河南省開封市高考數(shù)學一模試卷理科

1、2018年河南省開封市高考數(shù)學一模試卷（理科）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（5分）設U=R，已知集合A=x|x1，B=x|xa，且（UA）B=R，則實數(shù)a的取值范圍是（）A（，1）B（，1C（1，+）D1，+）2（5分）若復數(shù)z1，z2在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且z1=12i，則復數(shù)在復平面內對應的點在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）已知向量=（m1，1），=（m，2），則“m=2”是“”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4（5分）若，則sin2的值為（）A

2、BCD5（5分）已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn，且9S3=S6，a2=1，則a1=（）ABCD26（5分）已知曲線=1（a0，b0）為等軸雙曲線，且焦點到漸近線的距離為，則該雙曲線的方程為（）ABx2y2=1CDx2y2=27（5分）我國古代名著莊子天下篇中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取7天后所剩木棍的長度（單位：尺），則處可分別填入的是（）ABCD8（5分）如圖，在一個正方體內放入兩個半徑不相等的球O1、O2，這兩個球相外切，且球O1與正方體共頂點A的三個面相切，球O2

3、與正方體共頂點B1的三個面相切，則兩球在正方體的面AA1C1C上的正投影是（）ABCD9（5分）如圖，某建筑工地搭建的腳手架局部類似于一個2×2×3 的長方體框架，一個建筑工人欲從 A處沿腳手架攀登至 B處，則其最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的概率為（）ABCD10（5分）函數(shù)y=的圖象大致是（）ABCD11（5分）拋物線M：y2=4x的準線與x軸交于點A，點F為焦點，若拋物線M上一點P滿足PAPF，則以F為圓心且過點P的圓被y軸所截得的弦長約為（參考數(shù)據(jù)：2.24）（）ABCD12（5分）已知函數(shù)，若函數(shù)F（x）=f（x）3的所有零點依次記為x1，x2，x3，xn，且x1

4、x2x3xn，則x1+2x2+2x3+2xn1+xn=（）AB445C455D二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13（5分）（xy）10的展開式中，x7y3的系數(shù)與x3y7的系數(shù)之和等于 14（5分）設x，y滿足約束條件，且x，yZ，則z=3x+5y的最大值為 15（5分）設f（x）=，且f（f（a）=2，則滿足條件的a的值有 個16（5分）一個棱長為5的正四面體（棱長都相等的三棱錐）紙盒內放一個小正四面體，若小正四面體在紙盒內可以任意轉動，則小正四面體的棱長的最大值為 三、解答題：共70分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟17（12分）在ABC中，角A，B，C所對應的邊分別

5、為a，b，c，且2cosB（acosC+ccosA）+b=0（）求角B的大小；（）若a=3，點D在AC邊上且BDAC，BD=，求c18（12分）如圖1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中點將ABE沿BE折起使A到點P的位置，平面PEB平面BCDE，如圖2（）求證：平面PBC平面PEC；（）求二面角BPED的余弦值19（12分）近年來我國電子商務行業(yè)迎來蓬勃發(fā)展的新機遇，2017年雙11期間，某購物平臺的銷售業(yè)績高達1271億人民幣與此同時，相關管理部門推出了針對電商的商品和服務的評價體系，現(xiàn)從評價系統(tǒng)中選出200次成功交易，并對其評價進行統(tǒng)計，對商品的好評率為0.6，對服務的好評

6、率為0.75，其中對商品和服務都做出好評的交易為80次（）完成下面的 2×2列聯(lián)表，并回答是否有99%的把握，認為商品好評與服務好評有關？對服務好評對服務不滿意合計對商品好評對商品不滿意合計200（）若將頻率視為概率，某人在該購物平臺上進行的3次購物中，設對商品和服務全好評的次數(shù)為隨機變量X：（1）求對商品和服務全好評的次數(shù)X的分布列；（2）求X的數(shù)學期望和方差附：P（K2k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（，其中n=a+b+c+d）20（12分）給定橢圓C：+=1（ab0）

7、，稱圓心在原點O，半徑為的圓是橢圓C的“準圓”已知橢圓C的離心率，其“準圓”的方程為x2+y2=4（I）求橢圓C的方程；（II）點P是橢圓C的“準圓”上的動點，過點P作橢圓的切線l1，l2交“準圓”于點M，N（1）當點P為“準圓”與y軸正半軸的交點時，求直線l1，l2的方程，并證明l1l2；（2）求證：線段MN的長為定值21（12分）已知函數(shù)f（x）=（t1）xex，g（x）=tx+1ex（）當t1時，討論f（x）的單調性；（）f（x）g（x）在0，+）上恒成立，求t的取值范圍選修4-4：極坐標與參數(shù)方程22（10分）已知直線l：3xy6=0，在以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中

8、，曲線C：4sin=0（）將直線l寫成參數(shù)方程（t為參數(shù)，0，），）的形式，并求曲線C的直角坐標方程；（）過曲線C上任意一點P作傾斜角為30°的直線，交l于點A，求|AP|的最值選修4-5：不等式選講23已知關于x的不等式|x+1|+|2x1|3的解集為x|mxn（I）求實數(shù)m、n的值；（II）設a、b、c均為正數(shù)，且a+b+c=nm，求+的最小值2018年河南省開封市高考數(shù)學一模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（5分）設U=R，已知集合A=x|x1，B=x|xa，且（UA）B=R，則

9、實數(shù)a的取值范圍是（）A（，1）B（，1C（1，+）D1，+）【解答】解：U=R，集合A=x|x1=1，+），B=x|xa=（a，+），UA=（，1），又（UA）B=R，實數(shù)a的取值范圍是（，1）故選：A2（5分）若復數(shù)z1，z2在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且z1=12i，則復數(shù)在復平面內對應的點在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：z1=12i，且復數(shù)z1，z2在復平面內對應的點關于虛軸對稱，z2=12i，則=，復數(shù)在復平面內對應的點的坐標為（），在第四象限故選：D3（5分）已知向量=（m1，1），=（m，2），則“m=2”是“”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件

10、C充要條件D既不充分也不必要條件【解答】解：=（m1，1），=（m，2），m（m1）2=0由m（m1）2=0，解得m=1或m=2“m=2”是“”的充分不必要條件故選：A4（5分）若，則sin2的值為（）ABCD【解答】解：若，即2（cos2sin2）=cossin，則2（cos+sin）=，即cos+sin=，1+2sincos=，即sin2=2sincos=，故選：C5（5分）已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn，且9S3=S6，a2=1，則a1=（）ABCD2【解答】解：設等比數(shù)列an的公比為q1，9S3=S6，a2=1，=，a1q=1則q=2，a1=故選：A6（5分）已知曲線=1（a0，b0

11、）為等軸雙曲線，且焦點到漸近線的距離為，則該雙曲線的方程為（）ABx2y2=1CDx2y2=2【解答】解：根據(jù)題意，若曲線=1（a0，b0）為等軸雙曲線，則a2=b2，c=a，即焦點的坐標為（±a，0）；其漸近線方程為x±y=0，若焦點到漸近線的距離為，則有=a=，則雙曲線的標準方程為=1，即x2y2=2；故選：D7（5分）我國古代名著莊子天下篇中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截取7天后所剩木棍的長度（單位：尺），則處可分別填入的是（）ABCD【解答】解：由

12、題意可得：由圖可知第一次剩下，第二次剩下，由此得出第7次剩下，可得為i7？s=i=i+1故選：D8（5分）如圖，在一個正方體內放入兩個半徑不相等的球O1、O2，這兩個球相外切，且球O1與正方體共頂點A的三個面相切，球O2與正方體共頂點B1的三個面相切，則兩球在正方體的面AA1C1C上的正投影是（）ABCD【解答】解：由題意可以判斷出兩球在正方體的面AA1C1C上的正投影與正方形相切，排除C、D，把其中一個球擴大為與正方體相切，則另一個球被擋住一部分，由于兩球不等，所以排除A；B正確；故選B9（5分）如圖，某建筑工地搭建的腳手架局部類似于一個2×2×3 的長方體框架，一個建筑

13、工人欲從 A處沿腳手架攀登至 B處，則其最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的概率為（）ABCD【解答】解：根據(jù)題意，最近路線，那就是不能走回頭路，不能走重復的路，一共要走3次向上，2次向右，2次向前，一共7次，最近的行走路線共有：n=A=5040，不能連續(xù)向上，先把不向上的次數(shù)排列起來，也就是2次向右和2次向前全排列，接下來，就是把3次向上插到4次不向上之間的空當中，5個位置排三個元素，也就是A53，則最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的共有m=1440種，其最近的行走路線中不連續(xù)向上攀登的概率p=故選：C10（5分）函數(shù)y=的圖象大致是（）ABCD【解答】解：當x0時，y=xlnx，y=1+lnx，

14、即0x時，函數(shù)y單調遞減，當x，函數(shù)y單調遞增，因為函數(shù)y為偶函數(shù)，故選：D11（5分）拋物線M：y2=4x的準線與x軸交于點A，點F為焦點，若拋物線M上一點P滿足PAPF，則以F為圓心且過點P的圓被y軸所截得的弦長約為（參考數(shù)據(jù)：2.24）（）ABCD【解答】解：由題意，A（1，0），F(xiàn)（1，0），點P在以AF為直徑的圓x2+y2=1上設點P的橫坐標為m，聯(lián)立圓與拋物線的方程得x2+4x1=0，m0，m=2+，點P的橫坐標為2+，|PF|=m+1=1+，圓F的方程為（x1）2+y2=（1）2，令x=0，可得y=±，|EF|=2=2=，故選：D12（5分）已知函數(shù)，若函數(shù)F（x）=f

15、（x）3的所有零點依次記為x1，x2，x3，xn，且x1x2x3xn，則x1+2x2+2x3+2xn1+xn=（）AB445C455D【解答】解：函數(shù)，令2x=+k得x=+，kZ，即f（x）的對稱軸方程為x=+，kZf（x）的最小正周期為T=，0x，當k=30時，可得x=，f（x）在0，上有30條對稱軸，根據(jù)正弦函數(shù)的性質可知：函數(shù)與y=3的交點x1，x2關于對稱，x2，x3關于對稱，即x1+x2=×2，x2+x3=×2，xn1+xn=2×（）將以上各式相加得：x1+2x2+2x3+2x28+x29=2（+）=（2+5+8+89）×=455則x1+2x2

16、+2x3+2xn1+xn=（x1+x2）+（x2+x3）+x3+xn1+（xn1+xn）=2（）=455，故選：C二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13（5分）（xy）10的展開式中，x7y3的系數(shù)與x3y7的系數(shù)之和等于240【解答】解：因為（xy）10的展開式中含x7y3的項為C103x103y3（1）3=C103x7y3，含x3y7的項為C107x107y7（1）7=C107x3y7由C103=C107=120知，x7y3與x3y7的系數(shù)之和為240故答案為24014（5分）設x，y滿足約束條件，且x，yZ，則z=3x+5y的最大值為13【解答】解：由約束條件作出可行域如圖

17、，作出直線3x+5y=0，x，yZ，平移直線3x+5y=0至（1，2）時，目標函數(shù)z=3x+5y的最大值為13故答案為：1315（5分）設f（x）=，且f（f（a）=2，則滿足條件的a的值有4個【解答】解：f（x）=，且f（f（a）=2當a2時，f（a）=2ea1，若2ea12，則f（f（a）=1=2，解得a=1ln2；若2ea12，則f（f（a）=2，解得a=ln+1，成立；當a2時，f（a）=log3（a21），若log3（a21）2，則f（f（a）=1=2，解得a=2，或a=2，與a2不符，若log3（a21）2，則f（f（a）=log3（log3（a21）=2，解得a2=310+1，a

18、=或a=與a2不符由此得到滿足條件的a的值有1ln2和ln+1和2和，共4個故答案為：416（5分）一個棱長為5的正四面體（棱長都相等的三棱錐）紙盒內放一個小正四面體，若小正四面體在紙盒內可以任意轉動，則小正四面體的棱長的最大值為【解答】解：在此紙盒內放一個小正四面體，若小正四面體在紙盒內可以任意轉動，小正四面體的外接球是紙盒的內切球，設正四面體的棱長為a，則內切球的半徑為a，外接球的半徑是a，紙盒的內切球半徑是=，設小正四面體的棱長是x，則=x，解得x=，小正四面體的棱長的最大值為，故答案為：三、解答題：共70分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟17（12分）在ABC中，角A，B，C所對

19、應的邊分別為a，b，c，且2cosB（acosC+ccosA）+b=0（）求角B的大小；（）若a=3，點D在AC邊上且BDAC，BD=，求c【解答】解：（）在ABC中，角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，且2cosB（acosC+ccosA）+b=0則：2cosB（sinAcosC+sinCcosA）+sinB=0，整理得：2cosBsin（A+C）=sinB，由于：0B，則：sinB0，解得：，所以：B=（）點D在AC邊上且BDAC，在直角BCD中，若a=3，BD=，解得：，解得：，則：，所以：cosABD=，則：在RtABD中，=故：c=518（12分）如圖1，在矩形ABCD中，AD=

20、2AB=4，E是AD的中點將ABE沿BE折起使A到點P的位置，平面PEB平面BCDE，如圖2（）求證：平面PBC平面PEC；（）求二面角BPED的余弦值【解答】（）證明：AD=2AB，E為線段AD的中點，AB=AE，取BE中點O，連接PO，則POBE，又平面PEB平面BCDE，平面PEB平面BCDE=BE，PO平面BCDE，則POEC，在矩形ABCD中，AD=2AB，E為AD的中點，BEEC，則EC平面PBE，ECPB，又PBPE，且PEEC=E，PB平面PEC，而PB平面PBC，平面PBC平面PEC；（）解：以OB所在直線為x軸，以平行于EC所在直線為y軸，以OP所在直線為z軸建立空間直角坐

21、標系，PB=PE=2，則B（，0，0），E（，0，0），P（0，0，），D（2，0），=（，）設平面PED的一個法向量為，由，令z=1，則，又平面PBE的一個法向量為，則cos=二面角BPED的余弦值為19（12分）近年來我國電子商務行業(yè)迎來蓬勃發(fā)展的新機遇，2017年雙11期間，某購物平臺的銷售業(yè)績高達1271億人民幣與此同時，相關管理部門推出了針對電商的商品和服務的評價體系，現(xiàn)從評價系統(tǒng)中選出200次成功交易，并對其評價進行統(tǒng)計，對商品的好評率為0.6，對服務的好評率為0.75，其中對商品和服務都做出好評的交易為80次（）完成下面的 2×2列聯(lián)表，并回答是否有99%的把握，認為商

22、品好評與服務好評有關？對服務好評對服務不滿意合計對商品好評對商品不滿意合計200（）若將頻率視為概率，某人在該購物平臺上進行的3次購物中，設對商品和服務全好評的次數(shù)為隨機變量X：（1）求對商品和服務全好評的次數(shù)X的分布列；（2）求X的數(shù)學期望和方差附：P（K2k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（，其中n=a+b+c+d）【解答】解：（）由題意可得關于商品和服務評價的2×2列聯(lián)表如下：對服務好評對服務不滿意合計對商品好評8040120對商品不滿意701080合計15050200

23、K2=11.1116.635，故有99%的把握，認為商品好評與服務好評有關（）（1）每次購物時，對商品和服務全為好評的概率為，且X的取值可以是0，1，2，3其中P（X=0）=（）3=，P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）=，X的分布列為： X 0 1 2 3 P （2）XB（3，），E（X）=，D（X）=3×=20（12分）給定橢圓C：+=1（ab0），稱圓心在原點O，半徑為的圓是橢圓C的“準圓”已知橢圓C的離心率，其“準圓”的方程為x2+y2=4（I）求橢圓C的方程；（II）點P是橢圓C的“準圓”上的動點，過點P作橢圓的切線l1，l2交“準圓”于點M，N（1）當點P為“準圓

24、”與y軸正半軸的交點時，求直線l1，l2的方程，并證明l1l2；（2）求證：線段MN的長為定值【解答】解：（I）由準圓方程為x2+y2=4，則a2+b2=4，橢圓的離心率e=，解得：a=，b=1，橢圓的標準方程：；（）證明：（1）準圓x2+y2=4與y軸正半軸的交點為P（0，2），設過點P（0，2）且與橢圓相切的直線為y=kx+2，聯(lián)立，整理得（1+3k2）x2+12kx+9=0直線y=kx+2與橢圓相切，=144k24×9（1+3k2）=0，解得k=±1，l1，l2方程為y=x+2，y=x+2=1，=1，=1，則l1l2（2）當直線l1，l2中有一條斜率不存在時，不妨設直

25、線l1斜率不存在，則l1：x=±，當l1：x=時，l1與準圓交于點（，1）（，1），此時l2為y=1（或y=1），顯然直線l1，l2垂直；同理可證當l1：x=時，直線l1，l2垂直當l1，l2斜率存在時，設點P（x0，y0），其中x02+y02=4設經(jīng)過點P（x0，y0）與橢圓相切的直線為y=t（xx0）+y0，由得 （1+3t2）x2+6t（y0tx0）x+3（y0tx0）23=0由=0化簡整理得 （3x02）t2+2x0y0t+1y02=0，x02+y02=4，有（3x02）t2+2x0y0t+（x023）=0設l1，l2的斜率分別為t1，t2，l1，l2與橢圓相切，t1，t2滿

26、足上述方程（3x02）t2+2x0y0t+（x023）=0，t1t2=1，即l1，l2垂直綜合知：l1，l2經(jīng)過點P（x0，y0），又分別交其準圓于點M，N，且l1，l2垂直線段MN為準圓x2+y2=4的直徑，|MN|=4，線段MN的長為定值21（12分）已知函數(shù)f（x）=（t1）xex，g（x）=tx+1ex（）當t1時，討論f（x）的單調性；（）f（x）g（x）在0，+）上恒成立，求t的取值范圍【解答】解：（）由f（x）=（t1）xex，得f（x）=（t1）（x+1）ex，若t1，則x1時，f（x）0，f（x）遞減，x1時，f（x）0，f（x）遞增，若t1，則x1時，f（x）0，f（x）遞增，x1時，f（x）0，f（x）遞減，故t1時，f（x）在（，1）遞減，在（1，+）遞增，t1時，f（x）在（，1）遞增，在（1，+）遞減；（2）f（x）g（x）在0，+）上恒成立，即（t1）xextx1+ex0對x0成立，設h（x）=（t1）x