河南省濮阳市届高三第一次模拟考试数学(理)试题Word版含答案.docx
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濮阳市届高三毕业班第一次模拟考试数学（理科）
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A=xx2-x-2<
0，B={-2,-1,0,1,2}，则A
A.{-2,-1,0}
2.若复数z满足
A.-3-i
B.{-1,0,1}
C.{0,1}
{}
B=（）
D.{0,1,2}）
z+1=2i，其中i为虚数单位，z表示复数z的共轭复数，则z=（1+i
B.3-i
C.3+i
D.-3+i
3.如图所示的长方形的长为2，宽为1，在长方形内撒一把豆子（豆子大小忽略不计），然后统计知豆子的总数为m粒，其中落在飞鸟图案中的豆子有n粒，据此请你估计图中飞鸟图案的面积约为（）
A.
nm
x+2
B.
骣1+琪琪2桫
2nm
x-2
C.
mn
D.
m2n
骣1
4.函数f（x）=琪琪2桫
-
1的图象大致为
（2）
A
B
C
3，则sin（15°+a）?
sin（75°a）=（5
D）
220
5.设aÎ（0°,90°），若sin（75°+2a）=
A.
110
B.
220
C.-
110
D.-
ìx+2?
0ïïN是区域W
6.设点M是íx-2y+6?
0，表示的区域W1内任一点，点1关于直线l:
y=x的对称区ïïîx+2y+2?
0
域W2内的任一点，则MN的最大值为（）
A.2
B.22
C.42
D.52
7.已知三棱锥A-BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A-BD-C为直二面角，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为（
A.
10p3）
D.
20p3
B.5p
C.6p
8.执行如图所示的程序框图（其中b=cmod10表示b等于c除以10的余数），则输出的b为（）
A.2
B.4
C.6
D.8
9.某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥构成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A.
43
B.
32
C.
53
D.
116
10.已知双曲线x2-y2=4，F1是左焦点，P1，P2是右支上两个动点，则F1P1+F1P2-PP12的最小值是（
A.4）B.6
C.8
D.16
sin2B的取值范围是（sinB+cosB
11.已知△ABC中，sinA，sinB，sinC成等比数列，则）
纟2ú
A.çç-?
,2ú棼
纟2ú
B.çç0,2ú棼
C.-1,2ùúû
（纟3-3ú
D.çç0,2ú棼）
12.已知a>
0且a¹1，若当x³1时，不等式ax³ax恒成立，则a的最小值是（1
A.e
B.ee
C.2
D.ln2
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13.正三角形ABC的边长为1，G是其重心，则AB?
AG
8骣1琪x+2017+1的展开式中，x3的系数为
14.琪桫
x..
15.已知椭圆
x2y2+=1（a>
b>
0），F1和F2是椭圆的左、右焦点，过F1的直线交椭圆于a2b2
A（x1,y1），B（x2,y2）两点，若△ABF2的内切圆半径为1，F1F2=2，y1-y2=3，则椭圆离
心率为
16.先将函数f（x）=sinx的图象上的各点向左平移.
p个单位，再将各点的横坐标变为原来的6轾pp1倍（其中wÎN*），得到函数g（x）的图象，若g（x）在区间犏,上单调递增，则w的最大犏64w臌
值为.
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{an}是等差数列，a1=t2-t，a2=4，a3=t2+t.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{an}为递增数列，数列{bn}满足log2bn=an，求数列{（an-1）bn}的前n项和Sn.
18.为创建国家级文明城市，某城市号召出租车司机在高考期间至少参加一次“爱心送考”，该城市某出租车公司共200名司机，他们参加“爱心送考”的次数统计如图所示.
（1）求该出租车公司的司机参加“爱心送考”的人均次数；
（2）从这200名司机中任选两人，设这两人参加送考次数之差的绝对值为随机变量X，求X的分布列及数学期望.19.如图，正方形ABCD中，AB=22，AC与BD交于O点，现将△ACD沿AC折起得到三棱锥D-ABC，M，N分别是OD，OB的中点.
（1）求证：
AC^MN；
（2）若三棱锥D-ABC的最大体积为V0，当三棱锥D-ABC的体积为
D-AC-B为锐角时，求二面角D-NC-M的正弦值.
3V0，且二面角2
20.已知点M（2,1）在抛物线C:
y=ax2上，A,B是抛物线上异于M的两点，以AB为直径的圆过点M.
（1）证明：
直线AB过定点；
（2）过点M作直线AB的垂线，求垂足N的轨迹方程.
21.已知函数f（x）=xlnx
（1）若函数f（x）在（0,+?
（2）若函数f（x）在（0,+?
12mx-x（m?
R）.2）上是减函数，求实数m的取值范围；
）上存在两个极值点x,x
12，且x1<
x2，证明：
lnx1+lnx2>
2.
ìïx=3+2cosa
22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为í（a为参数），以平面直角坐标ïy=1+2sinaî
系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）过原点O的直线l1,l2分别与曲线C交于除原点外的A,B两点，若△AOB=面积的最大值.
23.已知函数f（x）=ax-2x-1+2（a?
R）.
（1）求不等式f（x）+f（-x）?
0的解集；
（2）若函数y=f（x）在R上有最大值，求实数a的取值范围.
p，求△AOB的3濮阳市2018届高三毕业班第一次模拟考试数学（理科）参考答案
一、选择题
1-
5:
CABCB6-
10:
DDDAC
11、12：
BA
二、填空题
13.
12
14.56
15.
23
16.9
三、解答题
17.解：
（1）由题意得t2-t+t2+t=2t2=8，所以t=?
2，t=2时，a1=2，公差d=2，所以an=2n，t=-2时，a1=6，公差d=-2，所以an=8-2n.
（2）若数列{an}为递增数列，则an=2n，所以log2bn=2n，bn=4n，（a
n
-1）bn=（2n-1）?
4n，所以Sn=1?
43?
425?
43…+（2n-3）?
4n-1
（2n-1）?
4
n+1
n，4Sn=1?
423?
435?
44…+（2n-3）?
4n
所以-3Sn=4+2?
422?
43…+2?
4n
421-4n-1-3
（2n-1）?
4
n+1，（2n-1）?
4
=4+2?
（）（2n-1）4，.
n+1
=
-20-（6n-5）4n+139
所以Sn=（6n-5）4n+1+20
18.解：
由图可知，参加送考次数为1次，2次，3次的司机人数分别为20，100，
80.
（1）该出租车公司司机参加送考的人均次数为：
1?
202?
1003?
80=
2.3.200
（2）从该公司任选两名司机，记“这两人中一人参加1次，另一个参加2次送考”为事件A，“这两人中一人参加2次，另一人参加3次送考”为事件B，“这两人中一人参加1次，另一人参加3次送考”为事件C，“这两人参加次数相同”为事件D.则P（X=1）=P（A）+P（B）=
1111C20C100C100C80100，+=22C200C200199
P（X=2）=P（C）=
11C20C8016，=2C200199
P（X=0）=P（D）=
222C20+C100+C8083.=2C200199
X的分布列：
X
P
0
83199
1
100199
2
16199
X的数学期望EX=0?
8310016132.1?
2?
199199199199
ON=O，∴AC^平面OMN，
19.解：
（1）依题意易知OM^AC，ON^AC，OM又∵MNÌ平面OMN，∴AC^MN.
（2）当体积最大时三棱锥D-ABC的高为DO，当体积为
△OBD中，OB=OD，作DS^OB于S，∴DS=
33V0时，高为DO，22
3OD，∴∠DOB=60°，2
∴△OBD为等边三角形，∴S与N重合，即DN^平面AGC.以N为原点，NB所在直线为y轴，过N且平行于OA的直线为x轴，ND为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
骣130,-,∴N（0,0,0），C（-2,-1,0），D0,0,3，M琪.琪桫22
（）
设n1=（x1,y1,z1）为平面CMN的法向量，骣130,-,∵NC=（-2,-1,0），NM=琪，琪桫22
ìn?
NC-2x-y=0111ïï∴í，ïn1?
NM-1y1+3z1=0ïî22骣23取n1=琪，1,-2,琪3桫
设n2=（x2,y2,z2）是平面CND的法向量，NC=（-2,-1,0），ND=0,0,3，（）
ìn?
NC-2x-y=0ï22∴í2，取n2=（1,-2,0），ï3z2=0în2?
ND
∴cos<
n1,n2>=
n1×n2515，==n1n21919×53
15219=.1919
设二面角D-NC-M大小为q，∴sinq=1-
20.解：
（1）点M在抛物线C:
y=ax2上，代入得a=
1，所以抛物线C的方程为x2=4y，4
由题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，设A（x1,y1），B（x2,y2），2ìïx=4y联立得í?
x2ïîy=kx+m
4kx-4m=0，得x1+x2=4k，x1?
x2
-4m，由于MA^MB，所以MA?
MB0，即（x1-2）
（x2-2）+（y1-1）
（y2-1）=0，即x1x2-2（x1+x2）+y1y2-（y1+y2）+5=0.
（*）又因为y1+y2=k（x1+x2）+2m，y1?
y2
k2x1x2+km（x1+x2）+m2，22
代入（*）式得4k2+8k=m2-6m+5，即（2k+2）=（m-3），所以2k+2=m-3或2k+2=3-m，即m=2k+5或m=-2k+1.当m=2k+5时，直线AB方程为y=k（x+2）+5，恒过定点（-2,5），经验证，此时D>
0，符合题意；当m=-2k+1时，直线AB方程为y=k（x-2）+1，恒过定点（2,1），不合题意，所以直线AB恒过定点（-2,5）.
（2）由
（1），设直线AB恒过定点R（-2,5），则点N的轨迹是以MR为直径的圆且去掉（±2,1），方程为x2+（y-3）=8（y?
1）.
21.解：
（1）由函数f（x）在（0,+?
f（x）=xlnx-
12mx-x?
f'
（x）2
lnx-mx.
骣lnx琪由f'
（x）£0恒成立可知lnx-mx?
0恒成立，则m³琪桫x，max
设j
（x）=
lnx1-lnx，则j'
（x）=，xx2
由j'
（x）>
0尬x函数j∴m³
（0,e），j'
（x）<
0?
xe知，=j
（x）在（0,e）上递增，在（e,+?
）上递减，∴j（x）
1.e
max
（e）=e，1
（2）由
（1）知f'
（x）=lnx-mx.由函数f（x）在（0,+?
则m=）上存在两个极值点x,x
1
2
ìïlnx1-mx1=0，且x1<
x2，知í，ïîlnx2-mx2=0
lnx1+lnx2lnx1-lnx2且m=，x1+x2x1-x2lnx1+lnx2lnx1-lnx2x+xx=，即lnx1+lnx2=12?
ln1x1+x2x1-x2x1-x2x2
联立得
骣x1x琪+1?
ln1琪x2x2桫，x1-1x2
设t=
t+1）?
lntx1?
（0,1），则lnx1+lnx2=（，x2t-1
要证lnx1+lnx2>
2，只需证
（t+1）?
lnt>
2，只需证lnt<
2（t-1），只需证lnt-2（t-1）<
0.
t-1t+1t+12（t-1）t+1
构造函数g（t）=lnt故g（t）=lnt2（t-1）t+1
t-1）14，则g'
（t）==（>0.22t（t+1）t（t+1）
2（t-1）t+1<0，2
在tÎ（0,1）上递增，g（t）<
g
（1）=0，即g（t）=lnt-
所以lnx1+lnx2>
2.
22.解：
（1）曲线C的普通方程为x-
（3）
2
+（y-1）=4，即x2+y2-23x-2y=0，2
骣pq+所以，曲线C的极坐标方程为r2-23rcosq-2rsinq=0，即r=4sin琪.琪桫3骣骣pppr2,q+
（2）不妨设A（r1,q），B琪，q?
琪.琪琪,3桫桫33骣p骣2pq+q+则r1=4sin琪，r2=4sin琪，琪琪桫3桫3
△AOB的面积
S=1pOA?
OBsin23骣p骣2p1p琪琪r1r2sin=43sin琪q+sin琪q+=23cos2q+3?
33.23桫3桫3
所以，当q=0时，△AOB的面积取最大值为33.
ì1ï4x+4,x?
ï2ï11ï
23.解：
（1）设j（x）=f（x）+f（-x）=í2,-<
x<，22ïïï-4x+4,x?
1ï2î
根据图象，由j
（x）£0解得x?
1或x³1.
所以，不等式f（x）+f（-x）?
0的解集为xx?
1或x?
1.
ì1ï（a+2）x+1,x?
ï2，
（2）由题意得f（x）=í1ïï（a-2）x+3,x>
î2
{}
ìa+2?
0ï由函数y=f（x）在R上有最大值可得í解得a?
[2,2].ïîa-2?
0
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