1、根據.，可得、1,兩式相減得，即第1頁共20頁2019 屆河南省天一大聯考高三階段性測試（五）數學（理）試題一、單選題仁已知集合A =（yy-嚴.X:,總=制_I v工v 1，則Anu =（）A.（D,+ 8B.C. 01）D.九 + 【答案】B【解析】根據集合交集求解即可【詳解】集合.中,=心；,所以=;“，所以f =二：故答案為：B.【點睛】這個題目考查了集合的交集的概念以及對數函數的定義域問題，題目比較簡單2iz-:2.已知復數 則的共軛復數在復平面對應的點位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】C【解析】分析：根據復數的運算，求得復數，再利用復數的表示，即可得到

2、復數對應的點，得到答案.2i2i（l十i）Z Z = =-= =-= 1 + L _詳解：由題意，復數 ：一匚，貝y-J-所以復數 在復平面內對應的點的坐標為 J-7，位于復平面內的第三象限，故選C.點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數 是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.3.設為數列 的前項和，若，貝U（）A.27B. 81C. 93D.243【答案】B【解析】根據，可得1,兩式相減得|,即.，通過賦值法得到首項，再由等比數列的通項公式得到結果【詳解】第2頁共20頁柱+1=嘰，當冗=1時，2絹二旳7,解得眄=3,所以數列沱/是以3為首項，3為公比

3、的等比數列，所以*一廣-?-：.故答案為：B.【點睛】這個題目考查的是數列通項公式的求法；數列通項的求法中有常見的已知和.的關系，求-表達式，一般是寫出做差得通項，但是這種方法需要檢驗n=1時通項公式是否適用xlnx的大致圖象為（加=伽兇=（加住0【解析】將函數表達式化為，：,由函數奇偶性得到BC不正確，再由特殊值得到最終結果【詳解】和_玄阿期_inxtx0因為是奇函數排除，且當時，-.故答案為：A.【點睛】這個題目考查了已知函數的解析式求函數的圖像，常見的方法是，通過解析式得到函數的值域和定義域，進行排除，由解析式得到函數的奇偶性和軸對稱性， 或者中心對稱性， 進行排除，還可以代入特殊點，或

4、者取極限5如圖是一個射擊靶的示意圖，其中每個圓環的寬度與中心圓的半徑相等.某人朝靶上任意射擊一次沒有脫靶，設其命中10,9,8,7環的概率分別為 ，,則F列選項正確的是（4.函數第3頁共20頁B.C耳=亦D.匕十【答案】D【解析】根據圓的面積公式得到各個區域的面積，再由幾何概型的公式得到相應的概率值【詳解】若設中心圓的半徑為，則由內到外的環數對應的區域面積依次為 4?rr2jrr2= 3nrS3= 9左/= 5亢/ 勺斗=g?rr = 7托/?= nr2+ 37ir2+ 7 nr2= 16?rr2Si1357P-l=U,3R4）= P嚴p3= p尸、總,則 ，現16，1&,驗證選項，可

5、知只有選項D正確.故答案為：D.【點睛】本題考查了幾何概型概率的求法；在利用幾何概型的概率公式來求其概率時，幾何測度”可以是長度、面積、體積、角度等，其中對于幾何度量為長度，面積、體積時的等 可能性主要體現在點落在區域Q上任置都是等可能的，而對于角度而言，則是過角的頂點的一條射線落在Q的區域（事實也是角）任一位置是等可能的.6某多面體的三視圖如圖所示，其中正視圖是一個直角邊為2的等腰直角三角形，側視圖是兩直角邊分別為2和1的直角三角形，俯視圖為一矩形，則該多面體的外接球的 表面積為（ ）第4頁共20頁C.加D.10Tr【答案】C【解析】將幾何體為一個三棱錐，放在長、寬、高分別為2,1,2的長方

6、體中，此三棱錐和長方體的外接球是同一個，長方體的外接球的球心在體對角線的中點處，進而求得半徑【詳解】由三視圖可得，該幾何體為一個三棱錐，放在長、寬、高分別為2，1，2的長方體中，此三棱錐和長方體的外接球是同一個，長方體的外接球的球心在體對角線的中點處，易得其外接球的直徑為1，從而外接球的表面積為故答案為：C.【點睛】涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素 間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解.7有5

7、名學生需從數學建模、程序設計兩門課中選擇一門，且每門課至少有2名學生選擇，則不同的選擇方法共有（）A.10種B. 12種C. 15種D.20種【答案】D【解析】先將5人分為2組，一組3人，另一組2人，有.：種情況，再對2組全排 2列得到有.種情況【詳解】根據題意，先將5人分為2組，一組3人，另一組2人，有 ：種情況，再將2組A.7rrB.BJT第5頁共20頁對應2門課程，有.種情況，則不同的選擇方法種數為=八.；.故答案為：D.【點睛】 不同元素的分配問題，往往是先分組再分配在分組時，通常有三種類型：不均勻分 組；均勻分組；部分均勻分組注意各種分組類型中，不同分組方法的求解.7T7Tf(x)

8、= Asin( 0 0 炯 )8已知的圖象如圖所示，則函數的第6頁共20頁【答案】D【解析】根據圖像得到振幅和D.通過特殊點得到tp = -2x + - =kn(k E Z)3,令3可得到對稱中心【詳解】3-1jinni i-2B-1r-2 -=71211212丿7T一X 2 +e Z)pl 0,w0)的步驟和方法：求A,b,確定函數的最大值MMmM + m和最小值m,則A=二,b=；(2)求3,確定函數的最小正周期T,則可得32TT=；(3)求常用的方法有：代入法：把圖象上的一個已知點代入(此時A,3, b已知)或代入圖象與直線y=b的交點求解(此時要注意交點在上升區間上還是在下降區 間上)

9、.特殊點法：確定值時，往往以尋找 最值點”為突破口 .具體如下：最大值3-1B =12TI，進而得到3 + 1A =-由圖可知-7 77T第7頁共20頁3n點”即圖象的峰點”時3汁片2；最小值點”即圖象的谷點”時3汁片.9已知矩形 ：的對角線長為4,若 一，則，：;()A.-2B. -3C. -4D.-5【答案】B【解析】根據圖像特點得到一； 一亠；I :V,展開根據向量的點積運 算公式得到結果【詳解】設為對角線和的中點，則- -0B = 0D= 2.由麗=3PC得|t?P| 1因為PR = P0 + OB PD = P0 + 0D所以丸-；?-；如* rI門門.=P02+ TO (OF +0

10、D) + OB 0D = l-4 = -3故答案為：B.【點睛】(1)向量的運算將向量與代數有機結合起來，這就為向量和函數的結合提供了前提，運用向量的有關知識可以解決某些函數問題.；(2)以向量為載體求相關變量的取值范圍，是向量與函數、不等式、三角函數等相結合的一類綜合問題通過向量的運算，將問題轉化為解不等式或求函數值域，是解決這類問題的一般方法；(3)向量的兩個作用：載體作用：關鍵是利用向量的意義、作用脫去“向量外衣”，轉化為我們熟悉的數學問題； 工具作用：利用向量可解決一些垂直、平行、夾角與距離問題10.已知拋物線:，定點：/，點是拋物線；上不同于頂點的動點,則的取值范圍為()【答案】A【

11、解析】根據圖像分析得到當直線與拋物線相切時，最大，聯立直線和拋物線, 使得得到參數，進而得到結果【詳解】JTA.B.rlrlT T42C.第8頁共20頁y -a設直線皿的方程為y =戲一2，聯立b =kx-2得V2+ 16 = 0.令i = 64z64 = 0,得k =1,n/ 7T iPBA = -zPMe 0-此時化所以【點睛】在處理直線和圓錐曲線的位置關系時，往往先根據題意合理設出直線方程，再聯立直線和圓錐曲線方程，但要注意“直線不存在斜率”的特殊情況，如本題中利用直線不存在 斜率時探究其定點，給一般情形找到了目標11設等差數列的公差不為0,其前項和為 ，若 ,y + Ca20iB_ =

12、-2019,則&飴二（）【答案】C【解析】設設：-,可知函數的奇偶性和單調性，進而得到廠亠心一由等差數列的性質得到結果【詳解】易知為上的奇函數且單調遞增而/廠】）=2019,/（%廠）二2019,所以十。羽佃一 1 1 = = + + 2oi92oi9 =2 2+ + a a2Ol02Ol0= = 2 22019（口1 + a2019）52019=- = 201 故答案為：C.【點睛】A.0B. 2C. 2019D.4038作出拋物線，如圖所示第9頁共20頁本題考查函數單調性和奇偶性的應用，以及等差數列的性質的應用，對于等差數列的小題，常用到的方法，其一是化為基本量即首項和公差，其二是

13、觀察各項間的腳碼關系，即利用數列的基本性質12設：是函數的導函數，若，且,的變化趨勢以及導函數的幾何意義得到B正確；由割線的斜率的定義得到D正確，進而得到答案【詳解】 因為：，所以在上單調遞增入一二：人：，恒有侶）+他），即所以的圖象是向上凸起的，如圖所示因為；反映了函數 圖象上各點處的切線的斜率, 由圖象可知，隨著的增大，的圖象越來越平緩，即切線的斜率越來越小,所以：，故B項正確;因為-,表示點A（2/（2）與昨（甥連線的斜率,由圖可知：，故D正確；C項無法推出,則下列選項中不一定正確的一項是（A.g 5X40c.f（2）r-廠v/【答案】CB.rwr(rrnD.廣炸）十f（切【解析】原式等

14、價于可畫出大致圖像，得到A正確；由圖像f兇）+壓）故A項正確;第10頁共20頁故答案為：C.【點睛】這個題目考查了函數的凹凸性，以及導函數的幾何意義， 導函數的單調性能體現原函數的變化快慢，以及圖像的凹凸性二、填空題(x-2 013.不等式組1一-y + 2d，表示的平面區域的面積為 _【答案】3【解析】根據不等式組畫出可行域，進而得到結果【詳解】依據不等式組畫出可行域，如圖陰影部分所示，故答案為：3.【點睛】 利用線性規劃求最值的步驟:(1)在平面直角坐標系內作出可行域.考慮目標函數的幾何意義， 將目標函數進行變形. 常見的類型有截距型 (型)、y + b斜率型(型)和距離型(型).(3)確

15、定最優解：根據目標函數的類型，并結合可行域確定最優解.(4)求最值：將最優解代入目標函數即可求出最大值或最小值。exfx 0/ (x) = -x + 1，則方程2的實根個數為【答案】2125y -x + 1y -策+ -xg【解析】當時，將代入，得1 J _ ：1,因為心；可得平面區域為二-14.已知函數5 = - X 2 X祖Q = 3第11頁共20頁1y = x+1到兩曲線相切，有一個零點，又易知在處的切線的斜率為1,可得到在切線的上方，故會有一個交點【詳解】125y- -x + 1 y - x+ -x?,當二時，將代入，得1-，因為: :-125y = x + 1y - x + -x所以

16、與相切1畫直y = x+1又易知:- ，彳-L 在處的切線的斜率為-直線在切線的上方，1y = -x + 1所以 與 -有一個交點，故題中方程的根的個數為2.故答案為：2.【點睛】對于函數的零點問題，它和方程的根的問題，和兩個函數的交點問題是同一個問題，可以互相轉化；在轉化為兩個函數交點時，如果是一個常函數一個含自變量的函數，注意變形時讓含有自變量的函數式子盡量簡單一些。15已知雙曲線 ：的左、右焦點分別為：，過點|的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于，兩點.若的內切圓與邊， 分別相切于點，川，卩，且曲的長為4，則口的值為_【答案】2【解析】根據圓的切線長定理以及雙曲線的定義可列出等式，得到結果

17、【詳解】由題意知 X 二:*，丁二： -.根據雙曲線的定義，知阿心貯二冋旳，|叭|-1化|二加，則|叭|二阿加 所以眄|一眄 |=MA+ IZFJ-I/VFJ =MA + AP + PF2-2a-NF4 =8-2a =2a，所以d = 2.故答案為：2.【點睛】這個題目考查了圓的切線長定理，即從圓外一點做圓的兩條切線，得到的切線長相等，也考查了雙曲線的定義點A為雙曲線上一點，U；1.16在三棱錐I中，出二曲,、，則異面直線$匚與片H所成角的正切值為 _.第12頁共20頁1【答案】【解析】作-底面 于點0,連接 ,，與相交于點：，設出=：SO，則+ x)z+ h2= SAZ= ，由SC2= OC

18、2+ SO2= SO2+ OD2+ CD2再列出方 程，進而求解，；=,得到底面為正方形，得到異面直線的夾角正切值【詳解】如圖所示，作-底面 于點o,連接，與相交于點:.由圧二*，易知是中點，所以設凡二1，則.+.+廠二Hsc2= OC2+ S02= SO2十OD2十嚴,(&$ + d + X =阮 =5 .由兩式可解得戈二眾,1.從而四邊形出為正方形.異面直線-與所成角即，so1tanSCO =-OC2.1故答案為：【點睛】這個題目考查了異面直線的夾角的求法，常見的方法有利用平行關系，平移到同一平面內，轉化為平面圖形的關系，常見的平行關系有平行四邊形的對邊，中位線等三、解答題17.已

19、知的內角,的對邊分別為,；,，丄；心沁 二：-二叮入.(I)求角；(n)若點為的中點，且 廠的長為，求面積的最大值.2nA =(-【答案】：(2)【解析】(I)結合正弦定理和三角形兩角關系得到扛卞加亠:-二心血進而求得亠1丄-_，-AD =-AB-l-AC)- ,得到結果；(n)根據三角形中線的性質得到，兩邊平方第13頁共20頁得到邊的方程，再由重要不等式得到，I，進而得到面積的最值.【詳解】(I)由正弦定理可得又幷 +R + C=7E,. =江一+ G ,.寸3sinAcosCsin(A+ G二sinAslnC，即一yj3cosAsinC = sinAsinCA 又.U V A V TT,.

20、 .3 .亠1 AD=AB-AC)(n)T為邊上的中線，,_ .3 = AB2+AC2+ 7.AB AC)=滬 +c2-bc) ；匸，當且僅當m時取得等號；面積的最大值為 【點睛】本題主要考查正弦定理以及三角形面積公式三角形中線的性質的應用，在解與三角形有關的問題時，正弦定理、余弦定理是兩個主要依據解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷一般來說，當條件中同時出現-及，、時，往往用余弦定理，而題設中如果邊和正弦、余弦函數交叉出現時，往往運用正弦定理將邊化為正弦函數再結合和、差、倍角的正余弦公式進行解答.18如圖，在四棱錐心工中，四邊形弟匯二是邊長為8的菱

21、形，心宀=V，八是等邊三角形，二面角i_：的余弦值為.(I)求證：；(n)求直線與平面夾角的正弦值.【答案】見證明(2)【解析】(I)通過幾何關系得到-平面：進而得到異面直線垂直；(n)建立空，當且僅當時取得等號,第14頁共20頁間坐標系得到直線的方向向量和面的法向量，進而得到線面角第15頁共20頁【詳解】所以直線與平面夾角的正弦值為【點睛】這個題目考查了空間中的直線和平面的位置關系，線面角的求法。求線面角,(I)連接交于點0.因為四邊形 :是菱形，所以二丄：-:二，且和互相平分.又因為 r，0為的中點，所以 ，又因為:，所以 ，平面1 .因為平面，所以 .(n)過點作-：北交點為，因為仝】-

22、平面,所以 丄心因為，所以1平面注二:.COSJLPOEsinPOE易知m為二面角的平面角，所以，又因為汕二；,所以亠-和二口尬都是邊長為8的等邊三角形.QdC4J3PF *OF一所以則.：，.建立如圖所示的空間直角坐標系，cos(mtPC)=所以m PC m可以iADm = 0設平面的法向量為-，則:,第16頁共20頁利用等體積計算出直線的端點到面的距離，除以線段長度就是線面角的正弦值；還可以建系，用空間向量的方法求直線的方向向量和面的法向量，再求線面角即可。19某公司推出一新款手機， 因其功能強大，外觀新潮，一上市便受到消費者爭相搶購，銷量呈上升趨勢.散點圖是該款手機上市后前6周的銷售數據

23、.（1） 根據散點圖，用最小二乘法求關于的線性回歸方程，并預測該款手機第8周的銷量；（2） 為了分析市場趨勢，該公司市場部從前6周的銷售數據中隨機抽取2周的數據， 記抽取的銷量在18萬臺以上的周數為，求的分布列和數學期望.參考公式：回歸直n nxynxy“-線方程：”，其中：一，：匯;.【答案】w：1第8周的銷量為25萬臺.（2）見解析【解析】（I）根據數據和公式得到回歸方程，代入自變量的值，進而得到估計值；（H）隨機變量二的可能取值為0,1,2，求出相應的概率值，進而列出列聯表【詳解】-1 - 1y = -（11+13+16+15+20+21） =16x =-（1 + 2 + 344+5+6

24、） = 35FIX2= 6X 3.52= 73,5所以371-33691-73,535175第17頁共20頁=1 X 11 + 2 X 13 + 3 X 16 + 4 X 15 + 5 X 20 + 6 X 21 = 371_所以線性回歸直線方程為：.第18頁共20頁當：時，心，所以預計該款手機第8周的銷量為25萬臺.(n)由題意可知，前6周中有2周銷量在18萬臺以上.則隨機變量的可能取值為0,1,2.時2ac8減1則， 所以的分布列如下:012252E(X)= 0 x + 1 x故【點睛】 本題考查回歸分析，考查離散型隨機變量的分布列，在一組具有相關關系的變量的數據間，這樣的直線可以畫出許多

25、條，而其中的一條能最好地反映x與y之間的關系，這條直線過樣本中心點.線性回歸方程適用于具有相關關系的兩個變量，對于具有確定關系的兩個變量是不適用的,線性回歸方程得到的預測值是預測變量的估計值，不是準確值2 220.已知橢圓 成等比數列.=0)上的點到右焦點心)的最大距離是+1，且1,(I)求橢圓的方程；(n)過點 且與軸不垂直的直線 與橢圓交于-, 兩點，線段的中垂線交：軸于點,求實數的取值范圍.X 2r + y=i0-J【答案】(2)/fl + C =+ 1 1 4r = 2a2【解析】(I)根據題意列出方程組;解出參數值即可；(n)聯立直線和橢圓方程，根據韋達定理得到中點坐標，進而寫出直線

26、 的方程，找到橫截距，求 出參數范圍【詳解】8151+ 2.嚴第19頁共20頁眾必】月(I)由已知可得丨a2= h2- c2，解得I匸=1(H)由題意得，設直線的方程為.+ 2yz-2 = 0mg2與橢圓方程聯立得， I，消去可得！小-4/2kx2=- yA+ y?=fcg + Xj)2k =-設沖阿旳)，中涉)，則 亠1+加，1+2疋當：= 時，直線廠為軸，此時.ky + x- - = 0m -化簡得.令:，得.klBl =-1十2赴所以綜上所述，砒的取值范圍為L剖.【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲

27、線的問題常轉化為方程組關系問題， 最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法 之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別 式的作用.21已知函數的圖象與曲線在處相切.(1)求實數-的值；(2)證明：當時【答案】- . (2)見證明【解析】(I)先根據求出切線方程，再結合曲線的性質得所以橢圓的方程為當：時，直線：的方程為2k21 +2k2可得線段的中點為第20頁共20頁2到方程組，解出參數值；(n)先通過構造函數求導，證明再證明【詳解】(I)由題意得；F+幕一二因為 =與:一廣在二.處相切，所以j：”jf(l) e + aeb

28、1即：；！ ：；一 二，解得疋二,(n)由( (I) )可知- J.先證明m：設Jtj(x) =f(x)x2= ex1+ (2-exl，則p(x) = ex-2x + 2-e設/i(x) =ex2x + 2e，則F(卻二ex2令hx)= 0，得x ln2，當工E(訊2 +曲)時，h(巧AO，當x E(0Jn2)時，F住)0所以 在：上單調遞減，在上單調遞增，所以當，二叮/時， 取得極小值.又丸(0) = 32 0 ,畑 =0，故存在 旬丘(屈可使得加) = .所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.又因為饑0)=饑1) = 0，創引佔=n.即當x0時，趴巧=*_衛+2_芒)咒_1 X 0

29、，即fx)x2.再證明，、.設m(x)= x xln(x+ 1) = xx n(x十1)1x_tp(x) 1一-設= xlrt(x+ 1) y .耳 + X + 1當，.時，.：，所以. 在 .上單調遞增，所以.一 二所以：，叮*: ：I 1:.綜上可得,仇心三/加以+1)，即f(x) xln(x+ 1).【點睛】利用導數證明不等式常見類型及解題策略(1)構造差函數 .根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式.(2)根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系， 或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數第21頁共20頁22選修4-4:坐標系與參數方程第22頁共20頁rx = 1 +tcosa在平面直角坐標系中，直線的參數方程為：- 為參數，厶以坐標原點 為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為p = 2cos0n(I)若