山东、湖北部分重点中学2018届高三第二次联考
数学（文）试题
命题学校：襄阳五中 命题人：程玲
本试卷共4页，共23题，满分150分.考试用时120分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域.答在试题卷、草稿纸上无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.请将答题卡上交.
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知命题，则“为假命题”是“为真命题”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】“为假命题”，则假或假，包括假假，假真，真假；
“为真命题”，则真或真，包括真真，假真，真假；
则“为假命题”是“为真命题”的既不充分也不必要条件，故选D。
2. 已知集合，，则集合的子集个数为（ ）
A. 5 B. 4 C. 32 D. 16
【答案】D
【解析】，，
则，则子集个数为，故选D。
3. 设为虚数单位，若复数的实部与虚部的和为，则定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，则，则，
则，所以，且，即，故选A。
4. 的内角的对边分别为,且,，，则角=( )
A. B. C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】由正弦定理，，所以，
又，则，
所以，故选B。
5. 执行下列程序框图，若输入a，b分别为98，63，则输出的（ ）
A. 12 B. 14
C. 7 D. 9
【答案】C
【解析】因为，则，
则，所以，
则，所以，
则，所以，
则，所以，
则，所以，
则，所以输出，故选C。
6. 已知，，设的最大值为，的最大值为，则=（ ）
A. 2 B. 1 C. 4 D. 3
【答案】A
【解析】，则递增，递减，所以，
，则递减，所以，
所以，故选A。
7. 曲线在点处的切线方程是（ ）
A. 或 B.
C. 或 D.
【答案】B
【解析】，
8. 已知函数，则对于任意实数 ，则的值（ ）
A. 恒负 B. 恒正 C. 恒为0 D. 不确定
【答案】A
【解析】，所以在是奇函数，
又，
所以在是单调递减，
则令，所以，故选A。
点睛：由题中问题，联想到本题需要得到函数的单调性和奇偶性，首先我们可以证明函数是奇函数，然后通过求导得到单调递减，则由单调性的定义可知，所以恒负。
9. 若函数 （， ，， ）的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由渐近线是得，的两根是1，5，
由选项知，，则开口向上，得，
有由时，可知，，则，
所以，故选D。
10. 某多面体的三视图如图所示，正视图中大直角三角形的斜边长为，左视图为边长是1的正方形，俯视图为有一个内角为的直角梯形，则该多面体的体积为（ ）
A. 1 B.
C. D. 2
【答案】C
【解析】由题可知，，
所以，故选C。
11. 若正数满足约束条件，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，易知在单调递增，
则，
所以，得可行域如图，
，
令，，
设切点为，，则，得，则，
所以，则，故选A。
点睛：本题的线性规划可行域处理比较难，首先对于不等式，联想到构造函数，由单调性得到，得到如图可行域，之后令，考察几何性质，结合图像，得到，求得。
12. 已知函数.在其共同的定义域内，的图像不可能在的上方，则求的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，在恒成立，
则，令，
，
又在区间，，，
则在单调递减，单调递增，
所以，所以，故选C。
点睛：由题可知，在恒成立，含参的不等式恒成立问题，一般的，我们采取分离参数法，得到，通过求导得到的最小值，解得答案。
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题～第23题为选考题，考生根据要求做答.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．
13. 命题的否定是____________
【答案】
【解析】全称命题的否定是特称命题，所以是
。
14. 已知函数在上是单调递增函数，则的取值范围是____________
【答案】
【解析】，所以，即。
点睛：分段函数的单调性问题，需满足两个方面。第一，满足分别单调递增，得到；第二，整体单调递增，则在处，得到。解不等式，得到答案。
15. 如图，四面体的每条棱长都等于，点， 分别为棱， 的中点，则=_____； ____________；
【答案】 (1). (2).
【解析】
如图，取中点，得到如图辅助线，易知，四边形是边长为1的正方形，
则，
。
16. 对于集合和常数，
定义：
为集合相对于的“类正切平方”.则集合相对于的“类正切平方” = ______
【答案】1
【解析】由题意，
，
所以。
三、解答题：(本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17. 在数列中，已知）
（1）求证：是等比数列
（2）设，求数列的前项和
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1），得到是以2为首项，2为公比的等比数列；（2），由裂项相消法解得。
试题解析：
（1）由得：
又， 是以2为首项，2为公比的等比数列.
(2) 由（1）知：，，
，
。
18. 已知函数的最小正周期为.
（1）求的值
（2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象.求函数在上单调递减区间和零点.
【答案】（1）；（2）单调递减区间为：,零点是：.
【解析】试题分析：（1）考察三角恒等关系的化简，需要学生对二倍角的降幂公式、辅助角公式熟悉应用，即可化简得，由得；（2）图象移动后得到，先求整个范围的减区间和零点，再得到内的答案。
试题解析：
（1）
由得。
（2），，
单调递减区间为：，
零点为,又因为，所以在上的零点是。
19. 如图，四棱锥中，底面为菱形，边长为1，，平面，是等腰三角形.
（1）求证：平面平面
（2）在线段上可以分别找到两点，使得直线平面，并分别求出此时的值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）由，，得平面，所以平面平面；（2）由平面，得，，再由各自的平面直角三角形，求得，的值，解得答案。
试题解析：
（1）因为为菱形，所以
又因为平面，且平面，所以;所以平面;又因为平面，所以平面平面.
（2）平面，,
在,,又,..
在中，,又,
又
,
20. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），
(1)求的解析式
(2)求的单调区间.
【答案】（1）；（2）单调递增区间：，单调递减区间：.
【解析】试题分析：（1）得，所以，由题可知，，得；（2）求导解出单调区间。
试题解析：
（1）由得，即，所以
所以，又因为，所以
所以函数的解析式是.
（2）
的单调递增区间是：；的单调递减区间是：
21. 已知函数=，.
（1）若函数在处取得极值，求的值，并判断在处取得极大值还是极小值.
（2）若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）由得到，并通过求导判断得到处取得极小值；（2）在上恒成立，令，通过分类讨论，得到时，，所以。
试题解析：
（1）的定义域是，=，由得.
当时，=，=
恒成立， 令=，=恒成立
在上单调递增，又因为
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
当时，在处取得极小值.
（2）由得在上恒成立
即在上恒成立.
解法一（将绝对值看成一个函数的整体进行研究）：
令，
①当时，在上单调递减，，，所以的值域为：，因为，所以的值域为；所以不成立.
②当时，易知恒成立.，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，所以
，所以在上单调递减，在上单调递增.所以，依题意，，所以.
综上：
解法二（求命题的否定所对应的集合，再求该集合的补集）：
命题“对都成立”的否定是“在上有解”
在上有解在上有解
在上有解
令，.
，所以在上单调递增，又，所以无最小值.所以；
令，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以,所以.
因为在上有解时，；
所以对都成立时，.
22. 选修4—4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是为参数)，直线的参数方程是（为参数）．
（1）分别求曲线、直线的普通方程；
（2）直线与交于两点，则求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）利用参数方程的内在联系，写出普通方程即可；（2）由直线的标准参数方程，代入曲线，得，所以由韦达定定理解即可。
试题解析：
（1）：；：
（2）直线的标准参数方程为，（为参数）
将的标准参数方程代入的直角坐标方程得：，所以，
23. 选修4—5：不等式选讲
已知函数，
（1）求解不等式；
（2）对于，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）绝对值函数，进行去绝对值分类讨论，得，解不等式即可；（2）由题意，，，，所以，解得答案。
试题解析：
（1）由或或解得：或
解集为：.
（2）当时，；
由题意得，得即
解得
点睛：绝对值问题常用的解题策略就是去绝对值，分类讨论。（1）通过分类讨论，去绝对值得到分段函数，分别解不等式即可；（2）由题意，得恒成立关系，将对应的最值解出来，利用不等关系解出答案。
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