河南省林州市第一中学2018届高三8月调研考试理科数学试题
2018年高考数学命题角度5.2直线与椭圆位置关系大题狂练理
命题角度5.2 :直线与椭圆位置关系1.已知椭圆 的两个焦点为且经过点 ⑴求椭圆•的方程； ⑵过 的直线与椭圆-交于| ■两点(点」位于 轴上方)，若人 ；，且—■:： ，求直线的斜率的取值范围.£十几1 並【答案】(1)；( 2).【解析】试题分析:(2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数 £斜率 的取值范围是k=.试题解析；⑴由椭圆定义2。
= |阴| + |跖| = 4,有a = 2f c =从而W +-w 3(y =+1) ⑵设直线=比& + i)(A >0),有|兰+邑=]设百0") 玖％y)有％ = -久仏y 1y 3=^(y 1+y 3)S 讐二戏戶人#一ST2 <A<3f注洁訂》解得0C 冬乎.3^4Jt==a, A = +y,由已矢皿=¥・2.已知椭圆C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率e 2 •以两个焦点和短轴的两个端点2为顶点的四边形的周长为 8,面积为2^3 •(I)求椭圆C 的方程；(n)若点P X o ,y 。
为椭圆C 上一点，直线I 的方程为3x °x • 4y °y -12=0,求证：直线I 与椭圆C 有且只有一个交点.(1)由题意可得 ， i — -- + —，—则椭圆方程为k 的不等式，求解不等式可得直线的J 整理得任+斗a+^fc 2 ■【来源】【全国市级联考】广西桂林 ，百色，梧州，北海,崇左五市2017届高三5月联合模拟理 科数学试题2 2【答案】(I )- y 1 ；( II )详见解析•4 3【解析】试题分析：2 2(1) 利用题意求得b 「3， c =1，椭圆C 的方程为 —1 .4 3(2) 首先讨论当y 。
=0的情况，否则联立直线与椭圆的方程， 结合直线的特点整理可得直线 I 与 椭圆C 有且只有一个交点.试题解析：(I ＞依题意，设椭圆c 的方程为4 + = 焦距为丸,由题设条件知，4^=8, “2,2x 丄x 2c xb= 2-^5 , b 1= / = 4』所以“省，c = b 或— C = j3 (经检验不合题意舍去)， 故椭圆。
河南省林州市第一中学2018届高三12月调研考试数学(理)试卷(含答案)
林州一中2015级高三12月调研考试数学（理）试题一、单选题（每题5分，共60分）1．已知集合，则满足的集合的个数是（ ） A. 2B. 3C. 4D. 82．“2)4k k Z παπ=-∈（”是“2cos 2α=”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3．已知点()4,3p m --在角α的终边上，且3sin 5α=，则πcos 3α⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值为（ ）A. 433+-B. 433--C. 433+-D. 433-- 4．已知函数⎩⎨⎧<+≥=4)2(42)(x x f x x f x ，则)3log 1(2+f 的值为（ ）A ．6B ．12C ．24D ．365．已知曲线31433y x =+，则曲线在点P (2,4)的切线方程为( ) A. 4x －y －4＝0B. x －y ＋2＝0C. 2x －y ＝0D. 4x ＋y －8＝06．R 上的偶函数()f x 满足()()11f x f x -=+，当01x ≤≤时， ()2f x x =，则()5log y f x x =-的零点个数为（ ）A. 4B. 8C. 5D. 107．为了得到cos 2y x =，只需将sin 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭作如下变换（ ）A ．向右平移3π个单位 B ．向右平移6π个单位 C ．向左平移12π个单位 D ．向右平移12π个单位 8．已知数列的前项和为，若，且，则（ ）A. B. C. D.9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D.10．已知平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ，点P 在△COD 的内部（不含边界）．若AP x AB y AD =+u u u v u u u v u u u v,则实数对（x ，y ）可以是（ ）A. 12,33⎛⎫⎪⎝⎭B. 13,44⎛⎫-⎪⎝⎭C. 31,55⎛⎫ ⎪⎝⎭D. 35,77⎛⎫⎪⎝⎭11．过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，分别过、两点作准线的垂线，垂足分别为，两点，以线段为直径的圆过点，则圆的方程为（ ）A. B. C.D.12．已知函数12ln ,y a x x e e⎛⎫⎡⎤=+∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的图象上存在点P .函数22y x =--的图象上存在点Q ，且,P Q 关于原点对称，则a 的取值范围是（ ）A. 23,e ⎡⎤⎣⎦B. )2,e ⎡+∞⎣ C. 2214,e e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D. 13,4e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦二、填空题（每题5分，共20分）13．圆：222210x y x y +--+=上的点到直线2x y -=的距离最大值是14．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时， ()21log f x x =-，则不等式()0f x <的解集是 ．15．已知正数满足的最小值是 ．16．三棱锥P ABC -的三条棱PA ， PB ， PC 两两互相垂直，且PA ， PB ， PC 的长分别为2，5， 7，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为 ．三、解答题（共70分）17．（10分）在锐角ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，且22cossin212B CA ++=. （1）求A ；（2） 设232a =-， ABC ∆的面积为2，求b c +的值.18.（12分）已知正项数列{}n a 满足：231=a ， 1323n n na a a +=+ （1）求通项n a ；（2）若数列{}n b 满足⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅n nn a b 2113，求数列{}n b 的前n 和.19．（12分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，，. （1）求证：平面平面；（2）是侧棱上一点，记（），是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．（12分）设函数()()()ln 10,0f x a x b x x ab =+->≠．（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若2b a =-，求函数()f x 的最值．21．（12分）已知椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 上的点到两个焦点的距离之和为32，短轴长为21，直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点。
河南省林州市第一中学2018届高三数学10月调研试题 理(含解析)
河南省林州市一中2018届高三10月调研考试数学（理）试题一、选择题（每题5分，共60分）1. 已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，选A.2. 设函数，“是偶函数”是“的图象关于原点对称”（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若的图象关于原点对称，函数为奇函数，对于函数，有，说明为偶函数，而函数，是偶函数，的图象未必关于原点对称，如是偶函数，而的图象并不关于原点对称，所以“是偶函数”是“的图象关于原点对称”成立的必要不充分条件，选B.3. 已知向量满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，则，.选C.4. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于轴对称，则的最小值为( )A. B. C. D.【答案】A【解析】将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数的解析式为：，又函数图象关于轴对称，则，，， ,当时，，所以正数的最小值为.选A.5. 已知锐角满足，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，则，由得：，6. 在等差数列中，，且，则的最大值等于（）A. 3B. 6C. 9D. 36【答案】C【解析】因为等差数列中利用均值不等式可知最大值为9，选C.7. 数列中，已知对任意正整数，有，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】当时，，当时，，所以，则，，选B.8. 函数的图象如下图所示，为了得到的图像，可以将的图像（）A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度【答案】B【解析】试题分析:由题意可得,解之得,故,又可得,即,所以,而,即函数可由函数的图象向右平移个单位长度而得到,故应选B.考点：三角函数的图象和性质的及诱导公式的综合运用.9. 设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】函数为奇函数，则，，化为，等价于，当时，解得，当时，，不等式的解集为：，选D.10. 将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位，所得函数图象的一个对称中心为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，所得函数为，再向右平移个单位，得到函数为，当时，，所以函数图象的一个对称中心为。
河南省林州市第一中学2018届高三数学12月调研考试试题 文(含解析)
林州一中2015级高三12月调研考试数学（文）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. 设集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得：，结合补集的定义可得：.本题选择A选项.2. 设是虚数单位），则复数在平面内对应（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】由题意可得：，则复数在复平面内对应的点位于第一象限，本题选择A选项.3. 设，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由可得，很明显，很明显函数在区间上单调递增，故，即：，则：，据此有：，结合对数函数的单调性有：，即，综上可得：.本题选择B选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．4. 如图所示的程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”，执行程序框图（图中“”表示除以的余数），若输入的分别为，则输出的（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：,故选C.考点：1、程序框图；2、辗转相除法.5. 的外接圆的圆心为，半径为，且，则向量在向量方向上的投影为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得：，即：,即外接圆的圆心为边的中点，则是以为斜边的直角三角形，结合有：，则向量在向量方向上的投影为.本题选择D选项.6. 已知且满足约束条件，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】绘制不等式组表示的可行域，如图所示，目标函数表示阴影部分中横纵坐标均为整数的点，结合目标函数的几何意义可得，由于不包括边界点，目标函数在点处取得最小值.本题选择C选项.7. 定义运算，将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由新定义的运算有：，函数图象向左平移个单位长度所得函数的解析式为：，该函数为偶函数，则当时，应满足：，令可得的最小值为.本题选择B选项.8. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】结合三角形面积公式可得：，则：，①锐角三角形中，由同角三角函数基本关系有：，结合余弦定理：可得：，则：，②①②联立可得：.本题选择A选项.9. 设曲线上任一点处的切线斜率为，则函数的部分图象可以为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由函数的解析式可得则.该函数为奇函数,选项BC错误；且当时，，选项A错误；本题选择D选项.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．10. 某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（）A. B. C. D.【答案】A【解析】结合三视图可得该几何体为圆锥，其底面半径为1，高为2，圆锥的体积：，如图所示，将其加工成一个体积尽可能打的长方体新工件，此长方体底面边长为的正方形，高为，根据轴截面可得：，解得：，则长方体的体积函数：，由可得：，结合导函数与原函数的单调性之间的关系可知：.则利用率为：.本题选择A选项.点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．11. 已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分类讨论：当时，，此时有：，当时，，此时有：，综上可得：的取值范围是：.本题选择D选项.12. 设函数，若关于的方程有四个不同的实数解，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】作出函数f(x)的图象，由图可知,x1+x2=−4,x3x4=1；当时,x=4或，则;故，其在上是增函数，故；即；即的取值范围是.本题选择D选项.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. 设，向量，且，则__________.【答案】【解析】由题意可得：，，故：，据此可得：.14. 已知是等差数列的前项和，若，则数列的公差为__________. 【答案】【解析】由等差数列的前n项和公式可得：，结合题意有：，即：.15. 已知三点都在体积为的球的表面上，若，则球心到平面的距离为__________.【答案】【解析】设球的半径为R,则,解得R=5.设△ABC的外接圆的半径为r,，解得r=4.∴球心O到平面ABC的距离.故答案为：3.点睛：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．16. 已知曲线在点处的切线为，若与曲线相切，则_______.【答案】【解析】试题分析：函数在处的导数为，所以切线方程为；曲线的导函数的为，因与该曲线相切，可令，当时，曲线为直线，与直线平行，不符合题意；当时，代入曲线方程可求得切点，代入切线方程即可求得. 考点：导函数的运用.【方法点睛】求曲线在某一点的切线，可先求得曲线在该点的导函数值，也即该点切线的斜率值，再由点斜式得到切线的方程，当已知切线方程而求函数中的参数时，可先求得函数的导函数，令导函数的值等于切线的斜率，这样便能确定切点的横坐标，再将横坐标代入曲线（切线）得到纵坐标得到切点坐标，并代入切线（曲线）方程便可求得参数．视频三、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. 已知函数.（1）当时，解不等式；（2）当时，有解，求的取值范围.【答案】(1) ；(2) .【解析】试题分析：(1)结合题意零点分段可得不等式的解集为.(2)由题意结合绝对值不等式的性质可得的取值范围是.试题解析：（1）当时，，当时，，解得，所以；当时，，解得，所以；当时，，无解，综上所述，不等式的解集为.（2）当时，有解，有解有解有解，因为，所以，所以，即实数的取值范围是.点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．18. 在中，角所对的边分别为，且满足 .（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长.【答案】(1) .(2).【解析】试题分析：(1)由题意结合正弦定理边化角，整理可得：，则.(2)由题意结合面积公式可得，，则的周长为.试题解析：（1）因为，所以，由正弦定理可得,即，又角为的内角，所以，所以，又，所以.（2）由，得，又，所以，所以的周长为.19. 已知四棱锥中，底面，底面为菱形，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：(1)由题意结合几何关系可证得平面，利用面面垂直的判断定理有平面平面......................试题解析：（1）因为底面，所以，连接，在菱形中，，所以为等边三角形，又为的中点，所以，又，所以平面，因为，所以平面，所以平面，平面平面.（2）因为，所以，在中，，同理，易知，设点到平面的距离为，连接，由得，所以.20. 设公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】(1);(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意求得数列的公差为2，则数列的通项公式为;(2)结合(1)的结论可得：，裂项求和可得：.试题解析：（1）设等差数列的首项为，公差为，则，解得，或（舍去），故数列的通项公式为.（2）由，得，所以.21. 如图，在四棱锥中，平面. （1）求证：平面；（2）若为线段的中点，且过三点平面与线段交于点，确定的位置，说明理由；并求三棱锥的高.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析 .【解析】试题分析：(1)由题意可证得，，则平面.(2)为的中点，由几何关系可知：点为过三点的平面与线段的交点，结合棱锥的体积公式可得三棱锥的高为.试题解析：（1）在直角梯形中，，，所以，即，又平面，所以，又，故平面.（2）为的中点，因为为的中点，为的中点，所以，且，又，所以，所以四点共面，所以点为过三点的平面与线段的交点，因为平面，为的中点，所以到平面的距离，又，所以，有题意可知，在直角三角形中，，在直角三角形中，，所以.设三棱锥的高为，解得，故三棱锥的高为.22. 已知函数 .（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：对任意的，有.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意结合导函数的解析式分类讨论有：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；(2)原问题等价于在上恒成立，构造函数，据此可得，则恒成立. 试题解析：（1）由题意得，当时，由得且，则①当时，在上单调递增，在上单调递减；②当时，在上单调递增，在上单调递减；③当时，在上单调递增；④当时，在和上单调递增，在上单调递减；（2）当时，要证在上恒成立，只需证在上恒成立，令，因为，易得在上单调递增，在上单调递减，故，由得，得，当时，；当时，，所以，又，所以，即，所以在上恒成立，故当时，对任意的，恒成立.。
精编河南省林州市第一中学2018届高三12月调研考试数学(理)试题(精品解析)
林州一中2015级高三12月调研考试数学（理）试题一、单选题（每题5分，共60分）1.已知集合，则满足的集合的个数是（）A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】C【解析】由题意可得结合，其中集合是集合的子集，利用子集个数公式可得：集合的个数是个.本题选择C选项.2.“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】“”能推出“”，反过来，“”不能推出“”，因为，所以是充分不必要条件，故选A.3.已知点在角的终边上，且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可得，可得，解得或（舍去），可得，可得，故选.4.已知函数，则的值为（）A. 6B. 12C. 24D. 36【答案】C【解析】∵，∴，，，∴．选C。
5.已知曲线，则曲线在点P(2,4)的切线方程为( )A. 4x－y－4＝0B. x－y＋2＝0C. 2x－y＝0D. 4x＋y－8＝0【答案】A【解析】由题意可得：，则：，据此可得切线方程为：，整理成一般式为： .本题选择A选项.6.上的偶函数满足，当时，，则的零点个数为（）A. 4B. 8C. 5D. 10【答案】C【解析】∵，∴，故函数的周期T=2。
∵0≤x≤1时，且是R上的偶函数，∴﹣1≤x≤1时，，令，画出函数的图象，如下图所示：由图象得函数和的交点有5个，∴函数的零点个数为5个。
选C．点睛：对于判断函数零点个数的问题，常转化为两函数图象的公共点的个数的问题处理，解题时要合理构造出两个函数，然后在同一坐标系中画出两个函数的图象，通过观察两图象公共点的个数确定函数零点的个数。
此类问题往往要用到函数的奇偶性、周期性等性质。
7.为了得到，只需将作如下变换（）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. 向右平移个单位【答案】C【解析】试题分析：因为，所以只需将的图象向左平移个单位即可得到函数的图象，故选C.考点：图象平移变换.8.已知数列的前项和为，若，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当时，得，即，由可知：，两式相减可得，即，故数列是从第二项起以2为公比的等比数列，则，故选C.9.某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】A【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是如下图所示的组合体，其体积，故选A.考点：1.三视图；2.多面体的体积.10.已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点P在△COD的内部（不含边界）．若,则实数对（x,y）可以是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】如图所示，在平行四边形ABCD中，点P在△COD的内部（不含边界），且。
河南省林州市第一中学高三10月调研——数学理数学理
河南省林州市第一中学2018届高三10月调研数学（理）试题一、选择题（每题5分，共60分）1、已知复数满足，则（ ）A ．B ．C ．D ．2、设函数，“是偶函数”是“的图象关于原点对称”（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3、已知向量满足12a b a b ==-=，，，则（） A ． B ． C ． D ．4、将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于轴对称，则的最小值为( )A. B. C. D.5、已知锐角满足，则的值为（）A ．B ．C ．D ．6、在等差数列中，，且301021=+⋅⋅⋅⋅++a a a ，则的最大值等于（ ）A. 3B. 6C. 9D. 367、数列中，已知对任意正整数，有1221-=+⋅⋅⋅⋅++n n a a a ，则（ ）A. B. C. D.8、函数的图象如下图所示，为了得到的图像，可以将的图像 （）A ．向右平移个单位长度B ．向右平移个单位长度C ．向左平移个单位长度D ．向左平移个单位长度9、设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（）A ．B ．C ．D ．10、将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位，所得函数图象的一个对称中心为（）A ．B ．C ．D ．11、设等差数列的前项和为，且满足，，则，，…，中最大的项为（ ）A ．B ．C ．D ．12、已知函数ln(1),0()11,02x x f x x x +>⎧⎪=⎨+≤⎪⎩，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C.D.二、填空题（每题5分，共20分） 13、在中，分别是角的对边，且，则_______．14、设向量，，且，则 .15、已知△ABC 的周长为，面积为，且C B A sin 2sin sin =+，则角C 的值为 ．16、数列的前项和为，=∈-+=-==+100*221),()1(1,2,1S N n a a a a n n n 则三、解答题（共70分）17、（本题10分） 中，内角所对的边分别为，22sin sin 12A B C +=+. （1）求角的大小；（2）若，求的面积.18、（本题12分）设是公比大于1的等比数列,为数列的前项和,已知且成等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)若,3,2,1,log 124 ==+n a b n n 求和:nn b b b b b b b b 14332211111-++++ .19、（本题12分）已知数列中，，，记为的前项的和，，．（1）判断数列是否为等比数列，并求出；（2）求.20、（本题12分） 如图，已知平面上直线，分别是上的动点，是之间的一定点，到的距离，到的距离，三内角、、所对边分别为，，且.（1）判断的形状；（2）记()11,ACM f AC BCθθ∠==+，求的最大值.21、已知数列{a n }是等比数列，首项a 1=1，公比q ＞0，其前n 项和为S n ，且S 1+a 1，S 3+a 3，S 2+a 2成等差数列．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）若数列{b n }满足a n+1=n n b a )21(，T n 为数列{b n }的前n 项和，若T n ≥m 恒成立，求m 的最大值．22、（本题12分）已知函数在点处的切线为.（1）求函数的解析式；（2）若，且存在，使得成立，求的最小值.高三本部(理科)10月月考数学试题（答案）1-----12 ABCAC CBBDD CA13---16 260017、解：（1）()0,4C C ππ∈∴=（2）方法①由余弦定理知222222cos 1,12422101c a b ab Cc a C b b b b π=+-===∴=+--+=∴= 11sin 22ABC S ab C ∆== 18、解：(1)由已知得:,解得.设数列的公比为,由,可得,又,可知,即,解得因为11,2,1q q a >∴=∴=,.(2)由(1)得,由于421log ,1,2,n n b a n +==⋯,.nn b b b b b b b b n n )1(132121111111433221-++⨯+⨯=++++- 111111*********1n n n =-+-+-++-=--19、（1），， ，即 2分，22112221221221111222n n n n n n n n n n a a b a a b a a a a -+++--++===++ 所以是公比为的等比数列.5分，，1313()222n n n b -∴=⨯= 6分 （2）由（1）可知，所以是以为首项，以为公比的等比数列；是以为首项，以为公比的等比数列10分21321242()()n n n T a a a a a a -∴=+++++++1111()[1()]322231121122n n n --=+=--- 12分20、21、 解答： 解：（Ⅰ）法一：由题意可知：2（S 3+a 3）=（S 1+a 1）+（S 2+a 2）∴S 3﹣S 1+S 3﹣S 2=a 1+a 2﹣2a 3，即4a 3=a 1，于是，∵q ＞0，∴；∵a 1=1，∴．（Ⅰ）法二：由题意可知：2（S 3+a 3）=（S 1+a 1）+（S 2+a 2）当q=1时，不符合题意； 当q≠1时，，∴2（1+q+q 2+q 2）=2+1+q+q ，∴4q 2=1，∴， ∵q ＞0，∴，∵a 1=1，∴．（Ⅱ）∵，∴，∴， ∴（1）∴（2） ∴（1）﹣（2）得：=∴∵T n ≥m 恒成立，只需（T n ）min ≥m∵∴{T n }为递增数列，∴当n=1时，（T n ）min =1，∴m≤1，∴m 的最大值为1．22、解：（1）的定义域为，，．（2）可化为(1)ln(1)21x x x k x ++++>， 令(1)ln(1)21()x x x g x x++++=，，使得， 则，21ln(1)()(0)x x g x x x--+'=∈+∞，，． 令，则1()1011x h x x x '=-=>++， 在上为增函数．又(2)1ln30(3)2ln 40h h =-<=->，，故存在唯一的使得，即．当时，，，在上为减函数；当时，，，在上为增函数．000000min 0000(1)ln(1)21(1)(1)21()()2x x x x x x g x g x x x x +++++-++====+∴， ． 00(23)2(45)x x ∈+∈∵，，∴，．的最小值为5．。
河南省2018届高三数学8月开学考试试题 理(扫描版)
河南省2018届高三数学8月开学考试试题理（扫描版）数学（理）答案一选择题 CA A BA D D A DA A D二填空题 13. 14. 15.62 16.三解答题1718．【解】（Ⅰ）由题意，得，解得；…………1分又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20（克），……2分而个样本小球重量的平均值为：（克）故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为克；…………………………4分（Ⅱ）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，………………5分则.的可能取值为、、、，……………………………………6分，，，. ……………10分的分布列为：.（或者）………………12分19．解：（1）∵A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，∴平面A1ACC1⊥平面ABC，∵BC⊥AC且平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴BC⊥平面A1ACC1，∴BC⊥AC1，∵AC1⊥BA1且BC∩BA1=B，∴AC1⊥平面A1BC。
（2）如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，∵AC1⊥平面A1BC，∴AC1⊥A1C，∴四边形A1ACC1是菱形，∵D是AC的中点，∴∠A1AD=60°，∴A（2，0，0），A1（1，0，），B（0，2，0）， C1（-1，0，），∴=（1，0，），=（-2，2，0），设平面A1AB的法向量=（x，y，z），∴，令z=1，∴=（，，1），∵=（2，0，0），∴，∴C1到平面A1AB的距离是。
（3）平面A1AB的法向量=（，，1），平面A1BC的法向量=（-3，0，），∴，设二面角A-A1B-C的平面角为θ，θ为锐角，∴，∴二面角A-A1B-C的余弦值为。
20．I）解：∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B两点，，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB（不垂直x轴）的方程可设为．∴，．∵直线OA与OB的斜率之积为﹣p，∴．∴，得 x1x2=4．由，化为，其中△=（k2p+2p）2﹣k2p2k2＞0∴x1+x2=，x1x2=．∴p=4，抛物线C：y2=8x．（Ⅱ）证明：设M（x0，y0），P（x3，y3），∵M为线段AB的中点，∴，．∴直线OD的斜率为．直线OD的方程为代入抛物线C：y2=8x的方程，得．∴．∵k2＞0，∴21.解：（1）当时：，（）故当时：，当时：，当时：．故的减区间为：，增区间为……2分（2）令，故,,…3分显然，又当时：．当时：．故，，．故在区间上单调递增，……4分注意到：当时，，故在上的零点个数由的符号决定．……5分①当，即：或时：在区间上无零点，即无极值点．②当，即：时：在区间上有唯一零点，即有唯一极值点．综上：当或时：在上无极值点．当时：在上有唯一极值点．……7分（3）假设存在，使得在区间上与轴相切，则必与轴相切于极值点处，由（2）可知：．不妨设极值点为，则有：…（*）同时成立．……8分联立得：，即代入（*）可得．令，．……9分则，，当时（2）．故在上单调递减．又，．故在上存在唯一零点．即当时，单调递增．当时，单调递减．因为，．故在上无零点，在上有唯一零点．……11分由观察易得，故，即：．综上可得：存在唯一的使得在区间上与轴相切．……12分请考上在第22、23三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22．解：（I）由解得点的直角坐标为因此点的极坐标为（II）设直线的参数方程为为参数），代入曲线的直角坐标方程并整理得设点对应的参数分别为则当时，，有最小值23. (1)当时,.由可得,或或,解得或即函数的定义域为(2)依题可知恒成立,即恒成立,而当且仅当即时取等号,所以。
河南省林州市第一中学高三7月调研考试——数学理数学
河南省林州市第一中学2018届高三7月调研考试数学（理）试题一、选择题（16*5'=80'）1．已知集合，且，则集合可能是（）A. B. C. D.2．“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3．下列函数中，其定义域和值域与函数的定义域和值域相同的是（）A. B. C. D.4．下列函数既是奇函数又在上是减函数的是（）A. B. C. D.5．三个数的大小顺序是（）A. B.C. D.6．已知函数，若，则（）A. 3B. 4C. 5D. 257．下列命题，正确的是（）A. 命题“，使得”的否定是“，均有”B. 命题“存在四边相等的空间四边形不是正方形”，该命题是假命题C. 命题“若，则”的逆否命题是真命题D. 命题“若，则”的否命题是“若，则”8．已知，当时，的大小关系为（）A. B. C. D.9．函数在定义域内可导，导函数的图像如图所示，则函数的图像为 ( )A.B.C.D.10．下列判断正确的是（ ）A ．若命题为真命题，命题为假命题，则命题“”为真命题B ．命题“若，则”的否命题为“若，则”C ．“”是“”的充分不必要条件D ．命题“，”的否定是“，”11．函数的导函数，满足关系式2()3'(2)ln f x x xf x =+-，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．12．以下命题正确的是（ ）①幂函数的图象都经过（0，0）②幂函数的图象不可能出现在第四象限③当n=0时，函数y=x n 的图象是两条射线④若y=x n （n ＜0）是奇函数，则y=x n 在定义域内为减函数.A.①②B.②④C.②③D.①③ 13．已知函数()()1,0{11,02ln x x f x x x +>=+≤，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D.14．若函数与的图象恰有两个公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.15．已知是实数，1和是函数的两个极值点，设，其中，函数的零点个数为（ ）A. 8B. 11C. 10D. 916．奇函数定义域为，其导函数是.当时，有()()'sin cos 0f x x f x x -<，则关于的不等式()sin 4f x x π⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为（ ） A. B. C. D.二、填空题（6*5'=30'）17．若函数，则=18．①若函数的定义域为，则一定是偶函数；②已知，是函数定义域内的两个值，且，若，则是减函数；③的反函数的单调增区间是；④若函数在区间上存在零点，则必有成立；⑤函数的定义域为，若存在无数个值，使得，则函数为上的奇函数.上述命题正确的是__________．（填写序号）19．若关于的方程在上没有实数根，则实数的取值范围是_______20．已知下列命题：①的否定是：；②若，则()()R,x f x f x ∀∈-=-；③若， ()()000,,1x f x ∃∈+∞=；④在△ABC 中，若A >B ，则sin A >sin B ．其中真命题是_______________．(将所有真命题序号都填上)21．已知函数是上的偶函数，满足()()()222f x f x f +=-+，且当时，，令函数，若在区间上有个零点，分别记为，则123456x x x x x x +++++=_______．22．已知函数()2,1,{1,1,x x x f x x ->=≤ 则不等式的解集是____．三、解答题（10' 15' 15'）23．函数()()()log 30,1a f x ax a a =->≠（1）当时，求函数在上的值域；（2）是否存在实数，使函数在递减，并且最大值为1，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.24．已知函数R）.（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值；（2）在（1）条件下，求函数的单调区间和极值；（3）当，且时，证明：25．已知函数f(x)＝ln x＋＋ax(a是实数)，g(x)＝＋1.(1)当a＝2时，求函数f(x)在定义域上的最值；(2)若函数f(x)在[1，＋∞)上是单调函数，求a的取值范围；(3)是否存在正实数a满足：对于任意x1∈[1,2]，总存在x2∈[1,2]，使得f(x1)＝g(x2)成立？若存在，求出a的取值范围，若不存在，说明理由．2015级高三下学期7月调研考试数学（理）试题参考答案1．D 2．A 3．C 4．C 5．D 6．A 7．D8．B 9．B 10．D 11．B 12．C 13．A 14．C15．D 16．D17．-1 18．①19．20．①②④21．22．23．（1）（2）不存在【解析】试题分析：（1）由题意可得，3-2x＞0，解不等式可求函数f（x）的定义域，结合函数单调性可求得函数值域；（2）假设存在满足条件的a，由a＞0且a≠1可知函数t=3-ax为单调递减的函数，则由复合函数的单调性可知，y=logat在定义域上单调递增，且t=3-ax＞0在[1，2]上恒成立，f（1）=1，从而可求a的范围试题解析：（1）由题意：，-----------2令，所以-所以函数的值域为；-----------4（2）令，则在上恒正，，在上单调递减，，即又函数在递减，在上单调递减，，即-----7 又函数在的最大值为1，，即()()1log 31a f a =-=，----------10------------11与矛盾，不存在. ---------------12考点：对数函数图象与性质的综合应用24．（1）0；（2）增区间是，减区间是，ln ()()e f x f e e==极大值；（3）证明见解析． 【解析】试题分析：（1）欲求a 的值，根据处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在处的导函数值，在结合导数的几何意义即可求出切线的斜率，再列出一个等式，最后解方程组即可； （2）先求出的导数，根据导数求解函数的单调区间，确定函数的极值点，最后求解函数的极值．（3）由（2）知，当时，函数在上是单调减函数，且，从而得证结论．试题解析：（1）函数(){|0},f x x x >的定义域为所以又曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线与直线平行，所以(1)11,0.f a a '=-==即（2）令，当x 变化时，的变化情况如下表：由表可知：的单调递增区间是，单调递减区间是 所以处取得极大值，ln ()().e f x f e e ==极大值 （3）当ln 11,().x a f x x +==时由于[)ln 11,,()1,x x f x x+∈+∞=≤要证 只需证明令11()ln 1,()1.x h x x x h x x x-'=--=-=则 因为，所以[)+∞≥,1)(,0)('在故x h x h 上单调递增，当,0)1()(,1=≥≥h x h x 时即成立．故当时，有.1)(,11ln ≤≤+x f xx 即 25．（1）f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值．（2）∪[0，＋∞)．（3）不存在【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数在定义域上零点，最后判断端点值及导函数零点对应函数值的大小，确定最值.（2）即研究不等式恒成立或恒成立，利用变量分离得()2max 11,1a x x x ⎛⎫≥-≥ ⎪⎝⎭ 或()2min 11,1a x xx ⎛⎫≤-≥ ⎪⎝⎭，根据二次函数性质可得，即得的取值范围；（3）即等价于研究的值域包含于值域是否成立，由（2）可得在[1,2]上是单调递增函数，即()11,ln222f x a a ⎡⎤∈+++⎢⎥⎣⎦，根据导数易得在 [1,2]上是单调递减函数，即，因此转化为求][191,ln22,225a a ⎡⎤+++⊆⎢⎥⎣⎦的解，由于无解，所以不存在. 试题解析：解：(1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝－＋2＝＝，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝.当x ∈时，f ′(x )<0；当x ∈时，f ′(x )>0，所以f (x )在x ＝处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值．(2)f ′(x )＝－＋a ＝，x ∈[1，＋∞)，显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a <0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，当x ―→＋∞时，h (x )―→－∞，所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a ≤0或解得a ≤－.综上：满足条件的a 的取值范围是∪[0，＋∞)．(3)不存在满足条件的正实数a .由(2)知，a >0时f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，所以f (x )在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x 1∈[1,2]，f (1) ≤f (x 1)≤f (2)，即f (x 1)∈.g ′(x )＝，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0， 所以g (x )在[1,2]上是单调递减函数．所以当x 2∈[1,2]时，g (x 2)∈.若对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立， 则⊆，此时a 无解．所以不存在满足条件的正实数a .。
河南省八市学评2018届高三下学期第一次测评数学(理)试卷(含答案)
2018届河南省八市学评高三下学期第一次测评数学（理）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.若复数满足,其中为虚数单位，则( )A．B．C．D．2.集合,,若只有一个元素，则实数的值为（）A．1 B．-1 C．2 D．-23.已知满足约束条件,则的最小值是( )A．1B．C．D．4.某校对高二一班的数学期末考试成绩进行了统计，发现该班学生的分数都在90到140分之间，其频率分布直方图如图所示，若130~140分数段的人数为2，则100~120分数段的人数为（）A．12 B．28 C.32 D．405.已知，则( )A． B． C. D．66.某几何体的三视图如右图所示，则改几何体的体积为( )A． B． C. D．7.已知函数,若,则( )A． B． C. 或 D．08.设等差数列的首项大于0，公差为,则“”是“为递减数列”的( ) A．充要条件B．充分而不必要条件C.必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件9.双曲线的右焦点为,过点斜率为的直线为,设直线与双曲线的渐近线的交点为为坐标原点，若的面积为,则双曲线的离心率为( )A． B． C.2 D．410.设函数与且)在区间具有不同的单调性，则与的大小关系是( )A． B． C. D．11.记实数种的最小数为,若函数的最小正周期为1，则的值为( )A． B．1 C. D．12.已知函数,若函数有4个不同的零点，则的取值范围是( )A． B． C. D．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.阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为-8，则输出的值为．14.直线与曲线在第一象限内围成的封闭图形的面积为．15.的展开式中，的系数是．（用数字填写答案）16.已知抛物线与圆,直线与交于两点，与交于两点，且位于轴的上方，则．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，边的对角分别为，且满足.(1)求角的大小；(2)若，求面积的最大值.18.已知在四棱锥中，为正三角形，，底面为平行四边形，平面平面，点是侧棱的中点，平面与棱交于点.(1)求证：；(2)若，求平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值.19.某中学准备在开学时举行一次高三年级优秀学生座谈会，拟请20名来自本校高三(1)(2)(3)(4)班的学生参加，各班邀请的学生数如下表所示；班级高三（1）高三（2）高三（3）高三（4）人数 4 6 4 6(1)从这20名学生中随机选出3名学生发言，求这3名学生中任意两个均不属于同一班级的概率；(2)从这20名学生中随机选出3 名学生发言，设来自高三（3）的学生数为，求随机变量的概率分布列和数学期望.20.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)若不过原点的直线与椭圆相交于两点，与直线相较于点，且是线段的中点，求面积的最大值.21.已知函数.(1)若函数有一个极小值点和一个极大值点，求的取值范围；(2)设，若存在,使得当时，的值域是,求的取值范围.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中，直线,圆的参数方程为为参数)，以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系.(1)求直线和圆的极坐标方程；(2)若直线与圆交于两点，且的面积是，求实数的值.23.选修4-5：不等式选讲已知函数.(1)若,求的取值集合；(2)若不等式对于恒成立，求的取值范围.八市·学评 2017～2018（下）高三第一次测评理科数学(参考答案)一、选择题1-5: DBCBA 6-10: CDADD 11、12：CC二、填空题13.4 14. 1 15.-280 16.1三、解答题17.解：（1）由及正弦定理.所以,即.所以或（舍）所以，又，所以.(2)由及余弦定理得,得，所以,当且仅当等号成立.所以面积的最大值为.18. ．解：（1）∵底面是平行四边形，∴，又∵面面，面，又∵四点共面，且平面平面,.(2)取中点，连接侧面为正三角形，故，又平面平面，且平面平面,平面,在平行四边形中，，故为菱形，且是中点，.如图，建立空间直角坐标系,因为,则,又,点是棱中点，点是棱中点，,，设平面的法向量为,则有,不妨令,则平面的一个法向量为平面是平面的一个法向量，,∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.19.解：（1）从 20 名学生随机选出 3 名的方法数为,选出 3 人中任意两个均不属于同一班级的方法数为设 3 名学生中任意两个均不属于同一班级的事件为所以(2)可能的取值为 0,1,2,3,所以的分布列为0 1 2 3所以20.解：(1) 由椭圆的离心率为,点在椭圆上得解得所以椭圆的方程为.(2)易得直线的方程为.当直线的斜率不存在时，的中点不在直线上，故直线的斜率存在.设直线的方程为,与联立消得,所以.设,则,.由,所以的中点,因为在直线上，所以,解得所以,得,且,又原点到直线的距离,所以，当且仅当时等号成立，符合,且.所以面积的最大值为：.21.解：(1),则令,若函数有两个极值点，则方程必有两个不等的正根，于是解得当时，有两个不相等的正实根，设为,不妨设,则.当时，在上为减函数；当时,在上为增函数；当时，函数在上为减函数.由此，是函数的极小值点，是函数的极大值点.符合题意.综上，所求实数的取值范围是（2）①当时，.当时，在上为减函数；当时，在上为增函数.所以，当时，的值域是. 不符合题意.②当时，.(i)当,即时，,当且仅当时取等号.所以在上为减函数．从而在上为减函数．符合题意(ii)当,即时，当变化时，的变化情况如下表：1- 0 + 0 -减函数极小值0 增函数极大值减函数若满足题意，只需满足,且(若，不符合题意),即, 且.又,所以,此时所以实数的取值范围是22.解：（1）由得，所以将化为直角坐标方程为,所以.将代入上式得.圆的极坐标方程为.(2)因为,得或，当时，.由（1）知直线的极坐标方程为,代入圆的极坐标方程得.所以,化简得,解得或.23.解：（1）①当时，,解得；②当时，,解得；③当时，,解得；综合①②③得的取值集合为.（2）分两种情况讨论：①当时，原不等式转化为,即恒成立，②当时，原不等式转化为,即恒成立，. 综上可知：.。
高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解34---空间几何体的表面积和体积
高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解 专题34 空间几何体的表面积和体积【考纲要求】1．会计算柱、锥、台、球的表面积和体积.【知识清单】知识点1．几何体的表面积圆柱的侧面积 rl S π2=圆柱的表面积 )(2l r r S +=π圆锥的侧面积 rl S π=圆锥的表面积 )(l r r S +=π圆台的侧面积 l r r S )(+'=π圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积 24R S π=柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积. 知识点2．几何体的体积圆柱的体积 h r V 2π=圆锥的体积 h r V 231π=圆台的体积 )(3122r r r r h V '++'=π 球体的体积 334R V π= 正方体的体积 3a V =正方体的体积 abc V =【考点梳理】考点一 ：几何体的面积【典例1】（2020·天津高考真题）若棱长为则该球的表面积为（ ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.【典例2】（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+ 【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a +=（负值舍去）. 故选：C.【规律方法】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．【变式探究】1．（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB ∆的面积为__________．【答案】【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB ，因为SAB 的面积为,l 所以221802l l ⨯==，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为πcos,4l =因此圆锥的侧面积为2ππ.2rl l ==2．（2019·福建高三月考）已知四面体ABCD 内接于球O ，且2AB BC AC ===，若四面体ABCD ，球心O 恰好在棱DA 上，则球O 的表面积是_____． 【答案】16π【解析】如图:在三角形ABC 中,因为222AB BC AC +=,所以△ABC 为直角三角形,所以三角形ABC 的外接圆的圆心为AC 的中点1O ,连1OO ,根据垂径定理,可得1OO ⊥平面ABC ,因为1,O O 为,AD AC 的中点可知DC ⊥平面ABC ,所以DC 为四面体ABCD 的高.所以11323DC ⨯=,解得DC =所以4AD ==. 所以四面体ABCD 的外接球的半径为2,表面积为24R π=24216ππ⨯=.【总结提升】计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法. 高频考点二 ：几何体的体积【典例3】（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,几何体的体积()3142424402V =-+⨯⨯=. 【典例4】（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为2624⨯⨯圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为： 2π【总结提升】 （1）已知几何体的三视图求其体积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表体积公式求其体积.(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．（3）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（4）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.（5）三视图形式：若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解提醒：处理高线问题时，经常利用的方法就是“等积法”．【变式探究】1．（2020·全国高一课时练习）已知ABC ∆的三边长分别是3AC =，4BC =，5AB =.下列说法正确的是（ ）A ．以BC 所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为15πB ．以BC 所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为36π C ．以AC 所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的侧面积为25πD ．以AC 所在直线为旋转轴，将此三角形旋转一周，所得旋转体的体积为16π【答案】AD【解析】以BC 所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为3，母线长为5，高为4的圆锥，其侧面积为3515ππ⨯⨯=，体积为2134123ππ⨯⨯⨯=，故A 正确，B 错误； 以AC 所在直线为轴旋转时，所得旋转体是底面半径为4，母线长为5，高为3的圆锥，侧面积为4520ππ⨯⨯=，体积为2143163ππ⨯⨯⨯=，故C 错误，D 正确. 故选：AD.2.（2019·湖南高三月考（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 、F 、G 分别是AB 、AD 、1AA 的中点，以EFG ∆为底面作直三棱柱（侧棱垂直底面的棱柱），若此直三棱柱另一底面的三个顶点也都在该正方体的表面上，则该直三棱柱的体积为（ ）B.2C.32D.34【答案】C【解析】如图，连接11A C ，1C D ，1AC , 1BC ,分别取11A C 、1BC 、1C D 中点M 、N 、Q ，连接MQ ，MN ，NQ ,FQ ,EN ,GM由中位线定理可得111111111//,,//,,//,222GM AC GM AC FQ AC FQ AC EN AC EN AC === 又1AC EFG ⊥平面，∴三棱柱EFG NQM —是正三棱柱2EFG S ∆==112h GM AC ===，∴三棱柱32EFG NQM V =— 答案选C【方法总结】求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.高频考点三 ： 几何体的展开、折叠、切、截问题【典例5】（2020·全国高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】 设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【典例6】（2019·天津高考真题（理））已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.【答案】4π. 【解析】2=，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为12，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为21124ππ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【规律方法】几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.【典例7】（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ） A ．86π B ．46πC ．26πD 6π【答案】D 【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点， //EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，22226R =++= 364466633R V R =∴=π==ππ，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴===AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x +-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，PA PB PC ∴======2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，344338V R ∴=π=π⨯=，故选D.【典例8】（2019·四川高三月考（理））学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为，高为10cm .打印所用部料密度为30.9g/cm ．不考虑打印损耗．制作该模型所需原料的质量为________g .（π取3.14）【答案】358.5 【解析】设被挖去的正方体的棱长为xcm ，圆锥底面半径为r ，取过正方体上下底面面对角线的轴截面，由相似三角形得则10210x xh x x r h --=⇒=，解得5x =．模型的体积为(223311500105125333V r h x πππ=-=⨯⨯-=-， 因此，制作该模型所需材料质量约为5000.91251500.9125358.5g 3ππ⎛⎫⨯-=-⨯≈⎪⎝⎭． 故答案为：358.5. 【总结提升】1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．【典例9】（2018届河南省林州市第一中学高三8月调研）如图，已知矩形ABCD中，，现沿AC折起，使得平面ABC⊥平面ADC，连接BD，得到三棱锥-，则其外接球的体积为（）B ACD【答案】D【解析】结合几何体的特征可得，外接球的球心为AC的中点，则外接球半径：本题选择D选项.【总结提升】解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：【变式探究】1．（2018届河南省洛阳市高三期中）在三棱锥S ABC -中，底面ABC ∆是直角三角形，其斜边4AB =， SC ⊥平面ABC ，且3SC =，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. 25π B. 20π C. 16π D. 13π 【答案】A【解析】根据已知，可将三棱锥补成一个长方体，如下图：则三棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，由于43AB SC ==，，且ABC ∆是直角三角形， SC ⊥平面ABC ， ∴长方体的对角线长为∴三棱锥的外接球的半径 ∴三A.2．（2018·天津高考真题（文））如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．【答案】13【解析】如图所示，连结11A C ，交11B D 于点O ，很明显11A C ⊥平面11BDD B ，则1A O 是四棱锥的高，且111122A O A C ===，1111BDD B S BD DD =⨯==四边形，结合四棱锥体积公式可得其体积为1113323V Sh ===，故答案为13.3．（2018届河北省衡水市武邑中学高三上第三次调研）在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑M ABC-中, MA⊥平面ABC, 2MA AB BC===,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为____．【解析】由题意，MC为球O的直径，O∴球O的表面积为4π•3=12π，内切球的半径设为ｒ，【典例10】（2017课标1，理16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】【规律方法】有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【变式探究】（2018届河南省林州市第一中学高三8月调研）如图，已知矩形中，，现沿折起，使得平面平面，连接，得到三棱锥，则其外接球的体积为（ ）ABCD AC ABC ⊥ADC BD B ACD -【答案】D【解析】结合几何体的特征可得，外接球的球心为AC的中点，则外接球半径：本题选择D选项.【典例11】（2018·江苏高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】43【解析】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正，所以该多面体的体积为21421.33⨯⨯⨯=【变式探究】（2020·山东省滨州市三模）已知P，A，B，C是球O的球面上的四个点，平面，则球O的表面积为__________．PA⊥,26,ABC PA BC==AB AC⊥【答案】 【解析】由于平面，所以，而，故可将补形为长方体，如图所示，长方体的外接球，也即三棱锥的外接球，也即球. 由于，设，则，所以长方体的对角设球的半径为，则所以球的表面积为. 故答案为：【典例12】（2020·山东省泰安市6月三模）已知球O是正三棱锥的外接球，，E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是_______. 【答案】45πPA ⊥ABC ,PA AB PA AC ⊥⊥AB AC ⊥P ABC -P ABC -O 26,3PA BC BC ===,AB a AC b ==2229a b BC +===O R 2R =O 2445R ππ=45πP ABC -3AB =PA =94π【解析】如图，设三棱锥的外接球半径为R ，正三角形的外接圆圆心为，因为，三角形是正三角形，为正三角形的外接圆圆心， 所以因为所以，解得，，因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，所以当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值，在中，故，截面面积， 故答案为：. 【总结提升】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【变式探究】1.（2020·安徽马鞍山�高三三模（文））已知正方体1111ABCD A B C D -，直线1AC ⊥平面α，平面α截此正方体所得截面中，正确的说法是（ ）ABC D 3AB =ABC D ABC DA =PA =3PD =()223R R +-=2R =1OD =E O OE OE Rt EDO ∆OE ==32r ==294S r ππ==94πA ．截面形状可能为四边形B ．截面形状可能为五边形C ．截面面积最大值为D 【答案】D【解析】如图在正方体中1AC ⊥平面1A BD ，所以平面α与平面1A BD 平行平面α与正方体的截面可以是三角形、六边形但不会是五边形和四边形 当截面为正六边形EFNMGH 时，截面面积有最大，由题可知：21sin 45==NM ，则133611sin 6022=⨯⨯⨯⨯=EFNMGH S 故选：D2．（2020·江苏苏州�高一期末）已知在球O 的内接长方体1111ABCD A B C D -中，12AB AA ==，3AD =，则球O 的表面积为________，若P 为线段AD 的中点，则过点P 的平面截球O 所得截面面积的最小值为______．【答案】17π9π4【解析】如图，因为球O 的内接长方体1111ABCD A B C D -中，12AB AA ==，3AD =，所以12=DB R = 所以球的表面积2=417S R ππ=， 当OP ⊥球的截面，即P 为截面圆圆心时，球心到截面圆的距离d OP =时最大， 此时截面圆的半径22d R r -=最小，此时截面圆的面积最小，而OP ===所以32r ==， 所以截面圆面积294S r ππ==. 故答案为：17π；94π。
(全优试卷)河南省林州市第一中学高三8月调研考试数学(理)试题Word版含答案
2015级高三上学期8月调研考试数学（理）试题第Ⅰ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.已知复数2017(23)45i i z i-=+（i 为虚数单位），则在复平面内，复数z 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2.已知命题:p 直线1:230l x y -+=与2:230l x y ++=相交但不垂直；命题:q 0(0,)x ∃∈+∞，002x x e +>，则下列命题是真命题的为（ ）A ．()p q ⌝∧B ．p q ∧C ．()p q ∨⌝D ．()()p q ⌝∧⌝3.规定投掷飞镖3次为一轮，若3次中至少两次投中8环以上为优秀，现采用随机模拟实验的方法估计某人投掷飞镖的情况：先由计算器产生随机数0或1，用0表示该次投标未在8环以上，用1表示该次投标在8环以上；再以每三个随机数作为一组，代表一轮的结果，经随机模拟实验产生了如下20组随机数：101 111 011 101 010 100 100 011 111 110 000 011 010 001 111 011 100 000 101 101据此估计，该选手投掷飞镖三轮，至少有一轮可以拿到优秀的概率为（ ） A ．8125 B ．117125 C ．81125 D ．271254.已知抛物线C ：22(0)x py p =>的焦点为F ，点P 为抛物线C 上的一点，点P 处的切线与直线y x =平行，且||3PF =，则抛物线C 的方程为（ ）A ．24x y = B ．28x y =C. 26x y = D ．216x y =5.执行如图所示的程序框图，若输出的S 的值为2670，则判断框中的条件可以为（ ）A ． 5?i <B ．6?i < C. 7?i < D ．8?i <6.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且8425S S -=，则9101112a a a a +++的最小值为（ ）A ．10B ．15 C. 20 D ．257.如图，已知矩形ABCD 中，483AB BC ==，现沿AC 折起，使得平面ABC ⊥平面ADC ，连接BD ，得到三棱锥B ACD -，则其外接球的体积为（ ）A ．5009π B ．2503π C. 10003π D ．5003π8.《九章算术》中有这样一则问题：“今有良马与弩马发长安，至齐，齐去长安三千里，良马初日行一百九十三里，日增一十三里；弩马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎弩马.”则现有如下说法：①弩马第九日走了九十三里路； ②良马前五日共走了一千零九十五里路； ③良马和弩马相遇时，良马走了二十一日. 则以上说法错误的个数是（ ）个 A ． 0 B ．1 C. 2 D ．39.已知函数2221()3,22,221()3,22xx x x x x ---⎧--<-⎪⎪⎪--≤≤⎨⎪⎪-->⎪⎩，若关于x 的方程()0f x a +=有2个实数根，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(0,3)B ．(0,3] C. (0,3){4}D ．(0,3]{4}10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的棱长不可能为（ ）A．．4 C.．11.已知双曲线E ：22221(0,0)x y a b a b-=>>上的四点,,,A B C D 满足AC AB AD =+，若直线AD的斜率与直线AB 的斜率之积为2，则双曲线C 的离心率为（ ）AB．12.已知函数32()2f x x x x =-+，()y g x =的图像与|()|y f x =的图像关于x 轴对称，函数(),1()ln ,1g x x h x x x <⎧=⎨≥⎩，若关于x 的不等式()0h x kx -≤恒成立，则实数k 的取值范围为（ ）A ．21[,1]e B ．2[,1]e C. 1[,1]eD ．[1,]e 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. 622(21)x x+-的展开式中的常数项为 ．（用数字填写正确答案）14.已知等腰直角三角形ABC 中，AB AC =，,D E 分别是,BC AB 上的点，且1AE BE ==，3CD BD =，则AD CE ∙= ．15.已知实数,x y 满足2300230x y x y x y --≥⎧⎪+≥⎨⎪-+≥⎩，若22(4)(1)x y m ++-≥对任意的(,)x y 恒成立，则实数m 的取值范围为 ．16.数列{}n a 满足：21(1)(21)1n n n na n a n a ++++=+-，11a =，26a =，令cos 2n n n c a π=∙，数列{}n c 的前n 项和为n S ，则4n S = ．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ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且A B C <<，2C A =.（1）若c =，求A 的大小；（2）若,,a b c 为三个连续正整数，求ABC ∆的面积.18. 已知多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为平行四边形，EF CE ⊥，且AC =1AE EC ==，2BCEF =，//AD EF . （1）求证：平面ACE ⊥平面ADEF ；（2）若AE AD ⊥，直线AE 与平面ACF夹角的正弦值为3，求AD 的值.19. 已知具有相关关系的两个变量,x y 之间的几组数据如下表所示：（1）请根据上表数据在网格纸中绘制散点图；（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程^^^y b x a =+，并估计当20x =时，y 的值；（3）将表格中的数据看作五个点的坐标，则从这五个点中随机抽取3个点，记落在直线240x y --=右下方的点的个数为ξ，求ξ的分布列以及期望.参考公式：^1221()ni ii nii x y nx yb xn x ==-=-∑∑，^^^a yb x =-.20. 已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，且椭圆C过点(1,2-，记椭圆C 的左、右顶点分别为,A B ，点P 是椭圆C 上异于,A B 的点，直线21:l x a =与直线,AP BP 分别交于点,M N .（1）求椭圆C 的方程；（2）过点P 作椭圆C 的切线2l ，记2l MN Q =，且MQ QN λ=，求λ的值.21. 函数()ln()ln f x x m n x =+-.（1）当1m =，0n >时，求()f x 的单调减区间；（2）1n =时，函数()(2)()g x m x f x am =+-，若存在0m >，使得()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围.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，曲线1C 的普通方程为22240x y x ++-=，曲线2C 的参数方程为2x t y t⎧=⎨=⎩（t 为参数），以坐标原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系. （1）求曲线1C 、2C 的极坐标方程；（2）求曲线1C 与2C 交点的极坐标，其中0ρ≥，02θπ≤<.23.选修4-5：不等式选讲已知函数()||||4f x x a x b =+-++. （1）若2a =-，0b =，在网格纸中作出函数()f x 的图像；（2）若关于x 的不等式()0f x ≥恒成立，求a b -的取值范围.2015级高三上学期8月调研考试数学（理）试题答案一、选择题 1-5:DABCC 6-10:CDBDB 11、12：AC 二、填空题 13.481 14.1215. (,29]-∞ 16. 2166n n + 三、解答题17.（1）∵c =，∴由正弦定理有sin C A =，又2C A =，即sin 2A A =，于是2sin cos A A A =，在ABC ∆中，sin 0A ≠，于是cos A =6A π=. （2）因为ABC <<，故a b c <<，故设a n =，1b n =+，2c n =+，*n N ∈；由2C A =，得sin sin 22sin cos C A A A ==，∴sin cos 2sin 2C cA A a==.6c = 由余弦定理得：22222b c a cbc a+-=，代入,,a b c 可得：222(1)(2)22(1)(2)2n n n n n n n +++-+=++，解得：4n =，∴4a =，5b =，故3cos 24c A a ==，故sin A =，故ABC ∆的面积为11sin 5622bc A =⨯⨯=18.（1）∵AC =，1AE EC ==，∴222AC AE CE =+，∴AE EC ⊥；又EFCE ⊥，AE EF E =，∴CE ⊥平面ADEF ；因为CE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面ADEF . （2）因为平面ACE ⊥平面ADEF ，平面ACE平面ADEF AE =，AE AD ⊥，所以AD ⊥平面AEC ，AC ⊂平面AEC ，故ACAD ⊥；以A 为原点，,AC AD 所在直线分别为,x y 轴，过点A 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设2AD a =，则(0,0,0)A，C，,)22F a -，)22E ， 设平面ACF 的一个法向量(,,)m x y z =， 因为(2,0,0)AC =，2(,22AFa =-，∴00x ay =-+=，取z=1y a =，则1(0,m a=， 2(AE =，设直线AE 与平面ACF 的夹角为θ，故||sin ||||1AE m AE m θ∙===1a =（1a =-舍去），故2AD =. 19.（1）散点图如图所示：（2）依题意，1(246810)65x =++++=，1(3671012)7.65y =++++=，5214163664100220ii x==++++=∑，516244280120272i i i x y ==++++=∑，5^1522215272567.644 1.122056405()i ii ii x y x yb xx ==--⨯⨯====-⨯-∑∑，∴^7.6 1.161a =-⨯=；∴回归直线方程为^1.11y x =+，故当20x =时，23y =.（3）可以判断，落在直线240x y --=右下方的点满足240x y -->， 故符合条件的点的坐标为(6,7),(8,10),(10,12)，故ξ的可能取值为1,2,3；2123353(1)10C C P C ξ===，1223356(2)10C C P C ξ===，33351(3)10C P C ξ===，故ξ的分布列为故361189()23101010105E ξ=+⨯+⨯==. 20.（1）依题意，221314c a a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得2a =，1b =，c =故椭圆C 的方程为2214x y +=. （2）依题意，(2,0)A -，(2,0)B ，直线1:4l x =，设000(,)(2)P x y x ≠±，则220014x y +=. 直线AP 的方程为00(2)2y y x x =++，令4x =，得点M 的纵坐标为0062M y y x =+； 直线BP 的方程为00(2)2y y x x =--，令4x =，得点N 的纵坐标为0022N y y x =-； 由题知，椭圆在点P 处切线斜率存在，可设切线方程为00()y y k x x -=-， 由0022()44y k x x y x y =-+⎧⎨+=⎩，得2220000(14)8()4()40k x k y kx x y kx ++-+--=，由0∆=，得2222000064()16(14)[()1]0k y kx k y kx --+--=， 整理得：22220000214y kx y k x k -+=+，将220014x y =-，22004(1)x y =-代入上式并整理得200(2)02x y k +=，解得004x k y =-，所以点P 处的切线方程为0000()4x y y x x y -=--. 令4x =得，点Q 的纵坐标为22000000000000(4)444(1)1444Q x x y x x x x y y y y y y --+--=-===，设MQ QN λ=，所以()Q M N Q y y y y λ-=-，所以000000001621()22x y y x y x x y λ---=-+-， 所以220000000000(1)(2)62(1)(2)(2)(2)x x y y x x y x y x λ-+----=+-， 将220014x y =-代入上式，002(2)22x xλ-+=-+，因为022x -<<，所以1λ=.21.（1）()ln(1)ln f x x n x =+-，定义域为(0,)+∞，'1(1)()1(1)n n x n f x x x x x --=-=++， ①当1n =时，'1()0(1)f x x x -=<+，此时()f x 的单调减区间为(0,)+∞；②当01n <<时，01n x n <<-时，'()0f x <，此时()f x 的单调减区间为(0,)1n n-； ③当1n >时，1n x n >-时，'()0f x <，此时减区间为(,)1n n+∞-. （2）1n =时，()(2)[ln()ln ]g x m x x m x am =++--， ∵()0g x >，∴()0g x x >，即(1)ln (1)0m x m x m x a x x x++++-->， 设1m x t x +=>，∴(1)ln (1)0t t a t +-->，∴(1)ln 01a t t t -->+. 设(1)()ln 1a t h t t t -=-+，2'22(1)1()(1)t a t h t t t +-+=+，(1)0h =， ①当2a ≤时，222(1)1210t a t t t +-+≥-+>，故'()0h t >，∴()h t 在(1,)+∞上单调递增，因此()0h t >；②当2a >时，令'()0h t =，得：11t a =-21t a =-，由21t >和121t t =，得：11t <，故()h t 在2(1,)t 上单调递减，此时()(1)0h t h <=.综上所述，2a ≤. 22.（1）依题意，将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入22240x y x ++-=中可得：22cos 40ρρθ+-=；因为2x t y t⎧=⎨=⎩，故2y x =，将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入上式化简得：2sin cos ρθθ=；故曲线1C 的极坐标方程为22cos 40ρρθ+-=，曲线2C 的极坐标方程为2sincos ρθθ=.（2）将2y x =代入22240x y x ++-=得2340x x +-=，解得：1x =，4x =-（舍去）， 当1x =时，1y =±，所以1C 与2C 交点的平面直角坐标为(1,1)A ，(1,1)B -，∵Aρ==B ρ==tan 1A θ=，tan 1B θ=-，0ρ≥，02θπ≤<，∴4A πθ=，74B πθ=，故曲线1C 与2C交点的极坐标)4A π，7)4B π. 23.（1）依题意，6,0()|2|||462,022,2x f x x x x x x <⎧⎪=--+=-≤≤⎨⎪>⎩，所求函数图像如图所示：（2）依题意，||||4x a x b +-+≥-（*）而由||||||||||x a x b x a x b a b +-+≤+--=-||||||||a b x a x b a b ⇒--≤+-+≤-，故要（*）恒成立，只需||4a b --≥-，即||4a b -≤，可得a b -的取值范围是[4,4]-.。
高考数学专题突破学生版-几何体的体积、面积和三视图与直观图(考点讲析)
专题7.1几何体的体积、面积和三视图与直观图（考点讲析）提纲挈领A.4B.8C.12D.16 【典例2】（2018年全国卷II 文）在正方体中，的中点，则异面直线所成角的正切值为（ ）A.C.【方法技巧】解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧 (1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一反例即可．(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．(3)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． 热门考点02 空间几何体的直观图1.用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x 轴或y 轴平行的线段在直观图中与x ′轴或y ′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积有以下关系：S 直观图＝4S 原图形，S 原图形＝直观图． 【典例3】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( )A ．2+ B. 12 C. 22D ．1+ 【典例4】在如图所示的直观图中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中，四边形ABCO 为________，面积为________ cm 2.【特别提醒】解决有关“斜二测画法”问题时，一般在已知图形中建立直角坐标系，尽量运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系.热门考点03 空间几何体的三视图三视图几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽.即“长对正，宽相等，高平齐”.【典例5】（2018·全国高考真题（文））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【典例6】（2018年理新课标I卷）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在左视图上的对应点为设A.D. 2【典例7】（2018年文北京卷）某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【总结提升】1.三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(3)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形状，然后再找其剩下部分三视图的可能形状．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．2.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”. 简单几何体的三视图是该几何体在三个两两垂直的平面上的正投影，并不是从三个方向看到的该几何体的侧面表示的图形．在画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的轮廓线和棱用实线表示，挡住的线要画成虚线．3.命题的角度一般有：（1）已知几何体，识别三视图；（2）已知三视图，判断几何体；（3）已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图热门考点04 空间几何体的表面积圆柱的侧面积 rl S π2=圆柱的表面积 )(2l r r S +=π圆锥的侧面积 rl S π=圆锥的表面积 )(l r r S +=π圆台的侧面积 l r r S )(+'=π圆台的表面积 )(22rl l r r r S +'++'=π球体的表面积 24R S π=柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.【典例8】（2018届湖北省华师一附中高三9月调研）已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ）A. 22R πB. 294R πC. 283R πD. 232R π 【典例9】（2018·全国高考真题（理））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB ∆的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．热门考点05 空间几何体的体积圆柱的体积 h r V 2π=圆锥的体积 h r V 231π=圆台的体积 )(3122r r r r h V '++'=π 球体的体积 334R V π= 正方体的体积 3a V =正方体的体积 abc V =【典例10】（2019年高考全国Ⅲ卷理）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【典例11】（2018·全国高考真题（文））已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°，若SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为__________．【总结提升】求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.热门考点06 三视图与几何体的面积、体积若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.【典例12】（2019·浙江高考真题）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh 柱体，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（ ）A ．158B ．162C ．182D ．32【典例13】（2019·浙江高三月考）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示则该几何体的体积为____3cm ，表面积为_____2cm .【总结提升】求空间几何体体积的常见类型及思路规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.热门考点07 几何体的展开、折叠、切、截、接问题解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【典例14】（2018届河南省林州市第一中学高三8月调研）如图，已知矩形ABCD 中， 483AB BC ==，现沿AC 折起，使得平面ABC ⊥平面ADC ，连接BD ，得到三棱锥B ACD -，则其外接球的体积为（ ）A. 5009πB. 2503πC. 10003πD. 5003π【典例15】(2019年高考天津卷理)已知四棱锥的底面是边长的正方形，侧棱长均若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【典例16】（广东省深圳市高级中学2019届高三（6月）适应）在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【典例17】（2019·福建高三月考）已知四面体ABCD 内接于球O ，且2AB BC AC ===，若四面体ABCD 的体积为3，球心O 恰好在棱DA 上，则球O 的表面积是_____． 【总结提升】 1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．巩固提升1．（2018·上海市七宝中学高二期中）一个棱柱是正四棱柱的一个充要条件是（ ）A.底面是正方形，有两个侧面是矩形B.底面是正方形的平行六面体C.底面是正方形且两个相邻侧面是矩形D.每个侧面都是全等的矩形2．（2019·江西省大余县新城中学高二月考）如图所示的直观图的平面图形ABCD 中，2AB =，24AD BC ==，则原四边形的面积( )A. B. C.12 D.103．（2019·浙江诸暨中学高二月考）若一个正方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示.则该几何体的正视图是（ ）A. B. C. D.4．（2019·安徽高二月考）在四面体PABC 中，PC PA ⊥，PC PB ⊥，22AP BP AB PC ====，则四面体PABC 外接球的表面积是（ ） A.193π B.1912π C.1712π D.173π 5．（2019·江西省大余县新城中学高二月考）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱的长是（ ）A.4B.6C.D.6．（2019·上海高二期末）已知某圆柱是将边长为2的正方形（及其内部）绕其一条边所在的直线旋转一周形成的，则该圆柱的体积为_______.7．（2019·上海市复兴高级中学高二期末）某几何体由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：厘米），则该几何体的体积（单位：立方厘米）是________.8．（2019·上海市民办市北高级中学高二期中）在ABC ∆中，3cm AC =，4cm BC =，5cm AB =，现以BC 边所在的直线为轴把ABC ∆（及其内部）旋转一周后，所得几何体的全面积是________2cm .9．（2019·上海高二期末）底面是直角三角形的直棱柱的三视图如图格中的每个小正方形的边长为1，则该棱柱的表面积是________10．（2018·上海市行知实验中学高二期中）若三棱锥P ABC -中，PA x =，其余各棱长均为2，则三棱锥P ABC -体积的最大值为______．11．（2019·上海市向明中学高二月考）一个透明密闭的正方体容器中，恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体，则水面在容器中的形状可以是:①三角形；②菱形；③矩形；④正方形；⑤正六边形，11 则其中判断正确的个数是_________.12．（2018·上海市南洋模范中学高三开学考试）一个几何体的三视图如图所示，图中直角三角形的直角边长均为1，则该几何体体积为________．13．（2019·上海曹杨二中高二期末）如图,边长为a 的正方形纸片ABCD,沿对角线AC 对折,使点D 在平面ABC 外,若BD=，a 则三棱锥D ABC -的体积是________.14．（2019·上海曹杨二中高二期末）正ABC △的三个顶点都在半径为2的球面上,球心O 到平面ABC 的距离为1,点D 是线段BC 的中点,过D 作球O 的截面,则截面面积的最小值为_________.15．（2018·上海市七宝中学高二期中）如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，AED ∆、EBF ∆、FCD ∆分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A '，若四面体A EFD '的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________.16．（2017·上海交大附中高二期中）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，延长1D D 至P ，使得1DD DP =.A C P作正方体的截面图形；（1）经过11（2）求出截面为底面D为顶点的多面体的表面积.12。
河南省林州市第一中学高三数学10月调研试题理(2021年整理)
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林州一中2015级高三10月调研考试数学（理）试题一、选择题(每题5分，共60分)1、已知复数满足()133i z i +=，则z =（ ）A ．334i + B ．332i - C ． 332i + D ．334i -2、设函数(),y f x x R =∈，“()y f x =是偶函数"是“()y f x =的图象关于原点对称”（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 3、已知向量a b ，满足()1232a b a b ==-=，，，,则2a b +=（）A ．22B ．25C ．17D ．154、将函数sin 23y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象向右平移()0m m >个单位长度,所得函数图象关于y 轴对称，则m 的最小值为（ ）A 。
512π B 。
3πC 。
12πD 。
712π 5、已知锐角θ满足2sin 263θπ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则5cos 6πθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值为（）A ．19-B ．45C ．45-D ．196、在等差数列{}n a 中，0>n a ，且301021=+⋅⋅⋅⋅++a a a ，则65a a ⋅的最大值等于（ ）A. 3B. 6C. 9 D 。
367、数列{}n a 中，已知对任意正整数n ，有1221-=+⋅⋅⋅⋅++n n a a a ，则=⋅⋅⋅⋅⋅++22221n a a a （ ) A.2)12(-n B 。
河南省八市学评2018届高三下学期第一次测评数学理
）
A． 1 B ． -1 C ． 2 D ． -2
3. 已知 满足约束条件
, 则 的最小值是 ( )
A． 1B． C． D．
4. 某校对高二一班的数学期末考试成绩进行了统计，发现该班学生的分数都在
90 到 140 分之间，其
频率分布直方图如图所示，若 130~140 分数段的人数为 2，则 100~120 分数段的人数为（
2018 届河南省八市学评高三下学期第一次测评
数学（理）
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. 若复数 满足
, 其中 为虚数单位，则
()
A．
B．
C．
D．
2. 集合
,
,若
只有一个元素，则实数 的值为（
）
Байду номын сангаас
A． 12 B ． 28 C.32 D
5. 已知
，则
()
． 40
A．
B
．
C.
D ．6
6. 某几何体的三视图如右图所示，则改几何体的体积为
()
· 1·
A．
B．
C.
D．
7. 已知函数
,若
,则 ( )
A．
B
．
C.
或
D ．0
8. 设等差数列
的首项 大于 0，公差为 , 则“
”是“
A．充要条件 B．充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
为递减数列”的 ( )
9. 双曲线
的右焦点为
, 过点 斜率为 的直线为 , 设直线 与双曲
河南省八市学评2018届高三下学期第一次测评数学(理) 解析版
八市·学评2017-2018（下）高三第一次测评理科数学第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.B. C.【答案】D【解析】D．2. ,若）A. 1B. -1C. 2D. -2【答案】B【解析】因为只有一个元素，而，所以或，选B.3. ( )D.【答案】C【解析】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，由图象可知，当取点，此时所以的最小值为，故选C．4. 某校对高二一班的数学期末考试成绩进行了统计，发现该班学生的分数都在90到140分之间，其频率分布直方图如图所示，若130~140分数段的人数为2，则100~120分数段的人数为（）A. 12B. 28C. 32D. 40【答案】B【解析】100~120，根据对应5. 已知，则B. C. D. 6【答案】A，A．6. 某几何体的三视图如图所示，则改几何体的体积为( )【答案】C【解析】C．7. 已知函数,若,则( )B. C. 或 D. 0【答案】D【解析】（舍去），，则，故选D．8. 的首项0( )A. 充要条件B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】，所以为递减数列的充要条件，故选A．9. ,设直线与双曲线的渐近线的交点为为坐标原点，若则双曲线( )【答案】D【解析】联立，，的面积为，所以，所以，故选D．10.( )B. D.【答案】D【解析】D．11. ,若函数周期为1( )【答案】C【解析】C．点睛：本题考查了三角函数的图象与性质，以及三角函数的周期求解问题，解答中根据函其中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．12. 已知函数4围是( )D.【答案】C【解析】时，时，选C.点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图像交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.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. -8__________．【答案】4【解析】14. __________．【答案】1【解析】所以封闭图形的面积为__________．（用数字填写答案）【答案】-280【解析】的系数是．点睛：本题主要考查二项式定理的通项与系数问题，试题比较基础，属于简单题．二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．16. 直线轴的上方，则．【答案】1过抛物线焦点，由得，即.....................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. ，且满足(1)(2).【答案】（1（2【解析】试题分析：（1，再借助（2）由（1试题解析：（1,，所以,当且仅当..18.(1)(2).【答案】（1）见解析；（2【解析】试题分析：（1）由底面(2)，求得平面和平面试题解析：（1是平行四边形，∴，四点共面，且平面(2)，且平面在平行四边形,的法向量为,则有, 则平面是平面的一个法向量，∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为19. 某中学准备在开学时举行一次高三年级优秀学生座谈会，拟请20名来自本校高三(1)(2)(3)(4)班的学生参加，各班邀请的学生数如下表所示；(1)从这20名学生中随机选出3名学生发言，求这3名学生中任意两个均不属于同一班级的概率；(2)从这20名学生中随机选出3 名学生发言，设来自高三（3）概率分布列和数学期望.【答案】（1（2）见解析.【解析】试题分析：（1于同一班级的方法数，利用古典概型及其概率公式，即可求解．(2)数学期望．试题解析：（1）从 20 名学生随机选出 3 选出 3 人中任意两个均不属于同一班级的设 3 名学生中任意两个均不属于同一班级的事件为可能的取值为 0,1,2,3所以的分布列为20. 已知椭圆的离心率为，点.(1)的方程；(2)相交于.【答案】（1（2【解析】试题分析：（1）由椭圆的方程的离心率和椭圆上的点代入方程，列出方程组，的值，得到椭圆的方程；（2）当直线的斜率不存在时，.与椭圆的方程联立，求得，以及利用把三角形的面积表达成实数的表示，即可求解面积的最大值．试题解析：(1)(2)易得直线.的中点不在直线.联立消所以的中点因为在直线上，所以,解得,且又原点到直线的距离,当且仅当时等号成立，符合,且.点睛：本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系,解答此类题目，通常利方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数的性质求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．21. 已知函数(1)(2)的值域是.【答案】（1（2【解析】试题分析：（1）求出函数的导数，由函数（2试题解析：,若函数有两个极值点，则方程时，有两个不相等的正实根，设为时，上为减函数；.的极大值点.符合题意.（2时，.当时，在上为减函数；在.不符合题意.(i)时，, 当且仅当.在上为减函数．从而在上为减函数．符合题意),,此时点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应用．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)，以坐.(1)(2)两点，且.【答案】（1）直线的极坐标方程为（2）.【解析】试题分析：（1将直线直角坐标方程化为极坐标方（2）先根据三角形面积.试题解析：（1化为直角坐标方程为,所以的极坐标方程为得或，由（1）知直线的极坐标方程为综上：的取值为23. 选修4-5：不等式选讲(1)(2)若不等式.【答案】（1（2【解析】试题分析：（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先根据绝对值定义分类讨论，再参变分离转化为对应函数最值，最后根据最值得的取值范围.试题解析：（1.（2）分两种情况讨论：②当综上可知：⇔。
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河南省林州市第一中学2018届高三8月调研考试理
科数学试题
学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________
一、单选题
1. 已知复数（为虚数单位），则在复平面内，复数所对应的点位于（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2. 已知命题直线与相交但不垂直；命题
，，则下列命题是真命题的为（）A．B．C．D．
3. 规定投掷飞镖3次为一轮，若3次中至少两次投中8环以上为优秀，现采用随机模拟实验的方法估计某人投掷飞镖的情况：先由计算器产生随机数0或
1，用0表示该次投标未在8环以上，用1表示该次投标在8环以上；再以每三个随机数作为一组，代表一轮的结果，经随机模拟实验产生了如下20组随机数：
101 111 011 101 010 100 100 011 111 110
000 011 010 001 111 011 100 000 101 101
据此估计，该选手投掷飞镖三轮，至少有一轮可以拿到优秀的概率为
（）
A．B．C．D．
4. 已知抛物线：的焦点为，点为抛物线上的一点，点处的切线与直线平行，且，则抛物线的方程为（）A．B．C．D．
5. 执行如图所示的程序框图，若输出的的值为2670，则判断框中的条件可以为（）
A．B．C．D．
6. 已知正项等比数列的前项和为，且，则
的最小值为（）
A．25 B．20 C．15 D．10
7. 如图，已知矩形中，，现沿折起，使得平面
平面，连接，得到三棱锥，则其外接球的体积为（）
A．B．C．D．
8. 《九章算术》中有这样一则问题：“今有良马与弩马发长安，至齐，齐去长安三千里，良马初日行一百九十三里，日增一十三里；弩马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎弩马.”则现有如下说法：
①弩马第九日走了九十三里路；
②良马前五日共走了一千零九十五里路；
③良马和弩马相遇时，良马走了二十一日.
则以上说法错误的个数是（）个
A．0 B．1 C．2 D．3
9. 已知函数，若关于的方程有2个实数根，则实数的取值范围为（）
A．B．C．D．
10. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的棱长不可能为（）
A．B．4 C．D．
11. 已知双曲线E：上的四点A，B，C，D满足
，若直线AD的斜率与直线AB的斜率之积为2，则双曲线C的离心率为
A．B．C．D．
12. 已知函数，的图像与的图像关于轴
对称，函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（）
D．
A．B．C．
二、填空题
13. 的展开式中的常数项为__________．（用数字填写正确答案）
14. 已知等腰直角三角形中，，分别是上的点，且
，，则__________．
15. 已知实数满足，若对任意的
恒成立，则实数的取值范围为__________．
16. 数列满足：，，，令
，数列的前项和为，则__________．
三、解答题
17. 已知中，角所对的边分别为，且，. （1）若，求的大小；
（2）若为三个连续正整数，求的面积.
18. 已知多面体中，四边形为平行四边形，，且
，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若，直线与平面夹角的正弦值为，求的值. 19. 已知具有相关关系的两个变量之间的几组数据如下表所示：
（1）请根据上表数据在网格纸中绘制散点图；
（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程
，并估计当时，的值；
（3）将表格中的数据看作五个点的坐标，则从这五个点中随机抽取3个点，记
落在直线右下方的点的个数为，求的分布列以及期望.
参考公式：，.
20. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆过点
，记椭圆的左、右顶点分别为，点是椭圆上异于的点，直线与直线分别交于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作椭圆的切线，记，且，求的值.
21. 函数.
（1）当，时，求的单调减区间；
（2）时，函数，若存在，使得恒成立，求实数的取值范围.
22. 在平面直角坐标系中，曲线的普通方程为，曲线的
参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系.
（1）求曲线、的极坐标方程；
（2）求曲线与交点的极坐标，其中，.
23. 已知函数.
（1）若，，在格纸中作出函数的图像；
（2）若关于的不等式恒成立，求的取值范
围.。