设直线的参数方程为，（为参数），若以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为. （Ⅰ）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出曲线是什么曲线；
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（Ⅱ）若直线与曲线交于【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析： （Ⅰ）由公式两点，求. .
可化极坐标方程为直角坐标方程；
（Ⅱ）把直线的参数方程消去参数得普通方程，代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理及弦长公式可得弦长．
试题解析： （Ⅰ）由于所以，即，
，
因此曲线表示顶点在原点，焦点在轴上的抛物线. （Ⅱ），化为普通方程为，代入，并整理得，
所以 .
23. 【选修4-5：不等式选讲】 已知函数（Ⅰ）当（Ⅱ）若时，若的解集包含. . 对任意恒成立，求的最小值；
，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】试题分析： （Ⅰ）由可得得的不等关系，从而得，因此不等式的最小值，从而有，因此有，再利用基本不等式的最小值，注意等号能否取到；
可化为，从而有，然后按（Ⅱ）由于的正负分类讨论求出的范围，最后求交集即可． 试题解析： （Ⅰ）当∴时，，∴.∴，即， ，当且仅当时等号成立，
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∵（Ⅱ）∵∴，解得，当且仅当的解集包含对时等号成立，故，当时，有的最小值为. ，
恒成立， 当时，，∴当时，，∴综上：.
页 ； . 13第
