2018学年广东省广州市华南师大附中高三（上）+综合测试数学试卷（理科）（二）（含解析）

2017-2018学年广东省广州市华南师大附中高三（上） 综合测试数学试卷（理科）（二）一、选择题：共12题1（5分）已知集合，则ABCD2（5分）ABCD3（5分）已知点，则直线的倾斜角是ABCD4（5分）设，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5（5分）为了得到函数的图象，只要把上所有点A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向左平移个单位长度6（5分）设，则关于，的方程所表示的曲线是A长轴在轴上的椭圆B长轴在轴上的椭圆C实轴在轴上的双曲线D实轴在轴上的双曲线7（5分）若是函数的极值点，则的极小值为ABCD18（5分）已知函数，且，则函数的图象的一条对称轴是ABCD9（5分）若直线与曲线有公共点，则的取值范围是A，B，C，D，10（5分）已知奇函数在上是增函数，若，则，的大小关系为ABCD11（5分）设是定义在上的偶函数，对，都有，且当，时，若在区间，内关于的方程恰有3个不同的实数根，则的取值范围是ABCD12（5分）如图，半径为1的扇形中，是弧上的一点，且满足，分别是线段，上的动点，则的最大值为ABC1D二、填空题：共4题13（5分）的值是 14（5分）已知非零向量，满足，则与的夹角的余弦值为15（5分）设函数，则满足的的取值范围是 16（5分）已知函数的定义域为，若存在常数，对任意，有，则称为函数，给出下列函数：；是定义在上的奇函数，且满足对一切实数，均有其中是函数的序号为三、解答题：共7题17在中，分别为角，所对的边，且（）求的值；（）若，且，求和的值18在如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，平面，（）求证：平面；（）求二面角的余弦值19某项竞赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段进行，每个阶段选手要回答一个问题规定正确回答问题者进入下一阶段竞赛，否则即遭淘汰已知某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是，且各阶段通过与否相互独立（1）求该选手在复赛阶段被淘汰的概率；（2）设该选手在竞赛中回答问题的个数为，求的分布列与均值20在平面直角坐标系中，已知椭圆，且椭圆上一点到点的距离最大值为4（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于点、设为椭圆上一点，且满足为坐标原点），当时，求实数的取值范围21已知，其中常数（1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点，求证：；（3）求证：22在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系曲线的极坐标方程为，分别为与轴，轴的交点（1）写出的直角坐标方程，并求，的极坐标；（2）设的中点为，求直线的极坐标方程23已知，不等式的解集是（）求的值；若存在实数解，求实数的取值范围2017-2018学年广东省广州市华南师大附中高三（上） 综合测试数学试卷（理科）（二）参考答案与试题解析一、选择题：共12题1（5分）已知集合，则ABCD【考点】：交集及其运算【专题】11：计算题；37：集合思想；：定义法；：集合【分析】先分别求出集合和，再求出和，由此能求出结果【解答】解：集合，故正确，错误；，故和都错误故选：【点评】本题考查交集和并集求法及应用，是基础题，解题时要认真审题，注意交集、并集定义的合理运用2（5分）ABCD【考点】：复数的运算【专题】11：计算题【分析】分子和分母同时乘以分母的共轭复数，再利用虚数单位的幂运算性质，求出结果【解答】解：，故选：【点评】本题考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位的幂运算性质，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数3（5分）已知点，则直线的倾斜角是ABCD【考点】：直线的倾斜角【专题】：直线与圆【分析】直接求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角即可【解答】解：点，则直线的斜率：，故选：【点评】本题考查直线的斜率与直线的倾斜角的关系，基本知识的考查4（5分）设，则“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件【专题】38：对应思想；48：分析法；57：三角函数的图象与性质；：简易逻辑【分析】运用绝对值不等式的解法和正弦函数的图象和性质，化简两已知不等式，结合充分必要条件的定义，即可得到结论【解答】解：，则，可得“”是“”的充分不必要条件故选：【点评】本题考查充分必要条件的判断，同时考查正弦函数的图象和性质，运用定义法和正确解不等式是解题的关键，属于基础题5（5分）为了得到函数的图象，只要把上所有点A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向左平移个单位长度【考点】：函数的图象变换【专题】35：转化思想；49：综合法；57：三角函数的图象与性质【分析】由题意利用函数的图象变换规律，判断正确选项【解答】解：为了得到函数的图象，只要把上所有点向右平移个单位长度即可得到，故选：【点评】本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题6（5分）设，则关于，的方程所表示的曲线是A长轴在轴上的椭圆B长轴在轴上的椭圆C实轴在轴上的双曲线D实轴在轴上的双曲线【考点】：曲线与方程【专题】：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】根据条件，方程，即，结合双曲线的标准方程的特征判断曲线的类型【解答】解：，方程，即，表示实轴在轴上的双曲线，故选：【点评】本题考查双曲线的标准方程的特征，依据条件把已知的曲线方程化为是关键7（5分）若是函数的极值点，则的极小值为ABCD1【考点】：利用导数研究函数的极值【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；53：导数的综合应用【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可【解答】解：函数，可得，是函数的极值点，可得：，即解得可得，函数的极值点为：，当或时，函数是增函数，时，函数是减函数，时，函数取得极小值：（1）故选：【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力8（5分）已知函数，且，则函数的图象的一条对称轴是ABCD【考点】67：定积分、微积分基本定理；：函数的图象变换【专题】57：三角函数的图象与性质【分析】由求得，故有，可取，则令，求得的值，可得函数的图象的一条对称轴方程【解答】解：函数，即，故可取，令，求得，则函数的图象的一条对称轴为，故选：【点评】本题主要考查定积分，函数的图象的对称性，两角和差的三角公式的应用，属于中档题9（5分）若直线与曲线有公共点，则的取值范围是A，B，C，D，【考点】57：函数与方程的综合运用【专题】11：计算题；16：压轴题；31：数形结合【分析】本题要借助图形来求参数的取值范围，曲线方程可化简为，即表示圆心为半径为2的半圆，画出图形即可得出参数的范围【解答】解：曲线方程可化简为，即表示圆心为半径为2的半圆，如图依据数形结合，当直线与此半圆相切时须满足圆心到直线距离等于2，即解得或，因为是下半圆故可知（舍，故当直线过时，解得，故，故选：【点评】考查方程转化为标准形式的能力，及借助图形解决问题的能力本题是线与圆的位置关系中求参数的一类常见题型10（5分）已知奇函数在上是增函数，若，则，的大小关系为ABCD【考点】：抽象函数及其应用；：利用导数研究函数的单调性【专题】51：函数的性质及应用；35：转化思想；34：方程思想；11：计算题【分析】根据题意，设，分析可得为偶函数，求出的导数，分析可得在上为增函数，又由，分析可得答案【解答】解：根据题意，设，函数是奇函数且在上是增函数，则，当时，；则，函数为偶函数；，当时，则，函数在上为增函数；又由所以（3）（1），即故选：【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，解答本题时要注意先根据条件确定函数的奇偶性及单调性，属于综合题11（5分）设是定义在上的偶函数，对，都有，且当，时，若在区间，内关于的方程恰有3个不同的实数根，则的取值范围是ABCD【考点】：函数奇偶性的性质与判断；53：函数的零点与方程根的关系【专题】31：数形结合；33：函数思想；44：数形结合法；：转化法【分析】根据题意，可得，周期，且是偶函数，当，时，可以做出在区间，的图象，方程恰有3个不同的实数根，即的图象与的图象恰有3个不同的交点可得答案【解答】解：由题意，可得，周期，当，时，可得，的图象如下：从图可看出，要使的图象与的图象恰有3个不同的交点，则需满足，解得：故选：【点评】本题主要考查方程根的个数的判断，根据函数的奇偶性和对称性的性质求出函数的周期性，利用数形结合是解决本题的关键，综合性较强，难度较大12（5分）如图，半径为1的扇形中，是弧上的一点，且满足，分别是线段，上的动点，则的最大值为ABC1D【考点】：平面向量数量积的性质及其运算【专题】11：计算题；：平面向量及应用【分析】建立坐标系，把已知问题坐标化，然后结合向量数量积的坐标表示及不等式的性质可求【解答】解：由题可得，以为坐标原点，为轴，建立平面直角坐标系，则，设所以，所以因为，所以可知所以的最大值为1故选：【点评】本题主要考查了向量的数量积的基本运算，坐标系的建立可以简化基本运算二、填空题：共4题13（5分）的值是【考点】：运用诱导公式化简求值【专题】56：三角函数的求值【分析】原式中的角度变形后，利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算即可得到结果【解答】解：原式故答案为：【点评】此题考查了运用诱导公式化简求值，熟练掌握诱导公式是解本题的关键14（5分）已知非零向量，满足，则与的夹角的余弦值为【考点】：数量积表示两个向量的夹角【专题】38：对应思想；49：综合法；：平面向量及应用【分析】根据平面向量的数量积与模长、夹角公式，计算即可【解答】解：因为，设与的夹角为，则，所以，所以有故答案为：【点评】本题考查了平面向量数量积的应用问题，解答本题时要注意利用向量模相等，构建关于向量夹角的等式，并求值计算15（5分）设函数，则满足的的取值范围是，【考点】：函数的值【专题】32：分类讨论；：转化法；51：函数的性质及应用【分析】根据分段函数的表达式，分别讨论的取值范围，进行求解即可【解答】解：若，则，则等价为，即，则，此时，当时，当即时，满足恒成立，当，即时，此时恒成立，综上，故答案为：，【点评】本题主要考查不等式的求解，结合分段函数的不等式，利用分类讨论的数学思想进行求解是解决本题的关键16（5分）已知函数的定义域为，若存在常数，对任意，有，则称为函数，给出下列函数：；是定义在上的奇函数，且满足对一切实数，均有其中是函数的序号为【考点】：命题的真假判断与应用【专题】33：函数思想；48：分析法；51：函数的性质及应用【分析】由，可判断；由可判断；由，可判断；由，则，可判断【解答】解：由题可得，对于因为，所以不存在实数，使得对任意，有，所以不是函数；对于取，则，所以也不是函数；对于，因为，所以所以是函数；对于，取，则转化为，所以也是函数所以满足是函数的序号为故答案为：【点评】本题考查函数的新定义问题解答本题时要注意根据题中所给的定义，逐个判断三、解答题：共7题17在中，分别为角，所对的边，且（）求的值；（）若，且，求和的值【考点】：三角形中的几何计算【专题】35：转化思想；：转化法；58：解三角形【分析】（）利用正弦定理化简，结合和与差的公式即可求的值；（）根据，可得的值，由，利用余弦定理可得求解和的值【解答】解：（）由正弦定理，可得：即，（）由，即，由，余弦定理可得：，即【点评】本题考查了正余弦定理化简和计算能力，向量的夹角公式的计算属于基础题18在如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，平面，（）求证：平面；（）求二面角的余弦值【考点】：直线与平面垂直；：二面角的平面角及求法；：向量语言表述线面的垂直、平行关系【专题】：空间位置关系与距离；：空间角；：空间向量及应用；：立体几何【分析】（）由题意及图可得，先由条件证得及，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；解法一：由知，可得出，结合平面，知，两两垂直，因此可以为坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，设，表示出各点的坐标，再求出两个平面的法向量的坐标，由公式求出二面角的余弦值即可；解法二：取的中点，连接，由于，因此，又平面，平面，可证明出为二面角的平面角，再解三角形求出二面角的余弦值【解答】证明：因为四边形是等腰梯形，所以又，所以，因此，又且，平面，所以平面；解法一：由知，同理，又平面，因此，两两垂直，以为坐标原点，分别以，所在的直线为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，不妨设，则，0，1，0，因此，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，1，由于，0，是平面的一个法向量，则，所以二面角的余弦值为解法二：取的中点，连接，由于，因此，又平面，平面，所以，由于，平面所以平面故，所以为二面角的平面角，在等腰三角形中，由于，因此，又，所以，故，所以二面角的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明与二面角的余弦值的求法，解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定定理及二面角的两种求法向量法与几何法，本题是高中数学的典型题，也是高考中的热点题型，尤其是利用空间向量解决立体几何问题是近几年高考的必考题，学习时要好好把握向量法的解题规律19某项竞赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段进行，每个阶段选手要回答一个问题规定正确回答问题者进入下一阶段竞赛，否则即遭淘汰已知某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是，且各阶段通过与否相互独立（1）求该选手在复赛阶段被淘汰的概率；（2）设该选手在竞赛中回答问题的个数为，求的分布列与均值【考点】：古典概型及其概率计算公式；：离散型随机变量的期望与方差【专题】11：计算题；35：转化思想；：转化法；：概率与统计【分析】（1）记“该选手通过初赛”为事件，“该选手通过复赛”为事件，“该选手通过决赛”为事件，则（A），（B），（C）那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率，由此能求出结果（2）可能取值为1，2，3分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和【解答】（本题10分）解：（1）记“该选手通过初赛”为事件，“该选手通过复赛”为事件，“该选手通过决赛”为事件，则（A），（B），（C）那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率（A）（3分）（2）可能取值为1，2，3，（8分）故的分布列为： 1 2 3 （10分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件、相互独立事件概率计算公式的合理运用20在平面直角坐标系中，已知椭圆，且椭圆上一点到点的距离最大值为4（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于点、设为椭圆上一点，且满足为坐标原点），当时，求实数的取值范围【考点】：椭圆的性质【专题】35：转化思想；：转化法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（1）由离心率及可得关于，的方程，由此可简化椭圆方程，设，则可表示为关于的函数，据此可求得其最大值为4，解得，进而求得；（2）设，方程为，与椭圆方程联立消掉得的二次方程，由，求得，由韦达定理及可用、表示出点的坐标，代入椭圆方程得，由弦长公式可得，则，由，根据函数的性质，即可求得的取值范围【解答】解：（1）椭圆的离心率，则椭圆方程为，即设，则，当时，有最大值为，即，解得，椭圆方程；（2）设，方程为，由，整理得由，得，可得即有，则，由点在椭圆上，得，化简得，又由，即，将，代入得，化简得，则，即，则，由，得，联立，可得，解得或则实数的取值范围是，【点评】本题考查直线方程、椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、向量的线性运算，考查学生的运算能力、解决问题的能力，综合性较强，属于难题21已知，其中常数（1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点，求证：；（3）求证：【考点】52：函数零点的判定定理；：利用导数研究函数的极值；：利用导数研究函数的最值【专题】51：函数的性质及应用；53：导数的综合应用；59：不等式的解法及应用【分析】（1）求出的函数的导数，求出单调区间，即可求得极值；（2）先证明：当恒成立时，有成立若，则显然成立；若，运用参数分离，构造函数通过求导数，运用单调性，结合函数零点存在定理，即可得证；（3）讨论当时，显然成立，设，求出导数，求出单调区间可得最大值，运用不等式的性质，即可得证【解答】解：函数的定义域为，（1）当时，而在上单调递增，又（1），当时，（1），则在上单调递减；当时，（1），则在上单调递增，则有极小值（1），没有极大值；（2）先证明：当恒成立时，有成立若，则显然成立；若，由得，令，则，令，由得在上单调递增，又（1），所以在上为负，在上为正，因此在上递减，在上递增，即有（1），从而因而函数若有两个零点，则，即有（1），由（a）得（a），则，则（a）在上单调递增，即有（a）（e），则有（a）在上单调递增，则（a）（e），则（1）（a），则有；由得，则，所以，综上得（3）证明：由（2）知当时，恒成立，所以，即，设，则，当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减，所以的最大值为，即，因而，所以，即【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，以