湖南师大附中届高三数学月考试题三理科有解析.docx

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湖南师大附中届高三数学月考试题三理科有解析

湖南师大附中2018届高三数学11月月考试题（三）（理科有解析）

理科数学试题（附中版）－

炎德英才大联考湖南师大附中2018届高三月考试卷（三）

数学（理科）

命题人：

周正安杨章远审题人：

李昌平

时量：

120分钟满分：

150分

第Ⅰ卷

一、选择题：

本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

（1）复数21＋i－1＋i2的共轭复数是（B）

（A）1－3i（B）1＋3i（C）－1－3i（D）－1＋3i

（2）已知集合A＝x|y＝log2（5－x），B＝yy＝2x－1，则A∪B＝（C）

（A）[0，5）（B）（0，5）（C）R（D）（0，＋∞）

（3）《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：

“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？

”，已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则此问题的答案是（C）

（A）10日（B）20日（C）30日（D）40日

【解析】易知每日织布数量构成一个等差数列，设此数列为an，则a1＝5，an＝1，Sn＝90.

所以n（5＋1）2＝90，解得n＝30，选C.

（4）已知函数f（x）＝x2，0≤x1，1x，1≤x≤e（e为自然对数的底数）的图象与直线x＝e、x轴围成的区域为E，直线x＝e、y＝1与x轴、y轴围成的区域为F，在区域F内任取一点，则该点落在区域E内的概率为（A）

（A）43e（B）23e（C）23（D）2e

（5）若双曲线x24－m＋y2m－2＝1的渐近线方程为y＝±13x，则m的值为（B）

（A）1（B）74（C）114（D）5

（6）执行如图所示的程序框图，若输出的S的值为2，则判断框中填入的条件可以是（B）

（A）n98?

（B）n99?

（C）n100?

（D）n≤100?

（7）已知1＋xa－x6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，a∈R，若a0＋a1＋a2＋…＋a6＋a7＝0，则a3的值为（D）

（A）35（B）20

（C）5（D）－5

【解析】令x＝1得，a0＋a1＋…＋a7＝2a－16，所以a＝1，而a3表示x3的系数，

所以a3＝C36－13＋C26－12＝－5，选D.

（8）已知函数y＝fx满足y＝f－x和y＝fx＋2都是偶函数，且f

（1）＝1，则f（－1）＋f（7）＝（C）

（A）0（B）1（C）2（D）3

【解析】因为y＝f－x为偶函数，所以f－－x＝f－x，所以f－x＝fx，所以y＝fx为偶函数，于是当x＝1时，f－1＝f1＝1，又y＝fx＋2是偶函数，所以f－x＋2＝fx＋2，于是当x＝5时，f7＝f－3＝f（3），当x＝1时，f（3）＝f

（1）＝1，故f（－1）＋f（7）＝2.选C.

（9）某几何体的三视图如图所示，则它的表面积是（A）

（A）7＋5（B）5＋5

（C）43（D）7＋25

【解析】此三视图的几何体如右图，由题意有，

BC＝CD＝2，AB＝AC＝5，BD＝22，AD＝3，S△ABC＝S△BCD＝2，S△ACD＝5，

cos∠ABD＝AB2＋BD2－AD22ABBD＝1010，sin∠ABD＝31010，

S△ABD＝12×5×22×31010＝3，∴S＝7＋5.故选A.

（10）已知D＝x，yx＋y－2≤0x－y＋2≤03x－y＋6≥0，给出下列四个命题：

P1：

∀x，y∈D，x＋y≥0;P2：

∀x，y∈D，yx＋30；

P3：

∃x，y∈D，x＋y1;P4：

∃x，y∈D，x2＋y2≤2；

其中真命题是（D）

（A）P1，P2（B）P2，P3（C）P2，P4（D）P3，P4

【解析】利用线性规划的知识易得，对∀x，y∈D，－2≤x＋y≤2，所以P1错误，P3正确，且0≤yx＋3≤32，所以P2错误，2≤x2＋y2≤10，所以P4正确．选D.

（11）已知F为抛物线C：

y2＝4x的焦点，过F的直线l与C相交于A、B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M，垂足为E，若|AB|＝6，则|EM|的长为（B）

（A）22（B）6（C）2（D）3

【解析】由已知得F（1，0），设直线l的方程为x＝my＋1，并与y2＝4x联立得y2－4my－4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），E（x0，y0），y1＋y2＝4m，则y0＝y1＋y22＝2m，x0＝2m2＋1，所以E（2m2＋1，2m），又|AB|＝x1＋x2＋2＝m（y1＋y2）＋4＝4m2＋4＝6，解得m2＝12，线段AB的垂直平分线为y－2m＝－m（x－2m2－1），令y＝0，得M（2m2＋3，0），从而|ME|＝4＋4m2＝6.选B.

（12）已知函数f（x）＝x＋ex－a，g（x）＝12ln（2x＋1）－4ea－x，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使f（x0）－g（x0）＝4成立，则实数a的值为（D）

（A）ln1－1（B）1－ln2（C）ln2（D）－ln2

【解析】f（x）－g（x）＝x－12ln（2x＋1）＋ex－a＋4ea－x，令h（x）＝x－12ln（2x＋1），则h′（x）＝1－12x＋1，知h（x）在－12，0上是减函数，在（0，＋∞）上是增函数，所以h（x）min＝h（0）＝0，又ex－a＋4ea－x≥2ex－a4ea－x＝4，所以f（x）－g（x）≥4，当且仅当x＝0，ex－a＝4ea－x，即x＝0，a＝－ln2，选D.

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，每小题5分，共20分．

（13）已知|a|＝2，|b|＝1，且a⊥（a＋2b），则向量a与向量b的夹角是__34π__.

（14）已知sinx＋π3＝13，则sin5π3－x－cos2x－π3的值为__49__．

【解析】sin5π3－x－cos2x－π3＝sin2π－x＋π3－cos2x＋π3－π

＝－sinx＋π3＋cos2x＋π3＝－sinx＋π3＋1－2sin2x＋π3＝－13＋1－29＝49.

（15）如图，圆锥的高PO＝2，底面⊙O的直径AB＝2，C是圆上一点，且∠CAB＝30°，D为AC的中点，则直线OC和平面PAC所成角的余弦值为__73__.

【解析】设点O到平面PAC的距离为d，设直线OC和平面PAC所成角为α，

则由等体积法有：

VO－PAC＝VP－OAC，

即13S△PACd＝13|PO|S△OAC，所以d＝212321234（3）2＝23，

所以sinα＝d|CO|＝23，于是cosα＝73.

（16）设函数f（x）＝xlnx，x≥1，lnxx，0x1，数列an是公比大于0的等比数列，且a5a6a7＝1，若f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a10）＝a1，则a1＝__e__.

【解析】若x＞1，则0＜1x＜1;则f（x）＝xlnx，f1x＝－xlnx，

故f（x）＋f1x＝0对任意x0成立．

又∵是公比大于0的等比数列，且a5a6a7＝1，所以a6＝1.

故a2a10＝a3a9＝a4a8＝a5a7＝a6＝1;

故f（a2）＋f（a3）＋…＋f（a10）＝f（a2）＋f（a10）＋f（a3）＋f（a9）＋…＋f（a5）＋f（a7）＋f（a6）＝0，

所以f（a1）＋f（a2）＋…＋f（a10）＝f（a1）＝a1，

若a11，则a1lna1＝a1，则a1＝e;

若0a11，则lna1a10，无解；故所求答案为e.

三、解答题：

共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

（17）（本小题满分12分）

在△ABC中，角A，B，C的对边依次为a，b，c，满足acosB＋bcosA＝2ccosC.

（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）若△ABC的周长为3，求△ABC的内切圆面积S的最大值．

【解析】（Ⅰ）因为acosB＋bcosA＝2ccosC⇔sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，

即sin（A＋B）＝2sinCcosC，而sin（A＋B）＝sinC0，则cosC＝12，

又C∈（0，π），所以C＝π3.（5分）

（Ⅱ）令△ABC的内切圆半径为R，有12absinπ3＝123R，则R＝36ab，

由余弦定理得a2＋b2－ab＝（3－a－b）2，化简得3＋ab＝2（a＋b），（8分）

而a＋b≥2ab，故3＋ab≥4ab，解得ab≥3或ab≤1.（10分）

若ab≥3，则a，b至少有一个不小于3，这与△ABC的周长为3矛盾；

若ab≤1，则当a＝b＝1＝c时，R取最大值36.

综上，知△ABC的内切圆最大面积值为Smax＝π362＝π12.（12分）

（18）（本小题满分12分）

如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，E为PD中点，AD＝2.

（Ⅰ）求证：

平面AEC⊥平面PCD.

（Ⅱ）若二面角A－PC－E的平面角大小θ满足cosθ＝24，求四棱锥P－ABCD的体积．

【解析】（Ⅰ）取AD中点为O，BC中点为F，

由侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD知PO⊥平面ABCD，故FO⊥PO，

又FO⊥AD，则FO⊥平面PAD，所以FO⊥AE，

又CD∥FO，则CD⊥AE，又E是PD中点，则AE⊥PD，

由线面垂直的判定定理知AE⊥平面PCD，

又AE⊂平面AEC，故平面AEC⊥平面PCD.（6分）

（Ⅱ）如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz，

令AB＝a，则P（0，0，3），A（1，0，0），C（－1，a，0）．

由（Ⅰ）知EA→＝32，0，－32为平面PCE的法向量，

令n＝（1，y，z）为平面PAC的法向量，

由于PA→＝（1，0，－3），CA→＝（2，－a，0）均与n垂直，

故nPA→＝0，nCA→＝0，即1－3z＝0，2－ay＝0，解得y＝2a，z＝33，

故n＝1，2a，33，由cosθ＝EA→nEA→n＝1343＋4a2＝24，解得a＝3.（10分）

故四棱锥P－ABCD的体积V＝13SABCDPO＝13233＝2.（12分）

（19）（本小题满分12分）

一只袋中放入了大小一样的红色球3个，白色球3个，黑色球2个．

（Ⅰ）从袋中随机取出（一次性）2个球，求这2个球为异色球的概率；

（Ⅱ）若从袋中随机取出（一次性）3个球，其中红色球、白色球、黑色球的个数分别为a、b、c，令随机变量ξ表示a、b、c的最大值，求ξ的分布列和数学期望．

【解析】（Ⅰ）设事件A表示“从袋中随机取出（一次性）2个球，这2个球为异色球”，

则P（A）＝1－C23＋C23＋C22C28＝34.（5分）

注：

也可直接求概率P（A）＝C13C13＋2C13C12C28＝34.

（Ⅱ）ξ的可能取值为1，2，3.

P（ξ＝3）＝2C33C38＝128，P（ξ＝2）＝2C23C15＋C22C16C38＝914，P（ξ＝1）＝C13C13C12C38＝928，

则ξ的分布列为

ξ123

P928

914

128

于是，Eξ＝1×928＋2×914＋3×128＝127.（12分）

（20）（本小题满分12分）

已知椭圆C：

x2a2＋y2b2＝1（ab0）的离心率为12，以椭圆长、短轴四个端点为顶点的四边形的面积为43.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A、B，当动点M在定直线x＝4上运动时，直线AM、BM分别交椭圆于P、Q两点，求四边形APBQ面积的最大值．

【解析】（Ⅰ）由题设知a＝2c，2ab＝43，

又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，

故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.（4分）

（Ⅱ）由于对称性，可令点M（4，t），其中t0.

将直线AM的方程y＝t6（x＋2）代入椭圆方程x24＋y23＝1，得

（27＋t2）x2＋4t2x＋4t2－108＝0，

由xAxP＝4t2－10827＋t2，xA＝－2得xP＝－2t2－5427＋t2，则yP＝18t27＋t2.（6分）

再将直线BM的方程y＝t2（x－2）代入椭圆方程x24＋y23＝1，得

（3＋t2）x2－4t2x＋4t2－12＝0，

由xBxQ＝4t2－123＋t2，xB＝2得xQ＝2t2－63＋t2，则yQ＝－6t3＋t2.（8分）

故四边形APBQ的面积为S＝12AByP－yQ＝2yP－yQ＝218t27＋t2＋6t3＋t2

＝48t（9＋t2）（27＋t2）（3＋t2）＝48t（9＋t2）（9＋t2）2＋12t2＝489＋t2t＋12t9＋t2.（10分）

由于λ＝9＋t2t≥6，且λ＋12λ在[6，＋∞）上单调递增，故λ＋12λ≥8，

从而，有S＝48λ＋12λ≤6.

当且仅当λ＝6，即t＝3，也就是点M的坐标为（4，3）时，四边形APBQ的面积取最大值6.（12分）

注：

本题也可先证明”动直线PQ恒过椭圆的右焦点F（1，0）”，再将直线PQ的方程x＝ty＋1（这里t∈R）代入椭圆方程x24＋y23＝1，整理得（3t2＋4）y2＋6ty－9＝0，然后给出面积表达式S＝2yP－yQ＝2（yP＋yQ）2－4yPyQ＝248（3t2＋3）（3t2＋4）2，令m＝t2＋1≥1，

则S＝24m9m2＋6m＋1＝2419m＋1m＋6≤6，当且仅当m＝1即t＝0时，Smax＝6.

（21）（本小题满分12分）

已知函数f（x）＝ex－ax（其中e为自然对数的底数），g（x）＝4ln（x＋1）．

（Ⅰ）当a＝1时，求f（x）的最小值；

（Ⅱ）记h（x）＝f（x）＋g（x），请证明下列结论：

①若a≤4，则对任意x0，有h（x）1；

②若a≥5，则存在实数x0，使h（x）1.

【解析】（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝ex－x.则f′（x）＝ex－1.

当x0时，f′（x）0，即f（x）在（－∞，0）上单调递减；

当x0时，f′（x）0，即f（x）在（0，＋∞）上单调递增．

故f（x）min＝f（0）＝1.（4分）

（Ⅱ）h（x）＝ex－ax＋4ln（x＋1），则h′（x）＝ex＋4x＋1－a.

①若a≤4，由

（1）知f（x）＝ex－x≥1，即ex≥x＋1，

于是h′（x）＝ex＋4x＋1－a≥x＋1＋4x＋1－a≥2（x＋1）4x＋1－a＝4－a≥0，

所以h（x）在（0，＋∞）上单调递增，则对任意x0，有h（x）h（0）＝1；（8分）

②若a≥5，令φ（x）＝h′（x）＝ex＋4x＋1－a.

则φ′（x）＝ex－4（x＋1）2在（0，＋∞）上单调递增，且φ′（0）＝－30，φ′

（1）＝e－10，

故存在唯一的x0∈（0，1），使φ′（x0）＝0，

则当x∈（0，x0）时，φ′（x）0，即φ（x）＝h′（x）在（0，x0）上单调递减，

故h′（x）h′（0）＝5－a≤0，从而h（x）在（0，x0）上单调递减，则h（x）h（0）＝1，

即存在实数x∈（0，x0），使h（x）1.（12分）

请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

（22）（本小题满分10分）选修4－4：

坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2acosθ（a0），过点P（－2，－4）的直线l的参数方程为x＝－2＋22t，y＝－4＋22t（t为参数），直线l与曲线C相交于A、B两点．

（Ⅰ）写出曲线C的直角坐标系方程和直线l的普通方程；

（Ⅱ）若|PA||PB|＝|AB|2，求a的值．

【解析】（Ⅰ）由ρsin2θ＝2acosθ（a0），得ρ2sin2θ＝2aρcosθ（a0），

∴曲线C的直角坐标方程为y2＝2ax（a0），

直线l的普通方程为y＝x－2.（4分）

（Ⅱ）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程y2＝2ax中，

得t2－22（4＋a）t＋8（4＋a）＝0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，

则有t1＋t2＝22（4＋a），t1t2＝8（4＋a），（6分）

∵|PA||PB|＝|AB|2，∴t1t2＝（t1－t2）2，即（t1＋t2）2＝5t1t2，

∴（t1＋t2）2＝40（4＋a），a2＋3a－4＝0，解之得：

a＝1或a＝－4（舍去），

∴a的值为1.（10分）

（23）（本小题满分10分）选修4－5：

不等式选讲

已知函数f（x）＝x＋6－m－x（m∈R）．

（Ⅰ）当m＝3时，求不等式f（x）≥5的解集；

（Ⅱ）若不等式f（x）≤7对任意实数x恒成立，求m的取值范围．

【解析】（Ⅰ）当m＝3时，f（x）≥5即|x＋6|－|x－3|≥5，

①当x－6时，得－9≥5，所以x∈∅；

②当－6≤x≤3时，得x＋6＋x－3≥5，即x≥1，所以1≤x≤3；

③当x3时，得9≥5，成立，所以x3.

故不等式f（x）≥5的解集为{x|x≥1}．（5分）

（Ⅱ）因为|x＋6|－|m－x|≤|x＋6＋m－x|＝|m＋6|，

由题意得|m＋6|≤7，则－7≤m＋6≤7，

解得－13≤m≤1，

故m的取值范围是[－13，1]．（10分）