2018石家庄质检一理科数学试卷

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河北省石家庄市2018届高考一模考试数学(理)试题(A)含解析AlUKlK

石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A卷）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】A【解析】故选A.2. 已知为虚数单位，，其中，则（）A. B. C. 2 D. 4【答案】A【解析】，其中，解得，，故选3. 函数，其值域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】函数的值域为，即，则在区间上随机取一个数的概率．故选B．4. 点是以线段为直径的圆上的一点，其中，则（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】故选5. ，满足约束条件：，则的最大值为（）A. -3B.C. 3D. 4【答案】C【解析】依题意可画出可行域如下：联立，可得交点(2,-1)，如图所示，当经过点(2,-1)时，z最大为3.故选C.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、画标准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会在可行域的端点或边界上取得.6. 程序框图如图所示，该程序运行的结果为，则判断框中可填写的关于的条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】第一次运行，第二次运行，第三次运行，第四次运行，第五次运行，此时，输出25，故选C7. 南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：，），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）A. 82平方里B. 83平方里C. 84平方里D. 85平方里【答案】C【解析】由题意可得：代入：则该三角形田面积为平方里故选8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由图可知，几何体为半圆柱挖去半球体几何体的表面积为故选9. 已知是定义在上的偶函数，且在上为增函数，则的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】是定义在上的偶函数，，即，则函数的定义域为函数在上为增函数，故两边同时平方解得，故选10. 在中，，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】有正弦定理可得，故当时，的最大值为.故选D.11. 过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，点在直线上，若为正三角形，则其边长为（）A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】B【解析】如图：设，则：，取中点，分别作垂直于直线，连接则有，相减可得：即故设则，解得故，解得故选12. 设，为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，正方向到正方向的角度为，那么对于任意的点，在下的坐标为，那么它在坐标系下的坐标可以表示为：，.根据以上知识求得椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】则故可化为方程表示为椭圆化简得：代入方程得：，，，故故选点睛：本题主要考查了三角函数的计算问题，以平面直角坐标系为载体，新定义坐标系，建立两坐标之间的关系，代入化简，由题意中的椭圆求出的值，再次代入求出结果，计算量比较大，有一定的难度。

(全优试卷)河北省石家庄市高三下学期一模考试数学(理)(A卷)试题Word版含解析

全优试卷石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A卷）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. ）B. D.【答案】A故选A.2. ）C. 2D. 4【答案】A3. ）全优试卷【答案】B，．故选B．4. ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D5. ）C. 3D. 4【答案】C【解析】依题意可画出可行域如下：(2,-1)(2,-1)时，z最大为3.故选C.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、画标准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会在可行域的端点或边界上取得.6. ）【答案】C此时，输出25，故选C7. 南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：，并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）A. 82平方里B. 83平方里C. 84平方里D. 85平方里【答案】C则该三角形田面积为平方里8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）【答案】D【解析】由图可知，几何体为半圆柱挖去半球体9.（）【答案】B10. ）D.【答案】D故选D.11.三角形，则其边长为（）A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】B解得12.以表示为：，离心率为（）【答案】A可化为故故选点睛：本题主要考查了三角函数的计算问题，以平面直角坐标系为载体，新定义坐标系，建立两坐标之间的关系，代入化简，由题意中的椭圆求出的值，再次代入求出结果，计算量比较大，有一定的难度。

河北省石家庄市2018年4月高考一模考试数学试题(理)含答案

河北省石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A卷）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．_2.已知_为虚数单位，_，其中_，则_（）A．_ B．_ C．2 D．43.函数_，其值域为_，在区间_上随机取一个数_，则_的概率是（）A．_ B．_ C．_ D．_4.点_是以线段_为直径的圆上的一点，其中_，则_（）A．1 B．2 C．3 D．45. _，_满足约束条件：_，则_的最大值为（）A．-3 B．_ C．3 D．46.程序框图如图所示，该程序运行的结果为_，则判断框中可填写的关于_的条件是（）_A．_ B．_ C．_ D．_7.南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：_，_），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）A．82平方里B．83平方里C．84平方里D．85平方里8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）_A．_ B．_ C．_ D．_9.已知_是定义在_上的偶函数，且在_上为增函数，则_的解集为（）A．_ B．_ C．_ D．_10.在_中，_，_，则_的最大值为（）A．_ B．_ C．_ D．_11.过抛物线_焦点_的直线交抛物线于_，_两点，点_在直线_上，若_为正三角形，则其边长为（）A．11 B．12 C．13 D．1412.设_，_为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，_正方向到_正方向的角度为_，那么对于任意的点_，在_下的坐标为_，那么它在_坐标系下的坐标_可以表示为：_，_.根据以上知识求得椭圆_的离心率为（）A．_ B．_ C．_ D．_二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.命题_：_，_的否定为．14.甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小.据此推断班长是．15.一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为．16.已知函数_，_，若函数_有三个不同的零点_，_，_（其中_），则_的取值范围为．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.（一）必考题：共60分17.已知等比数列_的前_项和为_，且满足_.（Ⅰ）求数列_的通项公式；（Ⅱ）若数列_满足_，求数列_的前_项和_.18.四棱锥_的底面_为直角梯形，_，_，_，_为正三角形._（Ⅰ）点_为棱_上一点，若_平面_，_，求实数_的值；（Ⅱ）若_，求二面角_的余弦值.19.小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元.（Ⅰ）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪_（单位：元）与送货单数_的函数关系式；（Ⅱ）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在__时，日平均派送量为_单.若将频率视为概率，回答下列问题：_①根据以上数据，设每名派送员的日薪为_（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪_的分布列，数学期望及方差；②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由.（参考数据：_，_，_，_，_，_，_，_，_）20.已知椭圆_：_的左、右焦点分别为_，_，且离心率为_，_为椭圆上任意一点，当_时，_的面积为1.（Ⅰ）求椭圆_的方程；（Ⅱ）已知点_是椭圆_上异于椭圆顶点的一点，延长直线_，_分别与椭圆交于点_，_，设直线_的斜率为_，直线_的斜率为_，求证：_为定值.21.已知函数_，_，在_处的切线方程为_.（Ⅰ）求_，_；（Ⅱ）若方程_有两个实数根_，_，且_，证明：_.（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系_中，曲线_的参数方程为_（_，_为参数），以坐标原点_为极点，_轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线_的极坐标方程为_，若直线_与曲线_相切；（Ⅰ）求曲线_的极坐标方程；（Ⅱ）在曲线_上取两点_，_与原点_构成_，且满足_，求面积_的最大值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数_的定义域为_；（Ⅰ）求实数_的取值范围；（Ⅱ）设实数_为_的最大值，若实数_，_，_满足_，求_的最小值.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案一、选择题1-5: AABDC 6-10: CCDBD 11、12：BA二、填空题13. _ 14. 乙15. _ 16. _三、解答题17解：(1)法一：由_得_，当当_时，_，即_，又_，当_时符合上式，所以通项公式为_.法二：由_得_，从而有_，所以等比数列公比_，首项_，因此通项公式为_.（2）由（1）可得_，_，_.18.（1）因为_平面SDM，__平面ABCD，平面SDM _平面ABCD=DM，所以_，因为_,所以四边形BCDM为平行四边形，又_,所以M为AB的中点.因为_，_._（2）因为__，__，所以_平面_，又因为_平面_，所以平面_平面_，平面_平面_，在平面_内过点_作_直线_于点_，则_平面_，在_和_中，因为_，所以_，又由题知_，所以_所以_，以下建系求解.以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES方向为Z轴建立如图所示空间坐标系，则_，_，_，_，_，_，_，_，_，设平面_的法向量_，则_，所以_，令_得_为平面_的一个法向量，同理得_为平面_的一个法向量，_，因为二面角_为钝角，所以二面角_余弦值为_._19.解：（1）甲方案中派送员日薪_（单位：元）与送单数_的函数关系式为：_，乙方案中派送员日薪_（单位：元）与送单数_的函数关系式为：_，①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：单数5254565860频率0.20.30.20.20.1所以_的分布列为：_152154156158160_0.20.30.20.20.1所以_，_，所以_的分布列为：_140152176200_0.50.20.20.1所以_，_，②答案一：由以上的计算可知，虽然_，但两者相差不大，且_远小于_，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.答案二：由以上的计算结果可以看出，_，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案.20解：（1）设_由题_，解得_，则_，_椭圆_的方程为_.（2）设_，_，当直线_的斜率不存在时，设_，则_，直线_的方程为_代入_，可得__，_，则__直线_的斜率为_，直线_的斜率为_，_，当直线_的斜率不存在时，同理可得_.当直线_、_的斜率存在时，_设直线_的方程为_，则由_消去_可得：_，又_，则_，代入上述方程可得_，_，则__，设直线_的方程为_，同理可得_，_直线_的斜率为_，_直线_的斜率为_，__.所以，直线_与_的斜率之积为定值_，即_.21．解：（Ⅰ）由题意_，所以_，又_，所以_，若_，则_，与_矛盾，故_，_.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知_，_，设_在(-1，0)处的切线方程为_，易得，_，令_即_，_，当_时，_当_时，设_，_，故函数_在_上单调递增，又_，所以当_时，_，当_时，_，所以函数_在区间_上单调递减，在区间_上单调递增，故_，_，设_的根为_，则_，又函数_单调递减，故_，故_，设_在(0,0)处的切线方程为_，易得_，令_，_，当_时，_，当_时，_故函数_在_上单调递增，又_，所以当_时，_，当_时，_，所以函数_在区间_上单调递减，在区间_上单调递增，_，_ ，设_的根为_，则_，又函数_单调递增，故_，故_，又_，_.选作题22（1）由题意可知直线_的直角坐标方程为_，曲线_是圆心为_，半径为_的圆，直线_与曲线_相切，可得：_；可知曲线C的方程为_，所以曲线C的极坐标方程为_，即_.(2)由（1）不妨设M（_），_，（_）___.当__时, _，所以△MON面积的最大值为_.23. 【解析】（1）由题意可知_恒成立，令_，去绝对值可得：_，画图可知_的最小值为-3，所以实数_的取值范围为_；（2）由（1）可知_，所以_，__，当且仅当_，即_等号成立，所以_的最小值为_.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案选择题（A卷答案）1-5AABDC 6-10CCDBD 11-12 BA（B卷答案）1-5BBADC 6-10CCDAD 11-12 AB填空题13. _ 14. 乙15. _ 16. _三、解答题(解答题仅提供一种或两种解答，其他解答请参照此评分标准酌情给分）17解：(1)法一：由_得_………………2分当当_时，_，即_………………4分又_，当_时符合上式，所以通项公式为_………………6分法二：由_得_ ………………2分从而有_ ………………4分所以等比数列公比_，首项_，因此通项公式为_………………6分（2）由（1）可得_…………………8分_………………………10分_……………12分18（1）因为_平面SDM,__平面ABCD,平面SDM _平面ABCD=DM,所以_……………………2分因为_,所以四边形BCDM为平行四边形，又，_,所以M为AB的中点。

石家庄市2018届高三一模理科数学试卷含答案

②答案一：
由以上的计算可知，虽然 E X甲 E X乙，但两者相差不大，且 S甲2 远小于 S乙2 ，即甲方案日工资收入波动相对较
小，所以小明应选择甲方案。--------12 分答案二：
由以上的计算结果可以看出， E X甲 E X乙，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方
y
140, (n 55, n N) 12n 520, (n 55, n
N)
………………………4
分
（2）①由已知，在这 100 天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：
单数
52
54
56
58
60
频率
0.2
0.3
0.2
0.2
0.1
所以 X甲的分布列为：
X甲
152
154
156
158
160
P
0.2
石家庄市 2017-2018 学年高中毕业班第一次模拟考试试题
理科数学答案
一、选择题（A 卷答案） 1-5AABDC 6-10CCDBD （B 卷答案） 1-5BBADC 6-10CCDAD 二、填空题
11-12 BA 11-12 AB
13. p : x 1, x2 2x 3 0 14. 乙
15. 2 3
16.
e2
2
e
,
0
三、解答题(解答题仅提供一种或两种解答，其他解答请参照此评分标准酌情给分）
17 解：(1)
法一：
由 2Sn 2n1 m(m R) 得 2Sn1 2n m(m R) ………………2 分
当当 n 2 时， 2an 2Sn 2Sn1 2n ，即 an 2n1(n 2) ………………4 分

高三数学河北省石家庄市2018届高三下学期一模考试试题(A卷)理科数学及参考答案及参考答案

河北省石家庄市2018届高三下学期一模考试数学试题（理）（A卷）【参考答案】1-5AABDC 6-10CCDBD 11-12 BA13. 2:1,230p x x x ⌝∀≥--≥ 14. 乙15. 16. 22,0e -e ⎛⎫- ⎪⎝⎭17.解：(1)法一：由122()n n S m m R +=+∈得122()n n S m m -=+∈R ,当当2n ≥时,12222n n n n a S S -=-=,即12(2)n n a n -=≥, 又1122m a S ==+,当2m =-时符合上式,所以通项公式为12n n a -=, 法二：由122()n n S m m R +=+∈得1232;4;8()S m S m S m m R =+⎧⎪=+⎨⎪=+∈⎩ ,从而有2213322,4a S S a S S =-==-=, 所以等比数列公比322a q a ==,首项11a =,因此通项公式为12n n a -=, （2）由（1）可得1212log ()log (22)21n n n n a a n -+⋅=⋅=-,1111()(21)(21)22121n b n n n n ∴==-+--+, 12111111(1)2335212121n n n T b b b n n n ∴=+++=-+-++-=-++. 18.解：（1）因为//BC 平面SDM ,BC ⊂平面ABCD ,平面SDM 平面ABCD =DM ,所以DM BC //,因为DC AB //,所以四边形BCDM 为平行四边形,又,CD AB 2=,所以M 为AB 的中点,因为AB AM λ=,12λ∴=；（2）因为BC ⊥SD , BC ⊥CD ,所以BC ⊥平面SCD ,又因为BC ⊂平面ABCD ,所以平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,在平面SCD 内过点S 作SE ⊥直线CD 于点E ,则SE ⊥平面ABCD ,在Rt SEA 和Rt SED 中,因为SA SD =,所以AE DE ==,又由题知45EDA ∠=,所以AE ED ⊥所以1AE ED SE ===,以下建系求解.以点E 为坐标原点,EA 方向为X 轴,EC 方向为Y 轴,ES 方向为Z 轴建立如图所示空间坐标系,则(0,0,0)E ,(0,0,1)S ,(1,0,0)A ,(1,2,0)B ,(0,2,0)C ,(1,0,1)SA =-,(0,2,0)AB =,(0,2,1)SC =-,(1,0,0)CB =,设平面SAB 的法向量1(,,)n x y z =,则1100n SA n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,所以020x z y -=⎧⎨=⎩, 令1x =得1(1,0,1)n =为平面SAB 的一个法向量,同理得2(0,1,2)n =为平面SBC 的一个法向量, 12121210cos ,||||n n n n n n ⋅<>==⋅,因为二面角A SB C --为钝角,所以二面角A SB C --余弦值为5-. 19.解：（1）甲方案中派送员日薪y （单位：元）与送单数n 的函数关系式为： N ,100∈+=n n y ,乙方案中派送员日薪y （单位：元）与送单数n 的函数关系式为：⎩⎨⎧∈>-∈≤=N),55(,52012N),55(,140n n n n n y . ①由已知,在这100天中,该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：所以X 甲的分布列为：所以()=1520.21540.31560.21580.21600.1155.4E X ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=甲, ()()()()()222222=0.2152155.4+0.3154155.4+0.2156155.4+0.2158155.4+0.1160155.4=6.44.S ⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-甲所以X 乙的分布列为：所以()=1400.51520.21760.22000.1=155.6E X ⨯+⨯+⨯+⨯乙.()()()()22222=0.5140155.6+0.2152155.6+0.2176155.6+0.1200155.6=404.64.S ⨯-⨯-⨯-⨯-乙②答案一：由以上的计算可知,虽然()()E X E X <乙甲,但两者相差不大,且2S 甲远小于2S 乙,即甲方案日工资收入波动相对较小,所以小明应选择甲方案.答案二：由以上的计算结果可以看出,()()E X E X <乙甲,即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望,所以小明应选择乙方案. 20解：（1）设,,2211r MF r MF ==由题122221212224112c e a r r a r r cr r ⎧==⎪⎪+=⎪⎨+=⎪⎪⋅=⎪⎩,解得1a c ==,则21b =, ∴椭圆C 的方程为2212x y +=.（2）设0000(,)(0)A x y x y ⋅≠,1122(,),(,)B x y C x y , 当直线1AF 的斜率不存在时,设(1,2A -,则(1,2B --, 直线2AF的方程为(1)4y x =--代入2212x y +=,可得25270x x --= 275x ∴=,210y =-则7(,510D - ∴直线BD的斜率为1(1027(1)5k -==--,直线OA的斜率为22k =-121(6k k ∴⋅==-, 当直线2AF 的斜率不存在时,同理可得1216k k ⋅=-. 当直线1AF 、2AF 的斜率存在时,10±≠x设直线1AF 的方程为00(1)1y y x x =++,则由0022(1)112y y x x x y ⎧=+⎪+⎪⎨⎪+=⎪⎩消去x 可得： 22222200000[(1)2]422(1)0x y x y x y x ++++-+=,又220012x y +=,则220022y x =-,代入上述方程可得 2220000(32)2(2)340x x x x x x ++---=,2000101003434,3232x x x x x x x x ----∴⋅=∴=++,则000100034(1)13232y x y y x x x --=+=-+++ 000034(,)2323x y B x x +∴--++ 设直线2AF 的方程为00(1)1y y x x =--,同理可得000034(,)2323x y D x x --- , ∴直线BD 的斜率为000000001220000002323434341224362323y y x x x y x y k x x x x x x +-+===-+--+-+, 直线OA 的斜率为020y k x =, ∴20200001222200001123636366x x y y y k k x x x x -⋅=⋅===----. 所以,直线BD 与OA 的斜率之积为定值16-,即1216k k ⋅=-. 21．解：（Ⅰ）由题意()10f -=,所以()1(1)10f b a e ⎛⎫-=-+-= ⎪⎝⎭, 又()()1x f x x b e a '=++-,所以1(1)1b f a e e'-=-=-+, 若1a e=,则20b e =-<,与0b >矛盾,故1a =,1b =；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知()()()11x f x x e =+-, (0)0,(1)0f f =-=, 设)(x f 在(-1,0)处的切线方程为)(x h ,易得,()1()11e h x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,令()()()F x f x h x =-即()()()1()1e 111e x F x x x ⎛⎫=+---+ ⎪⎝⎭,()1()2e ex F x x '=+-, 当2x ≤-时,()11()2e 0e ex F x x '=+-<-< 当2x >-时,设()1()()2e ex G x F x x '==+-, ()()3e 0x G x x '=+>, 故函数()F x '在()2,-+∞上单调递增,又(1)0F '-=,所以当(),1x ∈-∞-时,()0F x '<,当()1,x ∈-+∞时,()0F x '>,所以函数()F x 在区间(),1-∞-上单调递减,在区间()1,-+∞上单调递增, 故0)1()(=-≥F x F ,11()()f x h x ≥,设()h x m =的根为1x ',则1e 11em x '=-+-, 又函数()h x 单调递减,故111()()()h x f x h x '=≥,故11x x '≤,设()y f x =在(0,0)处的切线方程为()y t x =,易得()t x x =令()()()()()1e 1x T x f x t x x x =-=+--,()()2e 2xT x x '=+-, 当2x ≤-时,()()2220x T x x e '=+-<-<当2x >-时,故函数()T x '在()2,-+∞上单调递增,又(0)0T '=,所以当(),0x ∈-∞时,()0T x '<,当()0,x ∈+∞时,()0T x '>,所以函数()T x 在区间(),0-∞上单调递减,在区间()0,+∞上单调递增, 0)0()(=≥T x T ,22()()f x t x ≥ ,设()t x m =的根为2x ',则2x m '=,又函数()t x 单调递增,故222()()()t x f x t x '=≥,故22x x '≥,又11x x '≤,2121e (12e)111e 1e m m x x x x m -⎛⎫''-≤-=--+=+ ⎪--⎝⎭. 选作题22.解：（1）由题意可知直线l的直角坐标方程为2y =+, 曲线C是圆心为,半径为r 的圆,直线l 与曲线C 相切,可得：2r =；可知曲线C的方程为22((1)4x y +-=,所以曲线C的极坐标方程为2cos 2sin 0ρθρθ--=, 即4sin()3ρθπ=+ ； (2)由（1）不妨设M （1,ρθ）,)6,(2πθρ+N ,（120,0ρρ>>）6πS MON =∆ ,, 当12πθ=时, 32+≤∆MO N S , 所以△MON面积的最大值为2+.23. 解：（1）由题意可知32x x m --≥恒成立,令3()2x g x x -=-, 去绝对值可得：36,(3)()263,(03)6,(0)x x x g x x x x x x --≥⎧⎪=-=-<<⎨⎪-≤⎩,画图可知()g x 的最小值为-3,所以实数m 的取值范围为3m ≤-；（2）由（1）可知2229a b c ++=,所以22212315a b c +++++=,222222222111()(123)11112312315a b c a b c a b c ++⋅++++++++++=+++22222221313239312132315155b a c a c b a b a c b c ++++++++++++++++++=≥= 当且仅当2221235a b c +=+=+=,即2224,3,2a b c ===等号成立, 所以222111123a b c +++++的最小值为35.。

河北省石家庄市2018届高三毕业班教学质量检测数学(理)试题(图片版)【含答案】

2017-2018年质检一理科答案一.选择题DBDDB CBACB BA 二.填空题 13. -1 14.1215.2053π 16. 3三.解答题17. 解:（Ⅰ）由1112n n n n n a a n +++=+可得1112n n n a a n n +=++1111,,1,1,2n n n n n a b b b a b n +=∴-===又由得累加法可得：()()()21321121111222n n n b b b b b b ---+-++-=+++化简并代入11b =得：1122n n b -=-；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知122n n n a n -=-，设数列12n n -⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T则 01211232222n n n T -=++++①123112322222n n n T =++++②①-②0012111111111221222222212222422n n n n nn n n n n T n n T ---=+++-=--++=-∴=-18. 解（Ⅰ）由题()0.0040.0120.0240.040.012101m +++++⨯= 解得 0.008m =950.004101050.012101150.024101250.04101350.012101450.00810x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯121.8=（Ⅱ）成绩在[)130,140的同学人数为6，,在[]140,150的同学人数为4，从而ξ的可能取值为0,1,2，3，()0346310106C C P C ξ===， ()1246310112C C P C ξ=== ()21463103210C C P C ξ=== ()30463101330C C P C ξ===所以ξ的分布列为 ξ0 1 2 3P16 12 310 130113160123.6210305E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=19. （Ⅰ）证明：由题知四边形ABCD 为正方形∴AB//CD ，又CD ⊂平面PCD ，AB ⊄平面PCD∴AB//平面PCD 又AB ⊂平面ABFE ，平面ABFE∩平面PCD=EF∴EF // AB ，又AB//CD ∴EF //CD ，由S △PEF ：S 四边形CDEF=1:3知E 、F 分别为PC 、PD 的中点连接BD 交AC 与G ，则G 为BD 中点，在△PBD 中FG 为中位线，∴ EG//PB ∵ EG//PB ，EG ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ∴PB//平面ACE.（Ⅱ）∵底面ABCD 为正方形，且PA ⊥底面ABCD ，∴PA 、AB 、AD 两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz ，设AB=AD=2a ，AP=2b ，则A （0，0，0），D （0，2a ，0），C （2a ，2a ，0）G （a ，a ，0），P （0，0，2b ），F （a ，a ，b ），∵PA ⊥底面ABCD ，DG ⊂底面ABCD ，∴DG ⊥PA ， ∵四边形ABCD 为正方形∴AC ⊥BD,即DG ⊥AC ，AC∩PA=A ∴DG ⊥平面CAF ，∴平面CAF 的一个法向量为(,,0)DG a a =-设平面AFD 的一个法向量为(,,)m x y z =而(0,2,0),(,,)AD a AF a a b ==由00m AD m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得02000x a y z ax ay bz ⋅+⋅+⋅=⎧⎨++=⎩取z a =-可得(,0,)m b a =-为平面AED 的一个法向量，设二面角C —AF —D 的大小为θ则22225cos ||5||||DG m ab DG m a a a b θ⋅===⋅+⋅+得63b a =又2,2,PA b AB a == ∴63λ=∴当二面角C —AF —D 的余弦值为55时63λ=. 20.解：（Ⅰ）设1AF 的中点为M ，在三角形21F AF 中，由中位线得：11221)2(2121AF a AF a AF OM -=-==当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即1213AF OM -=所以3=a ，椭圆长轴长为6.（Ⅱ）由已知1=b ，,22=c 3=a ，所以椭圆方程为1922=+y x 当直线AB 斜率存在时，设直线AB 方程为：)22(+=x k y 设),(),,(A 2211y x B y x 由⎪⎩⎪⎨⎧+==+)22(9922x k y y x 得0972236)19(2222=-+++k x k x k 0>∆∴恒成立192362221+-=+∴k k x x 199722221+-=k k x x 19)22)(22(2221221+-=++=k k x x k y y 设)0,(0x T 212002121)(y y x x x x x x TB TA +++-=⋅199)712369(2202020+-+++=k x k x x当)9(971236920020-=++x x x 即92190-=x 时TB TA ⋅为定值817920-=-x 当直线AB 斜率不存在时，不妨设)31,22(),31,22(---B A 当)0,9219(-T 时81731923192-=-⋅=⋅），（），（TB TA ，为定值综上：在X 轴上存在定点)0,9219(-T ，使得TB TA ⋅为定值817-21.解：（Ⅰ）若1=a ，则)12(2)(--=x xe x f x，当0=x 时，2)(=x f ，4)('-+=xxe xe xf ，当0=x 时，3)('-=x f ，所以所求切线方程为23+-=x y 。

河北省石家庄市2018届高三毕业班上学期教学质量检测数学(理)试题及答案解析

石家庄市2018届高中毕业班教学质量检测（一）理科数学一、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）C. D.【答案】D则D.2. ）【答案】BB.3. 抛物线的准线方程是（）【答案】DD.4. 已知某厂的产品合格率为0.8，现抽出10件产品检查，则下列说法正确的是（）A. 合格产品少于8件B. 合格产品多于8件C. 合格产品正好是8件D. 合格产品可能是8件【答案】DD.5. 中，点（）D.【答案】B，故选B.6. 当时，执行如图所示的程序框图，则输出的（）A. 9B. 15C. 31D. 63【答案】CC.【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.7.的最小值为（）【答案】B向右平移的图象向右平移个单位长度后与函数图象重合，时，的最小值为 B.8. ，（）【答案】A【解析】为奇函数，单调递增，也单调递增，，，或，故选A.9. 如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线条表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中面积最小是（）2【答案】C【解析】，图中正方体棱长为C.10. 双曲线和双曲线的右支分别交于两点，若点平分线段则该双曲线的离心率是（）C. 2【答案】B【解析】，因为，由，解得，故选B.【方法点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于的等式，从而求出的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于的等式，最后解出的值.11.（）A. 3B. 6C. 9D. 12【答案】B【解析】h(x)=的图象关于,令可得，所以函数也关于对称，由图可知函数h(x)=的图象与函数的图象有四个交点，所以函数上的所有零点个数为四，函数故选B.12. 定义：如果函数在区间，满足是在区间已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（）A. B.【答案】A在区间有两个解，令A..【方法点睛】本题考查导数的运算法则、一元二次方程根的分布、新定义问题及数形结合思想，属于难题.新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“双中值函数”达到考查导数的运算法则、一元二次方程根的分布的目的.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. __________．【答案】-1【解析】①令①式中，.14. __________．【解析】,时，直线轴上的截距最小，【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15.__________．【解析】设侧面SAB，，，，为正三角形，为矩形，，外接圆半径为，由正弦定，由勾股定理可得，外接球的表面积为故答案为16.__________．【答案】3，时，有最大值，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. 已知数列（1（2）求数列【答案】【解析】试题分析：（1，则（2）由（1）可知，利用分组求和法求和，分别利用等差数列项和，从而可得数列（1累加法可得：（2，设数列则18. 某学校为了解高三复习效果，从高三第一学期期中考试成绩中随机抽取50名考生的数学成绩，分成6组制成频率分布直方图如图所示：（150（2）该学校为制定下阶段的复习计划，从成绩在3位作为代表进行座，写出的分布列，并求出期望.【答案】【解析】试题分析：（1解得（2）成绩在，成绩在.试题解析：（1解得(2)64，所以的分布列为19. 已知四棱锥，底面）.（1）证明：（2时，二面角求的值.【答案】【解析】试题分析：（1）由正方形性质可得，从而得，根据线面平行的（2的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得.试题解析：（1）由题知四边形ABCD为正方形PCD，PCD∴AB//平面PCD又ABFE，平面ABFE∩平面PCD=EF∴EF // AB，又AB//CD∴EF //CD，由S△PEF：S四边形CDEF=1:3知E、F分别为PC、PD的中点连接BD交AC与G，则G为BD中点，在△PBD中EG为中位线，∴ EG//PB∵ EG//PB，ACE，ACE∴PB//平面ACE.（2）∵底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，∴PA、AB、AD两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，设AB=AD=2a，AP=2b，则A（0，0，0），D（0，2a，0），C（2a，2a，0）G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b），∵PA⊥底面ABCD，ABCD，∴DG⊥PA ，∵四边形ABCD为正方形∴AC⊥BD,即DG⊥AC，AC∩PA=A∴DG⊥平面CAF，∴平面CAF设平面AFD而为平面AED的一个法向量，设二面角C—AF—D的大小为∴∴当二面角C—AF—D的余弦值为【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 已知椭圆.（1求椭圆的长轴长；（2时，问在轴上是否存在定点.【答案】（Ⅰ）6（Ⅱ）见解析【解析】试题分析：（1的中点为当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即，所以，椭（2，设直线AB方程为：，设为定值.试题解析：M当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即6.，所以椭圆方程为当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为：恒成立设当即斜率不存在时，不妨设，为定值综上：在X轴上存在定点，使得21. 已知函数.（1（2时，函数.【答案】【解析】试题分析：（1得切线斜率，（2）存在唯一根上单调递增，.试题解析：（Ⅰ）若即，只需请考生在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. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程是为参数），以坐标原点为极点，的极坐标方程为（1）求直线的极坐标方程；（2两点，求【答案】（Ⅱ）试题解析：消去得：所以曲线C圆C的圆心C（0，-123. 已知函数（1（2）若函数的图像与.【答案】（Ⅰ）【解析】试题分析：（1）（2时，时，象及零点存在定理，排除不合题意的情况，可得符合题意的实数的取值范围.试题解析：（1（2，要使函数时，，函数.此时a无解.综上可知，当.。

河北省石家庄市2018年4月高考一模考试数学试题(理)含答案

A．_
B．_
C．_
D．_
11.过抛物线_焦点_的直线交抛物线于_，_两点，点_在直线_上，若_为正三角形，则其边
长为（）
A．11
B．12
C．13
D．14
12.设_，_为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，_正方向到_正方向的角度为_，
那么对于任意的点_，在_下的坐标为_，那么它在_坐标系下的坐标_可以表示为：_，_.根
所以_，
因为_,所以四边形 BCDM 为平行四边形，
又_,所以 M 为 AB 的中点.
因为_，
_.
_
（2）因为__， __，
15.一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为 2 的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形
斜边的最小值为
．
16.已知函数_，_，若函数_有三个不同的零点_，_，_（其中_），则_的取值范围为
．
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.
21.已知函数_，_，在_处的切线方程为_.
（Ⅰ）求_，_；
（Ⅱ）若方程_有两个实数根_，_，且_，证明：_.
（二）选考题：共 10 分，请考生在 22、23 题中任选一题作答，并用 2B 铅笔将答题卡上
所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进
行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分.
（一）必考题：共 60 分
17.已知等比数列_的前_项和为_，且满足_.
（Ⅰ）求数列_的通项公式；
（Ⅱ）若数列_满足_，求数列_的前_项和_.
18.四棱锥_的底面_为直角梯形，_，_，_，_为正三角形.

河北省石家庄市重点中学2018届毕业班质量检测数学(理)试卷含答案

河北省石家庄市重点中学2018届毕业班质量检测数学试题（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是渡河题目要求的.1．设全集U={x∈N*|x≤4}，集合A={1，4}，B={2，4}，则∁U（A∩B）=（）A．{1，2，3}B．{1，2，4}C．{1，3，4}D．{2，3，4}2．设z=1+i（i是虚数单位），则﹣=（）A．i B．2﹣i C．1﹣i D．03．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若=，则cosB=（）A．﹣ B．C．﹣D．4．函数f（x）=e x cosx在点（0，f（0））处的切线方程是（）A．x+y+1=0 B．x+y﹣1=0 C．x﹣y+1=0 D．x﹣y﹣1=05．已知函数f（x）=（）x﹣cosx，则f（x）在[0，2π]上的零点个数为（）A．1 B．2 C．3 D．46．按如下程序框图，若输出结果为273，则判断框内？处应补充的条件为（）A．i＞7 B．i≥7 C．i＞9 D．i≥97．设双曲线+=1的一条渐近线为y=﹣2x，且一个焦点与抛物线y=x2的焦点相同，则此双曲线的方程为（）A．x2﹣5y2=1 B．5y2﹣x2=1 C．5x2﹣y2=1 D．y2﹣5x2=18．正项等比数列{a n}中的a1，a4031是函数f（x）=x3﹣4x2+6x﹣3的极值点，则=（）A．1 B．2 C．D．﹣19．如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为（）A．B．C．D．210．已知函数f（x）=x+，g（x）=2x+a，若∀x1∈[，1]，∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是（）A．a≤1 B．a≥1 C．a≤2 D．a≥211．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与椭圆交于A、B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则离心率为（）A．B．2﹣C．﹣2 D．﹣12．已知函数f（x）=，若关于x的不等式[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0恰有1个整数解，则实数a的最大值是（）A．2 B．3 C．5 D．8二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．二项式的展开式中，x2项的系数为．14．若不等式x2+y2≤2所表示的区域为M，不等式组表示的平面区域为N，现随机向区域N内抛一粒豆子，则豆子落在区域M内的概率为．15．△ABC的三个内角A，B，C，若=tan（﹣π），则2cosB+sin2C的最大值为．16．已知点A（0，﹣1），B（3，0），C（1，2），平面区域P是由所有满足=λ+μ（2＜λ≤m，2＜μ≤n）的点M组成的区域，若区域P的面积为6，则m+n的最小值为．三、解答题（满分60分）17．已知数列{a n}的首项a1=1，前n项和S n，且数列{}是公差为2的等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=（﹣1）n a n，求数列{b n}的前n项和T n．18．某中药种植基地有两处种植区的药材需在下周一、周二两天内采摘完毕，基地员工一天为10万元，额外聘请工人的成本为a万元．已知下周一和下周二有雨的概率相同，两天是否下雨互不影响，基地收益为20万元的概率为0.36．（1）若不额外聘请工人，写出基地收益X 的分布列及基地的预期收益；（2）该基地是否应该外聘工人，请说明理由．19．如图，矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=CD，BE⊥DF．（1）若M位EA的中点，求证：AC∥平面MDF；（2）求平面EAD与平面EBC所成的锐二面角的大小．20．已知点M（﹣1，0），N（1，0），曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的倍．（1）求曲线E的方程；（2）已知m≠0，设直线l：x﹣my﹣1=0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx+y﹣m=0交曲线E于B，D两点，C，D两点均在x轴下方，当CD的斜率为﹣1时，求线段AB的长．21．设函数f（x）=x2﹣mlnx，g（x）=x2﹣（m+1）x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当m≥1时，讨论函数f（x）与g（x）图象的交点个数．请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-1：几何证明选讲.22．如图，∠BAC的平分线与BC和△ABC的外接圆分别相交于D和E，延长AC交过D，E，C三点的圆于点F．（1）求证：EC=EF；（2）若ED=2，EF=3，求AC•AF的值．选修4-4：坐标系与参数方程23．已知曲线C1的参数方程为曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos（θ﹣），以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．（1）求曲线C2的直角坐标方程；（2）求曲线C2上的动点M到直线C1的距离的最大值．选修4-5：不等式选讲24．已知函数f（x）=|x﹣2|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）＞1．（2）当x＞0时，函数g（x）=（a＞0）的最小值总大于函数f（x），试求实数a 的取值范围．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 14. 15. 16.三、解答题（满分60分）2018届毕业班质量检测（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是渡河题目要求的.1．设全集U={x∈N*|x≤4}，集合A={1，4}，B={2，4}，则∁U（A∩B）=（）A．{1，2，3}B．{1，2，4}C．{1，3，4}D．{2，3，4}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】由已知中全集U={x∈N*|x≤4}，A={1，4}，B={2，4}，根据补集的性质及运算方法，我们求出A∩B，再求出其补集，即可求出答案．【解答】解：∵全集U={x∈N*|x≤4}={1，2，3，4}，A={1，4}，B={2，4}∴A∩B={4}，∴∁U（A∩B）={1，2，3}故选：A．2．设z=1+i（i是虚数单位），则﹣=（）A．i B．2﹣i C．1﹣i D．0【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】把复数z代入，然后直接利用复数代数形式的除法运算化简求值【解答】解：z=1+i（i是虚数单位），则﹣=﹣（1﹣i）=﹣1+i=1﹣i﹣1+i=0，故选：D．3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若=，则cosB=（）A．﹣ B．C．﹣D．【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】由已知及正弦定理可得=，解得tanB=，结合范围0＜B＜π，可求B=，即可得解cosB=．【解答】解：∵=，又∵由正弦定理可得：，∴=，解得：cosB=sinB，∴tanB=，0＜B＜π，∴B=，cosB=．故选：B．4．函数f（x）=e x cosx在点（0，f（0））处的切线方程是（）A．x+y+1=0 B．x+y﹣1=0 C．x﹣y+1=0 D．x﹣y﹣1=0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程可得所求切线的方程．【解答】解：函数f（x）=e x cosx的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx），即有在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）=1，切点为（0，1），则在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣1=x﹣0，即为x﹣y+1=0．故选C．5．已知函数f（x）=（）x﹣cosx，则f（x）在[0，2π]上的零点个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】函数零点的判定定理．【分析】分别作出y=（）x和y=cosx在[0，2π]上的函数图象，根据函数图象的交点个数来判断．【解答】解：令f（x）=0得（）x=cosx，分别作出y=（）x和y=cosx的函数图象，由图象可知y=（）x和y=cosx在[0，2π]上有3个交点，∴f（x）在[0，2π]上有3个零点．故选：C．6．按如下程序框图，若输出结果为273，则判断框内？处应补充的条件为（）A．i＞7 B．i≥7 C．i＞9 D．i≥9【考点】程序框图．【分析】按照程序框图的流程写出前三次循环的结果，直到第三次按照已知条件需要输出，根据循环的i的值得到判断框中的条件．【解答】解：经过第一次循环得到S=3，i=3经过第二次循环得到S=3+33=30，i=5经过第三次循环得到S=30+35=273，i=7此时，需要输出结果，此时的i满足判断框中的条件故选：B．7．设双曲线+=1的一条渐近线为y=﹣2x，且一个焦点与抛物线y=x2的焦点相同，则此双曲线的方程为（）A．x2﹣5y2=1 B．5y2﹣x2=1 C．5x2﹣y2=1 D．y2﹣5x2=1【考点】双曲线的简单性质．【分析】求出抛物线的焦点坐标，确定双曲线的焦点，求出a，b，c，即可求出双曲线的标准方程【解答】解：∵双曲线的一个焦点与抛物线y=x2的焦点相同，∴双曲线的焦点在y轴，且焦点坐标为（0，1），即c=1，则双曲线+=1标准方程形式为﹣=1，则b＞0，a＜0，由﹣=0得y2=x2，则双曲线的渐近线为y=±x，∵双曲线一条渐近线为y=﹣2x，∴=2，即=4，则b=﹣4a，∵b+（﹣a）=c2=1，∴﹣5a=1，则a=﹣，b=，则双曲线的方程为=1，即y2﹣5x2=1，故选：D8．正项等比数列{a n}中的a1，a4031是函数f（x）=x3﹣4x2+6x﹣3的极值点，则=（）A．1 B．2 C．D．﹣1【考点】等比数列的通项公式；利用导数研究函数的极值．【分析】f′（x）=x2﹣8x+6=0，由于a1，a4031是函数f（x）=x3﹣4x2+6x﹣3的极值点，可得a1•a4031=6，a2016=．即可得出．【解答】解：f（x）=x3﹣4x2+6x﹣3，∴f′（x）=x2﹣8x+6=0，∵a1，a4031是函数f（x）=x3﹣4x2+6x﹣3的极值点，∴a1•a4031=6，又a n＞0，∴a2016==．∴=1．故选：A．9．如图是一个四面体的三视图，这个三视图均是腰长为2的等腰直角三角形，正视图和俯视图中的虚线是三角形的中线，则该四面体的体积为（）A．B．C．D．2【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的三棱锥C1﹣BDE，其中E是CD中点，由此能求出该四面体的体积．【解答】解：由四面体的三视图得该四面体为棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中的三棱锥C1﹣BDE，其中E是CD中点，△BDE面积，三棱锥C1﹣BDE的高h=CC1=2，∴该四面体的体积：V==．故选：A．10．已知函数f（x）=x+，g（x）=2x+a，若∀x1∈[，1]，∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），则实数a的取值范围是（）A．a≤1 B．a≥1 C．a≤2 D．a≥2【考点】全称命题．【分析】由∀x1∈[﹣1，2]，都∃x2∈[1，2]，使得f（x1）≥g（x2），可得f（x）=x2+1在x1∈[﹣1，2]的最小值不小于g（x）=ax+2在x2∈[1，2]的最小值，构造关于a的不等式组，可得结论．【解答】解：当x1∈[，1]时，由f（x）=x+得，f′（x）=，令f′（x）＞0，解得：x＞2，令f′（x）＜0，解得：x＜2，∴f（x）在[，1]单调递减，∴f（1）=5是函数的最小值，当x2∈[2，3]时，g（x）=2x+a为增函数，∴g（2）=a+4是函数的最小值，又∵∀x1∈[，1]，都∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），可得f（x）在x1∈[，1]的最小值不小于g（x）在x2∈[2，3]的最小值，即5≥a+4，解得：a≤1，故选：A．11．已知椭圆+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与椭圆交于A、B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则离心率为（）A．B．2﹣C．﹣2 D．﹣【考点】椭圆的简单性质．【分析】设|F1F2|=2c，|AF1|=m，若△ABF1构成以A为直角顶点的等腰直角三角形，则|AB|=|AF1|=m，|BF1|=m，再由椭圆的定义和周长的求法，可得m，再由勾股定理，可得a，c的方程，求得，开方得答案．【解答】解：如图，设|F1F2|=2c，|AF1|=m，若△ABF1构成以A为直角顶点的等腰直角三角形，则|AB|=|AF1|=m，|BF1|=m，由椭圆的定义可得△ABF1的周长为4a，即有4a=2m+m，即m=2（2﹣）a，则|AF2|=2a﹣m=（2﹣2）a，在直角三角形AF1F2中，|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2，即4c2=4（2﹣）2a2+4（﹣1）2a2，∴c2=（9﹣6）a2，则e2==9﹣6=，∴e=．故选：D．12．已知函数f（x）=，若关于x的不等式[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0恰有1个整数解，则实数a的最大值是（）A．2 B．3 C．5 D．8【考点】一元二次不等式的解法．【分析】画出函数f（x）=的图象，对b，a分类讨论，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出．【解答】解：函数f（x）=，如图所示，①当b=0时，[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0化为[f（x）]2+af（x）＜0，当a＞0时，﹣a＜f（x）＜0，由于关于x的不等式[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0恰有1个整数解，因此其整数解为3，又f（3）=﹣9+6=﹣3，∴﹣a＜﹣3＜0，﹣a≥f（4）=﹣8，则8≥a＞3，a≤0不必考虑．②当b≠0时，对于[f（x）]2+af（x）﹣b2＜0，△=a2+4b2＞0，解得：＜f（x）＜，只考虑a＞0，则＜0＜，由于f（x）=0时，不等式的解集中含有多与一个整数解（例如，0，2），舍去．综上可得：a的最大值为8．故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．二项式的展开式中，x2项的系数为60．【考点】二项式系数的性质．【分析】根据题意，可得的通项为T r+1=C6r•（x）6﹣r•（﹣）r=（﹣1）r C6r•2r•（x）6﹣2r，令6﹣2r=2，可得r=2，将r=2代入通项可得T3=60x2，即可得答案．【解答】解：根据二项式定理，的通项为T r+1=C6r•（x）6﹣r•（﹣）r=（﹣1）r C6r•2r•（x）6﹣2r，当6﹣2r=2时，即r=2时，可得T3=60x2，即x2项的系数为60，故答案为60．14．若不等式x2+y2≤2所表示的区域为M，不等式组表示的平面区域为N，现随机向区域N内抛一粒豆子，则豆子落在区域M内的概率为．【考点】几何概型；简单线性规划．，S N，求面积比即可．【分析】由题意，所求概率满足几何概型的概率，只要分别求出S阴影【解答】解：由题，图中△OCD表示N区域，其中C（6，6），D（2，﹣2）==，所以S N=×=12，S阴影所以豆子落在区域M内的概率为．故答案为：．15．△ABC的三个内角A，B，C，若=tan（﹣π），则2cosB+sin2C的最大值为．【考点】三角函数的化简求值．【分析】由条件利用两角和差的正切公式，诱导公式，求得A=．余弦函数的值域，二次函数的性质求得2cosB+sin2C 的最大值．【解答】解：△ABC的三个内角A，B，C，若=tan（﹣π），则=﹣tan（A+）=tan（﹣π）=﹣tanπ，∴A+=kπ+，∴A=kπ+，k∈Z，∴A=．则2cosB+sin2C=2cosB+sin2[π﹣（A+B）]=2cosB+sin2[π﹣（+B）]=2cosB+sin（﹣2B）2cosB﹣cos2B=2cosB﹣（2cos2B﹣1）=﹣2cos2B+2cosB+1=﹣2+，由于B∈（0，），cosB∈（﹣，1），故当cosB=时，2cosB+sin2C取得最大为，故答案为：．16．已知点A（0，﹣1），B（3，0），C（1，2），平面区域P是由所有满足=λ+μ（2＜λ≤m，2＜μ≤n）的点M组成的区域，若区域P的面积为6，则m+n的最小值为4+．【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】设M（x，y），作出M点所在的平面区域，根据面积得出关于m，n的等式，利用基本不等式便可得出m+n的最小值．【解答】解：设M（x，y），，；∴，；令，以AE，AF为邻边作平行四边形AENF，令，以AP，AQ为邻边作平行四边形APGQ；∵；∴符合条件的M组成的区域是平行四边形NIGH，如图所示；∴；∴；∵；∴；∴3≤（m+n﹣4）2；∴；∴m+n的最小值为．故答案为：4+．三、解答题（满分60分）17．已知数列{a n}的首项a1=1，前n项和S n，且数列{}是公差为2的等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=（﹣1）n a n，求数列{b n}的前n项和T n．【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．，即【分析】（1）运用等差数列的通项公式，可得S n=n（2n﹣1），再由n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1可得到所求通项；（2）求得b n=（﹣1）n a n=（﹣1）n•（4n﹣3）．讨论n为偶数，n为奇数，结合等差数列的求和公式计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由数列{}是公差为2的等差数列，可得=1+2（n﹣1）=2n﹣1，即S n=n（2n﹣1），=n（2n﹣1）﹣（n﹣1）（2n﹣3）=4n﹣3，n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1对n=1时，上式也成立．故a n=4n﹣3；（2）b n=（﹣1）n a n=（﹣1）n•（4n﹣3）．当n为偶数时，前n项和T n=﹣1+5﹣9+13﹣…﹣（4n﹣7）+（4n﹣3）=4×=2n；+（﹣4n+3）当n为奇数时，前n项和T n=T n﹣1=2（n﹣1）﹣4n+3=1﹣2n．则T n=．18．某中药种植基地有两处种植区的药材需在下周一、周二两天内采摘完毕，基地员工一天为10万元，额外聘请工人的成本为a万元．已知下周一和下周二有雨的概率相同，两天是否下雨互不影响，基地收益为20万元的概率为0.36．（1）若不额外聘请工人，写出基地收益X 的分布列及基地的预期收益；（2）该基地是否应该外聘工人，请说明理由．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）解设下周一有雨的概率为p，由题意，p2=0.36，p=0.6，基地收益x的可能取值为20，15，10，7.5，分别求出相应的概率，由此能求出基地收益X的分布列和基地的预期收益．（2）设基地额外聘请工人时的收益为Y万元，其预期收益E（Y）=16﹣a（万元），E（Y）﹣E（X）=1.6﹣a，由此能求出结果．【解答】解：（1）设下周一有雨的概率为p，由题意，p2=0.36，p=0.6，基地收益x的可能取值为20，15，10，7.5，则P（X=20）=0.36，P（X=15）=0.24，P（X=10）=0.24，P（X=7.5）=0.16，X∴基地的预期收益为14.4万元．（2）设基地额外聘请工人时的收益为Y万元，则其预期收益E（Y）=20×0.6+10×0.4﹣a=16﹣a（万元），E（Y）﹣E（X）=1.6﹣a，综上，当额外聘请工人的成本高于1.6万元时，不外聘工人；成本低于1.6万元时，外聘工人；成本恰为1.6万元时，是否外聘工人均可以．19．如图，矩形CDEF和梯形ABCD互相垂直，∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=CD，BE⊥DF．（1）若M位EA的中点，求证：AC∥平面MDF；（2）求平面EAD与平面EBC所成的锐二面角的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．【分析】（1）设EC与DF交于点N，连结MN，则MN∥AC，由此能证明AC∥平面MDF．（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面EAD与EBC所成锐二面角的大小．【解答】证明：（1）设EC与DF交于点N，连结MN，在矩形CDEF中，点N为EC中点，因为M为EA中点，所以MN∥AC，又因为AC⊄平面MDF，MN⊂平面MDF，所以AC∥平面MDF．﹣﹣﹣﹣﹣解：（2）因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，DE⊂平面CDEF，DE⊥CD，所以DE⊥平面ABCD，﹣﹣﹣﹣﹣﹣以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，设DA=a，DE=b，B（a，a，0），E（0，0，b），C（0，2a，0），F（0，2a，b），，因为BE⊥DF，所以，，﹣﹣设平面EBC的法向量，由，取a=1，得，平面EAD的法向量，﹣﹣而，所以，平面EAD与EBC所成锐二面角的大小为60°．20．已知点M（﹣1，0），N（1，0），曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N的距离的倍．（1）求曲线E的方程；（2）已知m≠0，设直线l：x﹣my﹣1=0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx+y﹣m=0交曲线E于B，D两点，C，D两点均在x轴下方，当CD的斜率为﹣1时，求线段AB的长．【考点】直线和圆的方程的应用．【分析】（1）设出点坐标，由题目条件进行计算即可；（2）由直线EP：y=x﹣2，设直线CD：y=﹣x+t，结合圆的几何性质，解得t的值．又C，D 两点均在x轴下方，直线CD：y=﹣x，解得C，D的坐标，进而可以解得m的值．【解答】解：（1）设曲线E上任意一点坐标为（x，y），由题意，，﹣﹣﹣﹣﹣整理得x2+y2﹣4x+1=0，即（x﹣2）2+y2=3为所求．﹣﹣﹣﹣﹣（2）由题知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N（1，0），设曲线E的圆心为E，则E（2，0），线段CD的中点为P，则直线EP：y=x﹣2，设直线CD：y=﹣x+t，由，解得点，﹣﹣﹣﹣﹣由圆的几何性质，，而，|ED|2=3，，解之得t=0或t=3，又C，D两点均在x轴下方，直线CD：y=﹣x．由解得或不失一般性，设，﹣﹣由消y得：（u2+1）x2﹣2（u2+2）x+u2+1=0，（1）方程（1）的两根之积为1，所以点A的横坐标，又因为点在直线l1：x﹣my﹣1=0上，解得，直线，所以，﹣﹣同理可得，，所以线段AB的长为．﹣﹣21．设函数f（x）=x2﹣mlnx，g（x）=x2﹣（m+1）x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）当m≥1时，讨论函数f（x）与g（x）图象的交点个数．【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的图象．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）令F（x）=f（x）﹣g（x），问题等价于求F（x）的零点个数，结合函数的单调性以及m 的范围，求出即可．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=x﹣=，m≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）递增，m＞0时，，…当时，f'（x）＜0，函数f（x）的单调递减，当时，f'（x）＞0，函数f（x）的单调递增．综上：m≤0时，f（x）在（0，+∞）递增；m＞0时，函数f（x）的单调增区间是，减区间是．…（2）令，问题等价于求函数F（x）的零点个数，…，当m=1时，F'（x）≤0，函数F（x）为减函数，注意到，F（4）=﹣ln4＜0，所以F（x）有唯一零点；…当m＞1时，0＜x＜1或x＞m时F'（x）＜0，1＜x＜m时F'（x）＞0，所以函数F（x）在（0，1）和（m，+∞）单调递减，在（1，m）单调递增，注意到，F（2m+2）=﹣mln（2m+2）＜0，所以F（x）有唯一零点；…综上，函数F（x）有唯一零点，即两函数图象总有一个交点．…请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-1：几何证明选讲.22．如图，∠BAC的平分线与BC和△ABC的外接圆分别相交于D和E，延长AC交过D，E，C三点的圆于点F．（1）求证：EC=EF；（2）若ED=2，EF=3，求AC•AF的值．【考点】与圆有关的比例线段；相似三角形的性质．【分析】（1）证明∠ECF=∠EFC，即可证明EC=EF；（2）证明△CEA∽△DEC，求出EA，利用割线定理，即可求AC•AF的值．【解答】（1）证明：因为∠ECF=∠CAE+∠CEA=∠CAE+∠CBA，∠EFC=∠CDA=∠BAE+∠CBA，AE平分∠BAC，所以∠ECF=∠EFC，所以EC=EF．﹣﹣﹣（2）解：因为∠ECD=∠BAE=∠EAC，∠CEA=∠DEC，所以△CEA∽△DEC，即，﹣﹣﹣由（1）知，EC=EF=3，所以，﹣﹣﹣所以．﹣﹣﹣选修4-4：坐标系与参数方程23．已知曲线C1的参数方程为曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos（θ﹣），以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．（1）求曲线C2的直角坐标方程；（2）求曲线C2上的动点M到直线C1的距离的最大值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）由ρ2=x2+y2，y=ρsinθ，x=ρcosθ，能求出C2的直角坐标方程．（Ⅱ）曲线C1消去参数，得C1的直角坐标方程为，求出圆心到直线C1的距离，由此能求出动点M到曲线C1的距离的最大值．【解答】解：（Ⅰ），…即ρ2=2（ρcosθ+ρsinθ），∴x2+y2﹣2x﹣2y=0，故C2的直角坐标方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2．…（Ⅱ）∵曲线C1的参数方程为，∴C1的直角坐标方程为，由（Ⅰ）知曲线C2是以（1，1）为圆心的圆，且圆心到直线C1的距离，…∴动点M到曲线C1的距离的最大值为．…选修4-5：不等式选讲24．已知函数f（x）=|x﹣2|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）＞1．（2）当x＞0时，函数g（x）=（a＞0）的最小值总大于函数f（x），试求实数a的取值范围．【考点】绝对值三角不等式；分段函数的应用．【分析】（1）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集．（2）由条件利用基本不等式求得，f（x）∈[﹣3，1），再由，求得a的范围．【解答】（1）解：当x＞2时，原不等式可化为x﹣2﹣x﹣1＞1，此时不成立；当﹣1≤x≤2时，原不等式可化为2﹣x﹣x﹣1＞1，即﹣1≤x＜0，当x＜﹣1时，原不等式可化为2﹣x+x+1＞1，即x＜﹣1，综上，原不等式的解集是{x|x＜0}．（2）解：因为当x＞0时，，当且仅当时“=”成立，所以，，所以f（x）∈[﹣3，1），∴，即a≥1为所求．2016年8月15日。

河北省石家庄市2018届高考一模考试数学(理)试题(A)及解析

石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A卷）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】A【解析】故选A.2. 已知为虚数单位，，其中，则（）A. B. C. 2 D. 4【答案】A【解析】，其中，解得，，故选3. 函数，其值域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】函数的值域为，即，则在区间上随机取一个数的概率．故选B．4. 点是以线段为直径的圆上的一点，其中，则（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】故选5. ，满足约束条件：，则的最大值为（）A. -3B.C. 3D. 4【解析】依题意可画出可行域如下：联立，可得交点(2,-1)，如图所示，当经过点(2,-1)时，z最大为3.故选C.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、画标准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会在可行域的端点或边界上取得.6. 程序框图如图所示，该程序运行的结果为，则判断框中可填写的关于的条件是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】第一次运行，第二次运行，第三次运行，第四次运行，第五次运行，此时，输出25，故选C7. 南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：，），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）A. 82平方里B. 83平方里C. 84平方里D. 85平方里【解析】由题意可得：代入：则该三角形田面积为平方里故选8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由图可知，几何体为半圆柱挖去半球体几何体的表面积为故选9. 已知是定义在上的偶函数，且在上为增函数，则的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】是定义在上的偶函数，，即，则函数的定义域为函数在上为增函数，故两边同时平方解得，故选10. 在中，，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】有正弦定理可得，故当时，的最大值为.故选D.11. 过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，点在直线上，若为正三角形，则其边长为（）A. 11B. 12C. 13D. 14【答案】B【解析】如图：设，则：，取中点，分别作垂直于直线，连接则有，相减可得：即故设则，解得故，解得故选12. 设，为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，正方向到正方向的角度为，那么对于任意的点，在下的坐标为，那么它在坐标系下的坐标可以表示为：，.根据以上知识求得椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】则故可化为方程表示为椭圆化简得：代入方程得：，，，故故选点睛：本题主要考查了三角函数的计算问题，以平面直角坐标系为载体，新定义坐标系，建立两坐标之间的关系，代入化简，由题意中的椭圆求出的值，再次代入求出结果，计算量比较大，有一定的难度。

河北石家庄市2018届高三数学4月一模试卷理科附答案

河北石家庄市2018届高三数学4月一模试卷（理科附答案）石家庄市2018届高中毕业班模拟考试（一）理科数学（A卷）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．2.已知为虚数单位，，其中，则（）A．B．C．2D．43.函数，其值域为，在区间上随机取一个数，则的概率是（）A．B．C．D．4.点是以线段为直径的圆上的一点，其中，则（）A．1B．2C．3D．45.，满足约束条件：，则的最大值为（）A．-3B．C．3D．46.程序框图如图所示，该程序运行的结果为，则判断框中可填写的关于的条件是（）A．B．C．D．7.南宋数学家秦九韶早在《数书九章》中就独立创造了已知三角形三边求其面积的公式：“以小斜幂并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减之，以四约之，为实，一为从隅，开方得积.”（即：，），并举例“问沙田一段，有三斜（边），其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，欲知为田几何？”则该三角形田面积为（）A．82平方里B．83平方里C．84平方里D．85平方里8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．9.已知是定义在上的偶函数，且在上为增函数，则的解集为（）A．B．C．D．10.在中，，，则的最大值为（）A．B．C．D．11.过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，点在直线上，若为正三角形，则其边长为（）A．11B．12C．13D．1412.设，为两个平面直角坐标系，它们具有相同的原点，正方向到正方向的角度为，那么对于任意的点，在下的坐标为，那么它在坐标系下的坐标可以表示为：，.根据以上知识求得椭圆的离心率为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分.13.命题：，的否定为．14.甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙的年龄比学委的大，甲与体委的年龄不同，体委比乙年龄小.据此推断班长是．15.一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为．16.已知函数，，若函数有三个不同的零点，，（其中），则的取值范围为．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. （一）必考题：共60分17.已知等比数列的前项和为，且满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和.18.四棱锥的底面为直角梯形，，，，为正三角形.（Ⅰ）点为棱上一点，若平面，，求实数的值；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.19.小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作，该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案：底薪100元，每派送一单奖励1元；乙方案：底薪140元，每日前55单没有奖励，超过55单的部分每单奖励12元. （Ⅰ）请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪（单位：元）与送货单数的函数关系式；（Ⅱ）根据该公司所有派送员100天的派送记录，发现派送员的日平均派送单数满足以下条件：在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图，其中当某天的派送量指标在时，日平均派送量为单.若将频率视为概率，回答下列问题：①根据以上数据，设每名派送员的日薪为（单位：元），试分别求出甲、乙两种方案的日薪的分布列，数学期望及方差；②结合①中的数据，根据统计学的思想，帮助小明分析，他选择哪种薪酬方案比较合适，并说明你的理由.（参考数据：，，，，，，，，）20.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且离心率为，为椭圆上任意一点，当时，的面积为1.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点是椭圆上异于椭圆顶点的一点，延长直线，分别与椭圆交于点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.21.已知函数，，在处的切线方程为.（Ⅰ）求，；（Ⅱ）若方程有两个实数根，，且，证明：.（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若直线与曲线相切；（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；（Ⅱ）在曲线上取两点，与原点构成，且满足，求面积的最大值.23.[选修4-5：不等式选讲]已知函数的定义域为；（Ⅰ）求实数的取值范围；（Ⅱ）设实数为的最大值，若实数，，满足，求的最小值.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案一、选择题1-5:AABDC6-10:CCDBD11、12：BA二、填空题13.14.乙15.16.三、解答题17解：(1)法一：由得，当当时，，即，又，当时符合上式，所以通项公式为.法二：由得，从而有，所以等比数列公比，首项，因此通项公式为.（2）由（1）可得，，.18.（1）因为平面SDM，平面ABCD，平面SDM平面ABCD=DM，所以，因为,所以四边形BCDM为平行四边形，又,所以M为AB的中点.因为，.（2）因为，，所以平面，又因为平面，所以平面平面，平面平面，在平面内过点作直线于点，则平面，在和中，因为，所以，又由题知，所以所以，以下建系求解.以点E为坐标原点，EA方向为X轴，EC方向为Y轴，ES 方向为Z轴建立如图所示空间坐标系，则，，，，，，，，，设平面的法向量，则，所以，令得为平面的一个法向量，同理得为平面的一个法向量，，因为二面角为钝角，所以二面角余弦值为.19.解：（1）甲方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：，乙方案中派送员日薪（单位：元）与送单数的函数关系式为：，①由已知，在这100天中，该公司派送员日平均派送单数满足如下表格：单数5254565860频率0.20.30.20.20.1所以的分布列为：1521541561581600.20.30.20.20.1所以，，所以的分布列为：1401521762000.50.20.20.1所以，，②答案一：由以上的计算可知，虽然，但两者相差不大，且远小于，即甲方案日工资收入波动相对较小，所以小明应选择甲方案.答案二：由以上的计算结果可以看出，，即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望，所以小明应选择乙方案.20解：（1）设由题，解得，则，椭圆的方程为.（2）设，，当直线的斜率不存在时，设，则，直线的方程为代入，可得，，则直线的斜率为，直线的斜率为，，当直线的斜率不存在时，同理可得. 当直线、的斜率存在时，设直线的方程为，则由消去可得：，又，则，代入上述方程可得，，则，设直线的方程为，同理可得，直线的斜率为，直线的斜率为，.所以，直线与的斜率之积为定值，即. 21．解：（Ⅰ）由题意，所以，又，所以，若，则，与矛盾，故，.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，设在(-1，0)处的切线方程为，易得，，令即，，当时，当时，设，，故函数在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，，设的根为，则，又函数单调递减，故，故，设在(0,0)处的切线方程为，易得，令，，当时，，当时，故函数在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，，设的根为，则，又函数单调递增，故，故，又，.选作题22（1）由题意可知直线的直角坐标方程为，曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，可得：；可知曲线C的方程为，所以曲线C的极坐标方程为，即.(2)由（1）不妨设M（），，（）.当时,，所以△MON面积的最大值为.23.【解析】（1）由题意可知恒成立，令，去绝对值可得：，画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为；（2）由（1）可知，所以，，当且仅当，即等号成立，所以的最小值为.石家庄市2017-2018学年高中毕业班第一次模拟考试试题理科数学答案选择题（A卷答案）1-5AABDC6-10CCDBD11-12BA（B卷答案）1-5BBADC6-10CCDAD11-12AB填空题13.14.乙15.16.三、解答题(解答题仅提供一种或两种解答，其他解答请参照此评分标准酌情给分）17解：(1)[KS5UKS5UKS5U]法一：由得………………2分当当时，，即………………4分又，当时符合上式，所以通项公式为………………6分法二：由得………………2分从而有………………4分所以等比数列公比，首项，因此通项公式为………………6分（2）由（1）可得…………………8分………………………10分……………12分18（1）因为平面SDM,平面ABCD,平面SDM平面ABCD=DM,所以……………………2分因为,所以四边形BCDM为平行四边形，又，,所以M为AB的中点。

河北省石家庄市2018届初中毕业班教学质量检测(第一次模拟)数学试题(图片版)

2018年初中毕业班教学质量检测数学试题参考答案及评分参考说明：1．在阅卷过程中，如考生还有其它正确解法，可参照评分标准按步骤酌情给分．2．坚持每题评阅到底的原则，当考生的解答在某一步出现错误，影响了后继部分时，如果该步以后的解答未改变这一题的内容和难度，可视影响的程度决定后面部分的给分，但不得超过后继部分应给分数的一半；如果这一步后面的解答有较严重的错误，就不给分．3．解答右端所注分数，表示正确做到这一步应得的累加分数．只给整数分数．一、选择题（本大题有16个小题，共42分．1～10小题各3分，11～16小题各2分）二、填空题（本大题有3个小题，共10分．17～18小题各3分；19小题有2个空，每空2分．）17．12- 18． 6π 19．（23，23-），（1009，0），三、解答题（本大题有7个小题，共68分）20．解：（1）原式=ab b a ab -+++1=1++b a …………………………………………………………（2分）∵4=+b a ，∴原式=4+1=5．……………………………………………………（4分）（2）∵b a b ab a 22222+++-=)(2)(2b a b a ++-， ………………………（6分）由题意得，42)(2⨯+-b a =17，∴2)(b a -=9，∴b a -=±3．……………………………………………………………………（8分）21．（1）40；………………………………………………………………………（1分）补全图形如图1所示：………………………………………………………（3分）奖项祖冲之奖刘徽奖赵爽奖杨辉奖 0图1（2）90，90；……………………………………………………………………（5分）（3）列表法：……………………………………………………………………（7分）∵第二象限的点有（−2，2）和（−1，2）∴P （点在第二象限）=92……………………………………………………（9分）22．解：（1）如图2⊥BD ，垂足为F ． ……………………………………（1分）∵AC ⊥BD ， ∴∠ACB=∠FB=90°；在RtFB 中，∠1+∠3=90°；又∵B ⊥AB ，∴∠1+∠2=90°， ∴∠2=∠3； ……………………………………………………………………（2分）在△ACB 和△∴△ACB ≌△AAS ）；，……………………………………………………………………（4分）∵AC ∥DE 且CD ⊥AC ，AE ⊥DE ，∴CD=AE=1.8；…………………………………………………………………（5分）∴BC=BD －CD=3－1.8=1.2，1.2到BD 的距离是1.2m ．………………………………………（6分）（2）由（1）知：△ACB ≌△H D 图2∴BF=AC=2m ，………………………………………………………………（7分）作H ⊥DE ，垂足为H ． ∵F ∥DE ，∴H=FD ，……………………………………………………（8分） ∴H=BD －BF=3－2=11m ．……………………（9分） 23．解：（1）此时点A 在直线l 上； …………………………………………………（1分）∵BC =AB =2，点O 为BC 中点，∴点B （−1，0），A （−1，2），……………………………………………………（3分）把点A 的横坐标x=−1代入解析式42+=x y ，得4)1(2+-⨯=y =2，等于点A 的纵坐标2，∴此时点A 在直线l 上． …………………………………………………………（5分）（2）由题意可得，点D （1，2），及点M （−2，0），当直线l 经过点D 时，设l 的解析式为t kx y +=（k ≠0），∴⎩⎨⎧=+=+-202t k t k ，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==3432t k ，…………………………………………………（7分） ∴当直线l 与AD 边有公共点时，t 的取值范围是34≤t ≤4． ………………（9分） 24．解：（1）5 ………………………………（1分）（2）设AE =x ,∵AB =4，∴BE =4﹣x ，在矩形ABCD 中，根据折叠的性质知：Rt △FDE ≌Rt △ADE ，∴ FE =AE =x ，FD =AD =BC =3，∴ BF =BD ﹣FD =5﹣3=2，在Rt △BEF 中，根据勾股定理，得FE 2+BF 2=BE 2，即x 2+4=（4﹣x ）2，解得：x =32， ∴AE 的长为32. ……………………………………………（4分）（3）存在， ……………………………………………（5分）如图3，延长CB 到点G ，使BG =BC ，连接FG ，交BE 于点P ，连接PC ，则点P 即为所求（画出点P 即可）． ………………………………（6分） A E BC DF G P H 图3此时有：PC =PG ，∴PF +PC =GF ．过点F 作FH ⊥BC ，交BC 于点H ，则有FH ∥DC ，∴△BFH ∽△BDC ， ∴FH BF BH DC BD BC ==，即2453FH BH ==， ∴8655FH BH ==，， ………………………………………………………（8分） ∴GH =BG +BH 6213,55=+= 在Rt △GFH 中，根据勾股定理，得∴GF ===即PF +PC 的最小值为 …………………………………………………（10分） 25．解：（1）设b kx q +=（k ，b 为常数且k ≠0），当x =2时，q =12，当x =4时，q =10，代入解析式得，⎩⎨⎧=+=+104122b k b k ，解得：⎩⎨⎧=-=141b k ， …………………………………………………（2分） ∴14+-=x q ． ……………………………………………………………………（3分）（2）当产量小于或等于市场需求量时，有p ≤q ， ∴821+x ≤14+-x ，解得x ≤4， ………………………………………………（5分）又2≤x ≤10，∴2≤x ≤4．…………………………………………………………（6分）（3）①当产量大于市场需求量时，可得4＜x ≤10，由题意得，厂家获得的利润是：p qx y 2-= ………………………………………………………………………（7分）=16132-+-x x =4105)213(2+--x ．……………………………………………………………（9分） ②∵当x ≤213时，y 随x 的增加而增加，又∵产量大于市场需求量时，有4＜x ≤10，∴当4＜x ≤213时，厂家获得的利润y 随销售价格x 的上涨而增加．……（11分）26．解：【发现】（1）3π．………………………………………………………………………（1分）（2）设⊙P 半径为r ，则有r =4-3=1，当t =2时，如图4，点N 与点A∴ P A =r =1，设MP 与AB 相交于点Q ，在Rt △∵∠OAB =30°，∠MPN=60°， ∵∠PQA =90°．∴11,22PQ PA ==∴cos30AQ PA =︒=∴111222PQA S PQ AQ ==⨯=即重叠部分的面积为83．………………………………………………（4分）【探究】： ① 如图5，当⊙P 与直线AB 相切于点C 连接PC ，则有PC ⊥AB ，PC =r =1， ∵∠OAB =30°，∴AP =2，∴OP =OA -AP =3-2=1； ∴点P 的坐标为（1，0）； …………（6②如图6，当⊙P 与直线OB 相切于点D 连接PD ，则有PD ⊥OB ，PD =r =1， ∴PD ∥AB ，∴∠OPD =∠OAB =30°，∴cos ∠OPD =PDOP ,OP =33230cos 1= ∴点P 的坐标为（332，0）；………（③ 如图7，当⊙P 与直线OB 相切于点E x图7连接PE，则有PE⊥OB，同②可得：OP=332；∴点P的坐标为（-332，0）……………………………………………（10分）【拓展】t的取值范围是2 <t≤3，4≤t<5 ………………………………………（12分）（提示：当点N运动到与点A重合时，MN与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=2 ；当t>2 直到⊙P运动到与AB相切时（t=3 ），MN与Rt△ABO的边有两个公共点，∴2 <t≦3 . 当⊙P运动到PM与OB重合时，MN与Rt△ABO的边有两个公共点，此时t=4 ；直到⊙P运动到点N与点O 重合时，MN与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=5；∴4 ≦t<5. ）。

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