四川省雅安中学2018届高三数学下学期第一次月考试题理.doc

四川省雅安中学2018届高三数学下学期第一次月考试题 理一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1若集合，则等于A B C D2已知集合A=2，1，0，1，2，B=x|lgx0，则AB=（）A1B0，1C0，1，2D1，23如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成，则它的体积为（）A4+4B8+4CD4为了得到函数的图象，只需把函数y=log2x的图象上所有的点（）A向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度B向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度C向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度5某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i的最大值为（）A3B4C5D66如图，圆锥的高，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所成角的正弦值为（）ABCD7若曲线C1：x2+y22x=0与曲线C2：y（ymxm）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A（，）B（，0）（0，）C，D（，）（，+）8三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥ABCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A4B6C8D169已知a=（ex）dx，若（1ax）2017=b0+b1x+b2x2+b2017x2017（xR），则的值为（）A0B1C1De10由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足MN=Q，MN=，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是（）AM没有最大元素，N有一个最小元素BM没有最大元素，N也没有最小元素CM有一个最大元素，N有一个最小元素DM有一个最大元素，N没有最小元素11已知函数，其中m2，4，6，8，n1，3，5，7，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1）处的切线相互平行的概率是（）ABCD以上都不对12若存在正实数x，y，z满足xez且zln=x，则ln的取值范围为（）A1，+）B1，e1C（，e1D1， +ln2二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13在ABC中，边a、b、c分别是角A、B、C的对边，若bcosC=（3ac）cosB，则cosB=14已知点P（x，y）的坐标满足条件，若点O为坐标原点，点M（1，1），那么的最大值等于15动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，则动点M的轨迹方程为16在ABC中，A=，D、E分别为AB、AC的中点，且BECD，则cos2的最小值为三.解答题（17-21每小题12分，22或23题10分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17设数列an的前n项和Sn=2ana1，且a1，a2+1，a3成等差数列（1）求数列an的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn18为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率19已知等边ABC边长为，BCD中，（如图1所示），现将B与B，C与C重合，将ABC向上折起，使得（如图2所示）（1）若BC的中点O，求证：平面BCD平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥ABCD的外接球的表面积20已知圆，将圆E2按伸缩变换：后得到曲线E1，（1）求E1的方程；（2）过直线x=2上的点M作圆E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E1交于C，D两点，求的取值范围21已知函数g（x）=xsinlnxsin在 1，+）单调递增，其中（0，）（1）求的值；（2）若，当x1，2时，试比较f（x）与的大小关系（其中f（x）是f（x）的导函数），请写出详细的推理过程；（3）当x0时，exx1kg（x+1）恒成立，求k的取值范围选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：sin2=2acos（a0），过点P（2，4）的直线l的参数方程为（t为参数），l与C分别交于M，N（1）写出C的平面直角坐标系方程和l的普通方程；（2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求a的值选修4-5：不等式选讲23设函数f（x）=|x+|+|xa|（a0）（）证明：f（x）2；（）若f（3）5，求a的取值范围参考答案与试题解析一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1若集合，则等于A B C D故选B2已知集合A=2，1，0，1，2，B=x|lgx0，则AB=（）A1B0，1C0，1，2D1，2故选：A3如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成，则它的体积为（）A4+4B8+4CD故选：D4为了得到函数的图象，只需把函数y=log2x的图象上所有的点（）A向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度B向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度C向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度故选C5某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i的最大值为（）A3B4C5D6故选：B6如图，圆锥的高，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所成角的正弦值为（）ABCD故选C7若曲线C1：x2+y22x=0与曲线C2：y（ymxm）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A（，）B（，0）（0，）C，D（，）（，+）故选B8三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥ABCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A4B6C8D16故选C9已知a=（ex）dx，若（1ax）2017=b0+b1x+b2x2+b2017x2017（xR），则的值为（）故选：B10由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足MN=Q，MN=，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是（）AM没有最大元素，N有一个最小元素BM没有最大元素，N也没有最小元素CM有一个最大元素，N有一个最小元素DM有一个最大元素，N没有最小元素故选C11已知函数，其中m2，4，6，8，n1，3，5，7，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1）处的切线相互平行的概率是（）ABCD以上都不对故选：B12若存在正实数x，y，z满足xez且zln=x，则ln的取值范围为（）A1，+）B1，e1C（，e1D1， +ln2故选B二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13在ABC中，边a、b、c分别是角A、B、C的对边，若bcosC=（3ac）cosB，则cosB=【考点】余弦定理；正弦定理【分析】bcosC=（3ac）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosBsinCcosB，可得sin（B+C）=3sinAcosB，即sinA=3sinAcosB，sinA0，即可得出【解答】解：在ABC中，bcosC=（3ac）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosBsinCcosB，sin（B+C）=3sinAcosB，即sinA=3sinAcosB，sinA0，化为cosB=故答案为：14已知点P（x，y）的坐标满足条件，若点O为坐标原点，点M（1，1），那么的最大值等于4【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，令z=xy，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，令z=xy，化为y=xz，由图可知，当直线y=xz过点A（0，4）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为4故答案为：415动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，则动点M的轨迹方程为y2=8x（x0）或y=0（x0）【考点】轨迹方程【分析】由已知列出方程，化简即可求出动点M的轨迹C的方程【解答】解：动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，=|x|+2，整理，得y2=4x+|4x|，当x0时，动点M的轨迹C的方程为y2=8x当x0时，动点M的轨迹C的方程为y=0故答案为：y2=8x（x0）或y=0（x0）16在ABC中，A=，D、E分别为AB、AC的中点，且BECD，则cos2的最小值为【考点】二倍角的余弦【分析】不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），根据=0，可得+y2=，故点B在此圆上过点A作圆的切线，故当点B为切点时，A最大，即最大，故cos最小，从而求得cos2的最小值【解答】解：ABC中，A=，D、E分别为AB、AC的中点，且BECD，如图所示，不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），AD=AB，AE=AC，E（1，0），D（，）BECD，=（1x，y）（2，）=（1x）（2）y= +y2=0，+y2=，表示以（，0）为圆心，半径等于的圆，故点B在此圆上过点A作圆的切线，故当点B为切点时，A最大，即最大，故cos=最小，则cos2的最小值为2cos21=21=，故答案为：三.解答题（17-21每小题12分，22或23题10分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17设数列an的前n项和Sn=2ana1，且a1，a2+1，a3成等差数列（1）求数列an的通项公式； （2）求数列的前n项和Tn【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）运用数列的递推式：an=SnSn1（n1），结合等差数列中项的性质，解方程可得首项，由等比数列的通项公式即可得到所求；（2）求得，运用数列的求和方法：分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算即可得到所求和【解答】解：（1）由已知Sn=2ana1有an=SnSn1=2an2an1（n1），即an=2an1（n1）从而a2=2a1，a3=4a1又a1，a2+1，a3成等差数列，即a1+a3=2（a2+1），a1+4a1=2（2a1+1），解得a1=2数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故（2）由（1）得，因数列是首项为，公比为的等比数列，即有Tn=（+）（1+2+n），18为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【分析】（1）X的可能取值为0，1，2，3分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列及数学期望（2）设“甲队和乙队得分之和为4”事件A，包含“甲队3分且乙队1分”，“甲队2分且乙队2分”，“甲队1分且乙队3分”三个基本事件，由此能求出甲队和乙队得分之和为4的概率【解答】解：（1）X的可能取值为0，1，2，3，X的分布列为：X0123P（2）设“甲队和乙队得分之和为4”事件A，包含“甲队3分且乙队1分”，“甲队2分且乙队2分”，“甲队1分且乙队3分”三个基本事件，则：19已知等边ABC边长为，BCD中，（如图1所示），现将B与B，C与C重合，将ABC向上折起，使得（如图2所示）（1）若BC的中点O，求证：平面BCD平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥ABCD的外接球的表面积【考点】平面与平面垂直的判定；球内接多面体【分析】（1）运用平面几何中等腰三角形的三线合一，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，即可得证；（2）（法1）作AHDO，交DO的延长线于H，运用平面几何中有关性质，以及线面垂直和面面垂直的性质，可得EDF就是ED与面BCD所成的角运用直角三角形的知识，计算可得CE；（法2）以D为坐标原点，以直线DB，DC分别为x轴，y轴的正方向，以过D与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设CE=x，求出E的坐标，运用法向量，以及向量的夹角公式，计算即可得到所求；（3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，可得外接球的直径即为正方体的对角线长，由球的表面积公式，计算即可得到所求【解答】解：（1）证明：ABC为等边三角形，BCD为等腰三角形，且O为中点，BCAO，BCDO，AODO=O，BC平面AOD，又BC面ABC平面BCD平面AOD（2）（法1）作AHDO，交DO的延长线于H，则平面BCD平面AOD=HD，则AH平面BCD，在RtBCD中，在RtACO中，在AOD中，在RtADH中AH=ADsinADO=1，设，作EFCH于F，平面AHC平面BCD，EF平面BCD，EDF就是ED与面BCD所成的角由，（），在RtCDE中，要使ED与面BCD成30角，只需使，x=1，当CE=1时，ED与面BCD成30角（法2）在解法1中接（），以D为坐标原点，以直线DB，DC分别为x轴，y轴的正方向，以过D与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系则，又平面BCD的一个法向量为，要使ED与面BCD成30角，只需使成60，只需使，即，x=1，当CE=1时ED与面BCD成30角；（3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，则外接球的直径为，即半径，表面积：S=4r2=320已知圆，将圆E2按伸缩变换：后得到曲线E1，（1）求E1的方程；（2）过直线x=2上的点M作圆E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E1交于C，D两点，求的取值范围【考点】平面直角坐标轴中的伸缩变换【分析】（1）根据题意，由平面直角坐标系中的伸缩变化的规律可得（x）2+2（y）2=2，整理即可得答案；（2）根据题意，直线x=2上任意一点M以及切点A，B坐标，分析可得切线AM，BM的方程，分t=0与t0两种情况讨论，分别求出的取值范围，综合即可得答案【解答】解：（1）按伸缩变换：得：（x）2+2（y）2=2，则E1：；（2）设直线x=2上任意一点M的坐标是（2，t），tR，切点A，B坐标分别是（x1，y1），（x2，y2）；则经过A点的切线斜率k=，方程是x1x+y1y=2，经过B点的切线方程是x2x+y2y=2，又两条切线AM，BM相交于M（2，t），则有，所以经过A、B两点的直线l的方程是2x+ty=2，当t=0时，有A（1，1），B（1，1），C（1，），D（1，），则|CD|=，|AB|=2， =，当t0时，联立，整理得（t2+8）x216x+82t2=0；设C、D坐标分别为（x3，y3），（x4，y4），则，令t2+4=x，则x4，则f（x）=，又令u=（0，），（u）=32u3+6u+1，u（0，），令（u）=96u2+6，令96u2+6=0，解可得u0=，故（u）=32u3+6u+1在（0，）上单调递增，且有（u）（1，），而，则1；综合可得1；所以的取值范围为，1）21已知函数g（x）=xsinlnxsin在1，+）单调递增，其中（0，）（1）求的值；（2）若，当x1，2时，试比较f（x）与的大小关系（其中f（x）是f（x）的导函数），请写出详细的推理过程；（3）当x0时，exx1kg（x+1）恒成立，求k的取值范围【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）令g（x）0在1，+）上恒成立，结合三角函数的性质即可得出sin=1；（2）化简得f（x）f（x）=xlnx+2，利用导数分别求出y=xlnx和y=+2在1，2上的最小值，即可得出结论；（3）令F（x）=exx1kg（x+1），则Fmin（x）0（x0），对k进行讨论，判断F（x）的单调性，计算Fmin（x）进行检验即可【解答】解：（1）g（x）在1，+）单调递增，在1，+）上恒成立，即恒成立当x1时，1，sin1，又（0，），0sin1sin=1，（2）由（1）可知g（x）=xlnx1，令h（x）=xlnx，h（x）在1，2上单调递增，h（x）h（1）=1，令（x）=3x22x+6，则（x）在1，2单调递减，（1）=1，（2）=10，x0（1，2），使得H（x）在（1，x0）单调递增，在（x0，2）单调递减，H（1）=0，H（2）=，又两个函数的最小值不同时取得；，即：（3）exx1kg（x+1）恒成立，即：ex+kln（x+1）（k+1）x10恒成立，令F（x）=ex+kln（x+1）（k+1）x1，则，由（1）得：g（x）g（1）即xlnx10（x1），x+1ln（x+1）+1（x0），即：xln（x+1）（x0），exx+1，当k=1时，x0，F（x）单调递增，F（x）F（0）=0，符合题意；当k（0，1）时，y=（x+1）+（k+1）在0，+）上单调递增，F（x）单调递增，F（x）F（0）=0，符合题意；当k0时，F（x）在0，+）上是增函数，F（0）=1+k（k+1）=0，F（x）单调递增，F（x）F（0）=0符合题意，当k1时，F（x）=ex，F（x）在0，+）上单调递增，又F（0）=1k0，且x+，F（x）0，F（x）在（0，+）存在唯一零点t0，F（x）在（0，t0）单调递减，在（t0，+）单调递增，当x（0，t0）时，F（x）F（0）=0，F（x）在（0，t0）单调递减，F（x）F（0）=0，不合题意综上：k1选修4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：sin2=2ac