重庆市第一中学2018届高三11月月考数学(文)试题 含解析.doc

2017年重庆一中高2018级高三上期十一月月考数学试题卷（文科）第卷（共60分）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. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，选B.2. 在中，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】.3. 等差数列中，已知前项的和，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由已知等差数列中，前项的和，则 ，选A4. 已知双曲线：（，）的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据题意,双曲线的方程为：，其焦点在x轴上,其渐近线方程为，又由其离心率 ，则c=2a，则, 则其渐近线方程；故选：B.5. 光线从点射到轴上，经轴反射后经过点，则光线从到的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】点关于轴的对称点为，由对称性可得光线从A到B的距离为。选C。点睛：（1）利用对称变换的思想方法求解是本题的关键，坐标转移法是对称变换中常用的方法之一；（2）注意几种常见的对称的结论，如点关于轴的对称点为，关于轴的对称点为；关于原点的对称点为；关于直线的对称点为等。6. 若圆有且仅有三个点到直线的距离为1，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】圆的圆心为，半径，由于圆上有且仅有三个点到直线的距离为，故圆心到直线的距离为，即，解得.7. 已知一个三棱柱高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形（如图所示），则此三棱柱的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由斜二测画法的规则可知，三棱柱的底面为直角三角形，且两条直角边分别为2，故此三棱柱的体积为。选D。8. 定义域为的奇函数满足，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以,因此，选C.9. 一个直棱柱被一个平面截去一部分所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由已知中的三视图可得：该几何体是一个长宽高分别为2，2，3的直棱柱，截去了一个底面两直角边为1，2，高为3的三棱锥，代入体积公式可得答案考点：由三视图求几何体的面积、体积10. 已知的值域为，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意得，选C.点睛：分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么.函数周期性质可以将未知区间上的自变量转化到已知区间上.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处函数值.11. 已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令因此 ，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等12. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点、，是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为、，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义：,，设,则，在中根据余弦定理可得到化简得：该式可变成：,故选点睛：本题综合性较强，难度较大，运用基本知识点结合本题椭圆和双曲线的定义给出与、的数量关系，然后再利用余弦定理求出与的数量关系，最后利用基本不等式求得范围。第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知方程表示双曲线，则的取值范围是_【答案】(0,2)【解析】表示双曲线 或.14. 已知抛物线：的焦点为，直线：交抛物线于，两点，则等于_【答案】8【解析】由题意得F（1，0），所以直线过焦点，因此由焦点弦公式得 点睛：1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理 2若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦 AB的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到15. 已知，满足约束条件若的最大值为4，则的值为_【答案】2【解析】作为不等式组所对应的可行域，如上图阴影部分，则，若过A时求得最大值为4，则，此时目标函数为，变形为，平移直线，当经过A点时，纵截距最大，此时z有最大值为4，满足题意；若过B时求得最大值为4，则，此时目标函数为，变形为，平移直线，当经过A点时，纵截距最大，此时z有最大值为6，不满足题意，故。点睛：本题主要考查了线性规划的应用，属于中档题。结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，确定目标函数的斜率关系是解决此类问题的关键。16. 在棱长为1的正方体中，为的中点，点在正方体的表面上运动，则总能使与垂直的点所构成的轨迹的周长等于_【答案】【解析】取中点M，中点Q，则易得面,所以点所构成的轨迹为矩形，周长为三、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. 已知等差数列满足，前项和为（1）求的通项公式；（2）设等比数列满足，求的前项和【答案】（1）；（2） 【解析】试题分析：（1）设的公差为，则由已知条件可得解得可写出通项公式（2）由（1）得据此求得公比为,应用等比数列的求和公式即得试题解析：（1）设的公差为，则由已知条件得，化简得解得故通项公式，即（2）由（1）得设的公比为,则,从而故的前项和考点：1等差数列的通项公式及求和公式；2等比数列的通项公式及求和公式视频18. 已知向量，函数，且在轴上的截距为，与轴最近的最高点的坐标是（1）求和的值；（2）将函数的图象向左平移（）个单位，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，求的最小值【答案】（1），；（2）.试题解析：（1），由，得，此时，代点，得到，（2）函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，横坐标伸长到原来的2倍后得到函数的图象，所以（），（），因为，所以的最小值为19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，且的长为2，点、分别是， 的中点（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（）连结，通过勾股定理计算可知，由三线合一得出平面；（）根据中位线定理计算得出是边长为的正三角形，以为棱锥的底面，则为棱锥的高，代入棱锥的体积公式计算.试题解析：（）证明:四边形是边长为的正方形，是的中点, 又侧棱底面,面 又 是等腰三角形，是的中点, .同理 是等腰三角形，是的中点, 面平面（）侧棱底面,面 由（）知：平面,是三棱锥到平面的距离分别是的中点,， , 四边形是边长为的正方形，是的中点 三角形是等边三角形 考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定.20. 已知、为椭圆：（）的左、右焦点，点为椭圆上一点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）若圆是以为直径的圆，直线：与圆相切，并与椭圆交于不同的两点、，且，求的值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）根据椭圆定义得，再代入点P坐标得（2）由直线与圆相切得，由，利用向量数量积得，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理代入化简得的值试题解析：（1）由题意得：解得则椭圆方程为（2）由直线与圆相切，得，设，由消去，整理得，恒成立，所以，解得21. 已知函数（）的一个极值为（1）求实数的值；（2）若函数在区间上的最大值为18，求实数的值【答案】（1）22或5；（2）1【解析】试题分析：（1）由题意得，函数有两个极值为和令，从而得到实数的值；（2）研究函数在区间上的单调性，明确函数的最大值，建立关于实数的方程，解之即可.试题解析：（1）由，得，令，得或；令，得；令，得或.所以函数有两个极值为和令.若，得，解得；若，得，解得；综上，实数的值为或5. （2）由（1）得，在区间上的变化情况如下表所示：由上表可知，当时，函数在区间上的最大值为，其值为或，不符合题意当时，函数在区间上的最大值为，其值为或25，不符合题意当时，要使函数在区间上的最大值为18，必须使，且（因为若，则极大值，那么，函数在区间上的最大值只可能小于，更小于18，不合题意）.即，所以.所以或.因为，所以舍去.综上，实数的值为请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知三点，（1）求经过，三点的圆的极坐标方程；（2）以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，圆的参数方程为（是参数），若圆与圆外切，求实数的值【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）求出圆的普通方程，再将普通方程转化为极坐标方程；（2）将圆化成普通方程，根据两圆外切列出方程解出。试题解析：（1）对应的直角坐标分别为，则过的圆的普通方程为，又因为，代入可求得经过的圆的极坐标方程为。（2）圆（是参数）对应的普通方程为，因为圆与圆外切，所以，解得。考点：1.圆的参数方程；2.简单曲线的极坐标方程。23. 选修4-5：不等式选讲已知函数（）（1）当时，解不等式；（2）若不等式对任意的实数都成立，求实数的取值范围【答案】（1）