衡水金卷届全国高三大联考理科数学试题含答案_衡水金卷理科数学
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衡水金卷2018届全国高三大联考
理科 第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5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A.C.【答案】C 【解析】所以故选C.2.记复数的虚部为则 为()
D.3，已知复数
（为虚数单位），,..B.D.，则()A.2B.-
3C.【答案】B 【解析】故的虚部为-3，即故选B.3.已知曲线
..在点()
处的切线的倾斜角为，则A.B.2
C.D.【答案】C 【解析】由故选C.4.2017年8月1日是中国人民解放军建军90周年，中国人民银行为此发行了以此为主题的金银纪念币，如图所示是一枚8克圆形金质纪念币，直径22mm，面额100元.为了测算图中军旗部分的面积，现用1粒芝麻向硬币内投掷100次，其中恰有30次落在军旗内，据此可估计军旗的面积大约是()A.B.C.D.，得，故
.【答案】B 【解析】根据题意，可估计军旗的面积大约是
.故选B.5.已知双曲线：的渐近线经过圆：的圆心，则双曲线的离心率为()A.B.C.2
D.【答案】A 【解析】圆：渐近线为依题意得..的圆心为，双曲线的故其离心率为故选A.6.已知数列为等比数列，且
.，则()A.B.C.D.【答案】A 【解析】依题意，得由所以,得，或..故选A.7.执行如图的程序框图，若输出的的值为-10，则①中应填()
A.B.C.D.，所以
.（由于与同号，故舍去）.【答案】C 【解析】由图，可知
.故①中应填故选C.8.已知函数为内的奇函数，且当，记，时，，则，.间的大小关系是()A.B.C.D.【答案】D 【解析】根据题意得的偶函数，当所以又故时，在内单调递减.，选D.，..，令
.则
为内9.已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为()
A.B.C.D.【答案】A 【解析】由三视图可知该几何体是一个半圆柱与一个地面是等腰直角三角形的三棱锥构成的组合体，故其体积
.故选A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：
1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；
2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；
3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.10.已知函数示，其中.记命题：的部分图象如图所，命题：将的图象向右平移个单位，得到函数判断正确的是()A.为真 B.为真 【答案】D 【解析】由因为将，所以，可得
.解得
为假 C.的图象.则以下
为真 D..，故为真命题；
图象所有点向右平移个单位，..............................所以为假，为真，为假，为真.故选D.11.抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线的焦点为，一条平行于轴的光线从点
射出，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上的另一点射出，则的周长为()
A.B.C.D.【答案】B 【解析】令，得，即
.由抛物线的光学性质可知经过焦点，设直线的方程为，代入消去，得
.将故故的周长为代入
得，故.....则，所以
.故选B.点睛：抛物线的光学性质：从抛物线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线周上反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴.12.已知数列
与的前项和分别为，且，则的最小值是()A.B.C.49
D.【答案】B 【解析】当由得时，.由，若恒成立，解得，得
..或..两式相减得所以因为即数列，所以
.是以3为首项，3为公差的等差数列，所以
.所以所以要使故选B.点睛：由和求通项公式的一般方法为
恒成立，只需
....数列求和的常用方法有：公式法；分组求和；错位相减法；倒序相加法；裂项相消法；并项求和.第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第13~21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.二、填空题：本大题共4小题，每题5分.13.已知在坐标为中，，则，若边的中点的__________．，点的坐标为【答案】1 【解析】依题意，得三角形，故所以14.已知，.所以
.，故
是以为底边的等腰的展开式中所有项的二项式系数之和、的最小值为__________． 系数之和分别为，则【答案】16 【解析】显然所以当且仅当.即
.令，得
..时，取等号，此时
其中，若的最小值为16.的最大值与最15.已知，满足小值分别为，则实数的取值范围为__________． 【答案】
【解析】作出可行域如图所示（如图阴影部分所示）
设，作出直线，时，取当直线过点得最大值即当当所以.时，取得最小值；当直线过点，或时，时，解得
...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.16.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
中，平面，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为__________． 【答案】【解析】设的中点为，如图，由，且为直角三角形，得.由等体积法，知即解得.，.故该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为
.三、解答题 ：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数（Ⅰ）求函数（Ⅱ）在锐角知，.的最小正周期及其图象的对称轴方程； 中，内角，的对边分别为，，已，求的面积.；【答案】（1）最小正周期（2）.，对称轴方程为【解析】试题分析：（1）化简函数得正周期（2）由，令，解得，利用，其最小
即可解得对称轴；，由正弦定理及即可得解.，得试题解析：（1）原式可化为，，故其最小正周期令解得即函数，图象的对称轴方程为，.（2）由（1），知因为又故得，解得，所以，.，得.中，底面平面，且
.为直角梯形，其中.，.，由正弦定理及故18.如图，在四棱锥，侧面，动点在棱上，且（1）试探究的值，使（2）当
平面，并给予证明；
时，求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）连接交于点，连接得，即可证得
平面；
两两垂直，建立空
通过证（2）取的中点,连接，可得间直角坐标系，设与平面，为平面试题解析：（1）当时，平面
.所成的角为，则的一个法向量.证明如下：连接交于点，连接.∵∴∵∴又∵∴.，∴.平面平面..平面，且，平面，.，（2）取的中点,连接.则∵平面∴∵平面，且平面.，为平行四边形，∴，平面∴四边形.又∵由，∴..两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
则当，时，有.，，，.∴可得∴设平面则有令即设与平面则∴当，得，，..的一个法向量为即.所成的角为，时，直线与平面
.所成的角的正弦值为.点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.如今我们的互联网生活日益丰富，除了可以很方便地网购，网上叫外卖也开始成为不少人日常生活中不可或缺的一部分.为了解网络外卖在市的普及情况，市某调查机构借助网络进行了关于网络外卖的问卷调查，并从参与调查的网民中抽取了200人进行抽样分析，得到下表：（单位：人）
（Ⅰ）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖的情况与性别有关？（Ⅱ）①现从所抽取的女网民中利用分层抽样的方法再抽取5人，再从这5人中随机选出3人赠送外卖优惠卷，求选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率
②将频率视为概率，从市所有参与调查的网民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常使用网络外卖的人数为，求的数学期望和方差.参考公式：参考数据：
【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析.【解析】试题分析：（1）计算的值，进而可查表下结论；，其中
.（2）①由分层抽样的抽样比计算即可； ②由为列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为，由题意得.试题解析：
（1）由列联表可知的观测值，.所以不能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为市使用网络外卖情况与性别有关.（2）①依题意，可知所抽取的5名女网民中，经常使用网络外卖的有
（人），（人）.偶尔或不用网络外卖的有则选出的3人中至少有2人经常使用网络外卖的概率为.②由为列联表，可知抽到经常使用网络外卖的网民的频率，将频率视为概率，即从市市民中任意抽取1人，恰好抽到经常使用网络外卖的市民的概率为.由题意得所以，；.20.已知椭圆：，其离心率为，短轴长为（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
.的左、右焦点分别为点，（Ⅱ）过点的直线与椭圆交于，两点，过点的直线与椭圆交于，两点，且形.【答案】（1）
；（2）见解析.，及，可得方，证明：四边形
不可能是菱【解析】试题分析：（1）由程；
（2）易知直线
不能平行于轴，所以令直线的方程为与椭圆联立得为即，可得，于是有，进而由，令直线的方程是菱形，则，由韦达定理代入知无解.试题解析：（1）由已知，得又故解得，.，所以椭圆的标准方程为（2）由（1），知，如图，易知直线所以令直线，联立方程得所以此时不能平行于轴.的方程为.，，.，，同理，令直线的方程为，此时此时故.是平行四边形.，即，，.所以四边形若于是有又是菱形，则
.，，所以有整理得到即故四边形，，上述关于的方程显然没有实数解，不可能是菱形.其中为自然对数的底21.已知函数，数.（Ⅰ）讨论函数（Ⅱ）若不等式的单调性及极值； 在内恒成立，求证：
.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）函数求导得和（2）当恒成立，当
演技单调性及极值即可； 时，在内单调递增，可知，即
.令过求导即可得最值.试题解析：（1）由题意得当值.当令当当故当，即，得时，时，时，，，单调递减； 单调递增，即
时，.，在内单调递增，没有极，所以，进而通在内不，讨论
时，取得最小值，无极大值.综上所述，当时，在内单调递增，没有极值； 当时，在区间内单调递减，在区间，内单调递增，的极小值为无极大值.（2）由（1），知当当当所以则所以与当即所以令则令令故，得，得在区间.，内单调递增，内单调递减.，时，..，恒成立矛盾，应舍去.时，.，时，时，令为，且，和..，时，成立.中较小的数，在内单调递增，在区间故即当所以所以而所以，..点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若
就可讨论参数不同取值下的函数的单调，若；
恒成立，可转化为
性和极值以及最值，最终转化为恒成立（3）若请考生在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，已知曲线的参数方程为，为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（Ⅰ）当时，求曲线上的点到直线的距离的最大值；
（Ⅱ）若曲线上的所有点都在直线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）
；（2）
.【解析】试题分析：（1）将直线的极坐标方程化为普通方程，进而由圆的参数方程得曲线上的点到直线的距离，利用三角函数求最值即可；
（2）曲线上的所有点均在直线的下方，即为对恒成立，即
（其中成立，进而得.试题解析：
（1）直线的直角坐标方程为.曲线上的点到直线的距离，当时，即曲线上的点到直线的距离的最大值为
.（2）∵曲线上的所有点均在直线的下方，∴对，有
恒成立，即（其中）恒成立，∴.又，∴解得，∴实数的取值范围为
.23.选修4-5：不等式选讲 已知函数.（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）记函数的值域为，若，证明：.【答案】（1）
；（2）见解析.，有）恒【解析】试题分析：（1）分段去绝对值解不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式得较大小得到..用作差法比，即可证得.试题解析：（1）依题意，得 于是得 或或
解得.即不等式的解集为
.（2）
当且仅当时，取等号，∴.原不等式等价于，.∵，∴，.∴.∴.，
