2019届河南省部分省示范性高中高三上学期1月份联考数学(理科)试卷(word版).doc

河南省部分省示范性高中2018-2019学年高三
数学试卷（理科）1月份联考
第Ⅰ卷（共60分）
一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知复数（为虚数单位），则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
2.已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
3.（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
4.已知向量，，若，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
5.设满足约束条件，则的最小值为（ ）
A. 3 B. -3 C. -6 D. 6
【答案】B
6.某三棱锥的三视图如图所示，在三视图中所对应的点分别为，则二面角的余弦值为（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】D
7.某学校为落实学生掌握社会主义核心价值观的情况，用系统抽样的方法从全校2400名学生中抽取30人进行调查.现将2400名学生随机地从1～2400编号，按编号顺序平均分成30组（1～80号，81～160号，…，2321～2400号），若第3组与第4组抽出的号码之和为432，则第6组抽到的号码是（ ）
A. 416 B. 432 C. 448 D. 464
【答案】A
8.中国古代数学名著《九章算术》中记载：“圆周与其直径之比被定为3，圆中弓形面积为（为弦长，为半径长与圆心到弦的距离之差）.”据此计算，已知一个圆中弓形所对应的弦长，，质点随机投入此圆中，则质点落在该弓形内的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
9.沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）.在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的.已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时10分钟.那么经过5分钟后，沙漏上方圆锥中的沙子的高度与下方圆锥中的沙子的高度之比是（假定沙堆的底面是水平的）（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
10.已知函数的图象经过点和，则函数的图象的对称轴方程可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
11.已知椭圆，设过点的直线与椭圆交于不同的，两点，且为钝角（其中为坐标原点），则直线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
12.已知函数，的解集为，若在上的值域与函数在上的值域相同，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】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.已知双曲线 的其中一条渐近线的倾斜角是，则该双曲线的离心率__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得,又，从而得到结果.
【详解】由，得，所以.
故答案为:
【点睛】本题考查双曲线的渐近线，考查运算求解能力.
14.已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用赋值法，分别令即可得到结果.
【详解】令可得；
令，可得，
所以.
故答案为：0
【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力.
15.已知函数是奇函数，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由是奇函数可得，确定a值，进而根据分段函数可得结果.
【详解】因为函数是奇函数，
所以，解得.
所以，.
故答案为：
【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查运算求解能力.
16.在锐角中，角，，的对边分别是，，，若，且，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用余弦定理可得，再利用正弦定理可得，限制角C的范围，利用正弦函数的图像与性质即可得到结果.
【详解】由题意得，故，，
由正弦定理，得，所以，，
所以.
因为，所以，从而，
所以，
从而，即.
故答案为：
【点睛】本题考查正、余弦定理的应用，考查转化与化归的数学思想.
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.已知等差数列的公差，其中是方程的两根，数列的前项和为，且满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设数列的前项和为，且，若不等式对任意都成立，求整数的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)根据题意可得，，得到，从而得到数列的通项公式，由可得，进而得到的通项公式；
（2）由（1）得，，利用错位相减法可得，根据的变化趋势得到结果.
【详解】解：（1）易得方程的两根为-1和7，因为，所以，.
所以，所以.
当时，由，得；
当时，可得，两式相减得，即.
所以.
（2）由（1）得，，
所以，
，
两式相减得，，
，
所以.
当时，；当时，；当时，因为，所以.
所以的最大值为，
从而，得，所以整数的最小值为-4.
【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
18.2018年是中国改革开放的第40周年，为了充分认识新形势下改革开放的时代性，某地的民调机构随机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄分成6段：，并绘制了如图所示的频率分布直方图.

（1）现从年龄在内的人员中按分层抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机抽取3人进行座谈，用表示年龄在内的人数，求的分布列和数学期望；
（2）若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中有名市民的年龄在的概率为.当最大时，求的值.
【答案】（1）分布列见解析；；（2）7.
【解析】
【分析】
（1）根据分层抽样的方法判断出年龄在内的人数，可得的可能取值为0，1，2，结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（2）设年龄在内的人数为，则，设,可得若，则，；若，则，，从而可得结果.
【详解】（1）按分层抽样的方法抽取的8人中，
年龄在内的人数为人，
年龄在内的人数为人，
年龄在内的人数为人.
所以的可能取值为0，1，2，
所以，
，
，
所以的分布列为

0
1
2

.
（2）设在抽取的20名市民中，年龄在内的人数为，服从二项分布.由频率分布直方图可知，年龄在内的频率为，
所以，
所以 .
设 ，
若，则，；
若，则，.
所以当时，最大，即当最大时，.
【点睛】本题主要考查分层抽样的定义、直方图的应用以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先要正确理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.
19.如图，在直三棱柱中，，，，，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，由矩形的性质，结合三角形中位线定理可得，由线面平行的判定定理可得结果；（2）先证明，分别以，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得直线的方向向量，利用向量垂直数量积为零列方程求得平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，因为四边形是矩形，所以点是的中点，
又点为的中点，所以是的中位线，所以.
因为平面，平面，
所以平面.

（2）由，，，可得，
分别以，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
所以，，，
设直线与平面所成角为，平面的法向量为，
则，即，令，得，
所以 .
【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面角的向量法，属于中档题. 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：
第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；
第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；
第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；
第四，破“应用公式关”.
20.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为坐标原点，，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）圆与抛物线顺次交于四点，所在的直线过焦点，线段是圆的直径，，求直线的方程..
【答案】（1）；（2）或..
【解析】
【分析】
(1) 将代入抛物线的方程，得，结合抛物线定义可得值；
（2）由题设知与坐标轴不垂直，可设，代入，得.利用韦达定理可得的中点为及，的方程为，代入，并整理得.利用韦达定理可得的中点为及，结合勾股定理即可得到结果.
【详解】解：（1）将代入抛物线的方程，得，所以，
因为，所以，整理得，
解得或，
当时，，满足；当时，，，
所以抛物线的方程为.
（2）由题设知与坐标轴不垂直，可设，代入，得.
设，，则，，
故的中点为，.
又因为，所以的斜率为，过的中点，
所以的方程为，即.
将上式代入，并整理得.
设，，则，，故的中点为，.
因为是直径，所以垂直平分，
所以四点在同一个圆上等价于，
所以，
即，
化简得，解得或，
所以或.
【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查中点，垂直及弦长的利用，属于中档题.
21.已知，函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)的定义域为，.对a分类讨论，解不等式即可得到的单调性；
（2）利用（1）中的单调性转化为研究函数的最值问题.
【详解】解：（1）的定义域为，.
①当时，，令，得；令，得，
所以在上单调递增，上单调递减.
②当时，，
当，即时，因为，所以在上单调递增；
当，即时，因为，所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增；
当，即时，因为，所以在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知当时，在上单调递增，在上单调递减，
要使有两个零点，只要，所以.（因为当时，，当时，）
下面我们讨论当时的情形：
当，即时，在上单调递增，不可能有两个零点；
当，即时，因为，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
因为，，所以，没有两个零点；
当时，即时，因为，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，没有两个零点.
综上所述：当时，有两个零点.
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线，的直角坐标方程；
（2）判断曲线，是否相交，若相交，请求出交点间的距离；若不想交，请说明理由..
【答案】（1）； （2）
【解析】
【分析】
（1）由题意，消去参数，即可得到曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，即可得到曲线的直角坐标方程；
（2）由（1），将代入曲线，求得，，在由曲线，两交点间的距离公式，即可求解。
【详解】（1）将，消去参数，得曲线的直角坐标方程为，
将展开整理，得，
因为，，
所以曲线的直角坐标方程为.
（2）由（1）知曲线是过定点的直线，因为点在曲线的内部，所以曲线与曲线相交.将代入并整理，得，
设曲线，的两交点为，，则，，
故曲线，两交点间的距离 .
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标与直角坐标的互化，以及弦长公式的应用，其中解答中熟记互化公式，合理消去参数是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。
23.已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，，且的最小值为.若，求的最小值.
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）当时，，原不等式可化为，分类讨论即可求得不等式的解集；
（2）由题意得，的最小值为，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值。
【详解】（1）当时，，原不等式可化为，①
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时；
当时，不等式①可化为，解得，此时，
综上，原不等式的解集为.
（2）由题意得， ，
因为的最小值为，所以，由，得，
所以 ，
当且仅当，即，时，的最小值为.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．

- 15 -