湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五）数学试题（文）Word版含解析.doc

www.ks5u.com 湖南省湖南师大附中2018届高三上学期月考试卷（五）‎ 数学试题（文科）‎ ‎1. 设全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图象知，阴影部分可表示为，故选B. ‎ 点睛：集合是高考中必考的知识点，一般考查集合的表示、集合的运算比较多．对于集合的表示，特别是描述法的理解，一定要注意集合中元素是什么，然后看清其满足的性质，将其化简；考查集合的运算，多考查交并补运算，注意利用数轴来运算，要特别注意端点的取值是否在集合中，避免出错．‎ ‎2. 已知向量，，若，则的坐标可以是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为，所以当时， ，故选D.‎ ‎3. 已知直线与平面满足，，，，则下列判断一定正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵α∩β=m，∴m⊂α，‎ 又∵n⊥α，∴n⊥m．‎ ‎∵n⊥α，n⊂γ，‎ ‎∴α⊥γ，‎ 故选：D．‎ ‎4. 下面为一个求20个数的平均数的程序，在横线上应填充的语句为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为要进行20次求和运算，所以应该填，故选D.‎ ‎5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意，几何体为四棱锥，其中底面是上底为2，下底为4，高为2的直角梯形，棱锥的高为2，‎ 所以体积为；‎ 本题选择B选项.‎ 点睛：‎ ‎(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．‎ ‎6. 在矩形中，，，若向该矩形内随机投一点，那么使得与的面积都不小于2的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，‎ 由题意知本题是一个几何概型的概率，‎ 以AB为底边，要使面积不小于2，‎ 由于，‎ 其表示的区域为图中阴影部分,它的面积是，‎ ‎∴使得△ABP与△ADP的面积都不小于2的概率为：.‎ 故选D.‎ ‎7. 已知，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ 本题选择A选项.‎ ‎8. 已知函数对任意自变量都有，且函数在上单调．若数列是公差不为0的等差数列，且，则的前2017项之和为（ ）‎ A. 0 B. 2017 C. 2016 D. 4034‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为函数对任意自变量都有，所以函数的对称轴为 ，因为，所以，由等差数列前n项和公式，故选B. ‎ ‎9. 已知的面积为1，内切圆半径也为1，若的三边长分别为，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】因为的面积为1，内切圆半径也为1，所以 ‎ ‎，当且仅当 即 时，等号成立，故选D. ‎ ‎10. 设、是双曲线的两个焦点，是上一点，若，且最小内角的大小为，则双曲线的渐近线方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】不妨设P为右支上一点，则，又，解得又，由于最小，即有,由余弦定理得，,则有 即 ，，则双曲线的渐近线方程，故选A. ‎ ‎11. 定义在上的奇函数满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】定义在的奇函数满足：，且，又时，，即，∴，函数在时是增函数，又 ‎，∴是偶函数；∴时，是减函数，结合函数的定义域为，且，可得函数与的大致图象如图所示， ∴由图象知，函数的零点的个数为3个，故选C.‎ 点睛：本题考查了函数的单调性与导数之间的应用问题，也考查了函数零点个数的判断问题，是中档题目；由题意可得到函数在时是增函数，再由函数是定义在R上的奇函数得到为偶函数，结合，作出两个函数与的大致图象，即可得出答案.‎ ‎12. 狄利克雷函数是高等数学中的一个典型函数，若，则称为狄利克雷函数．对于狄利克雷函数，给出下面4个命题：①对任意，都有；②对任意，都有；③对任意，都有，；④对任意，都有．其中所有真命题的序号是（ ）‎ A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】①当x∈Q，则f（x）=1，f（1）=1，则[f（x）]=1，当x为无理数时，则f（x）=0，f（0）=1，则[f（x）]=1，即对任意x∈R，都有f[f（x）]=1，故①正确，②当x∈Q，则-x∈Q，则f（-x）=1，f（x）=1，此时f（-x）=f（x），当x为无理数时，则-x是无理数，则f（-x）=0，f（x）=0，此时f（-x）=f（x），即恒有f（-x）=f（x），即函数f（x）是偶函数，故②错误，③当是无理数时，是无理数，所以，当是有理数时，是有理数，所以，故③正确，④∵f（x）≥0恒成立，∴对任意a，b∈（-∞，0），都有 ，故④正确，故正确的命题是①③④，故选D.‎ ‎13. 设是虚数单位，则复数的共轭复数的虚部为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】， ，其虚部为，故填.‎ 点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数，共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化，转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分．‎ ‎14. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则所在直线的方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由圆的方程可知其圆心，半径1，以为直径的圆的方程为： ，将两圆的方程作差，得公共弦AB的方程为， 即. ‎ ‎15. 在矩形中，，，为的中点，若为该矩形内（含边界）任意一点，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】如图所示：‎ 设与的夹角为，则，由投影的定义知，只有点F取点C时，取得最大值.,故选.‎ ‎16. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：的导数的导数为设与曲线相切的切点为相切的切点为则有公共切线斜率为又即有即为 即有则有即为令则，当时，递减，当时，递增．‎ 即有处取得极大值，也为最大值，且为由恰好存在两条公切线，即有两解，‎ 可得的范围是故答案为 考点：导数的应用 ‎17. 在“新零售”模式的背景下，某大型零售公司为推广线下分店，计划在市的区开设分店．为了确定在该区开设分店的个数，该公司对该市已开设分店的其他区的数据作了初步处理后得到下列表格．记表示在各区开设分店的个数，表示这个分店的年收入之和．‎ ‎（个）‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎（百万元）‎ ‎2.5‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4.5‎ ‎6‎ ‎（Ⅰ）该公司已经过初步判断，可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；‎ ‎（Ⅱ）假设该公司在区获得的总年利润（单位：百万元）与之间的关系为，请结合（Ⅰ）中的线性回归方程，估算该公司应在区开设多少个分店，才能使区平均每个分店的年利润最大？‎ 参考公式：‎ ‎， ，．‎ ‎【答案】（1）；（2）公司应在区开设4个分店，才能使区平均每个分店的年利润最大．‎ ‎.....................‎ 试题解析：‎ ‎（1）∵，， ，‎ ‎∴．‎ ‎∴关于的线性回归方程．‎ ‎（2） ，‎ 区平均每个分店的年利润 ，‎ ‎∴时，取得最大值，‎ 故该公司应在区开设4个分店，才能使区平均每个分店的年利润最大．‎ ‎18. 如图，在四棱锥中，平面平面，且，．四边形满足，，．为侧棱的中点，为侧棱上的任意一点．‎ ‎（Ⅰ）若为的中点，求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）是否存在点，使得直线与平面垂直？若存在，写出证明过程并求出线段的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）上存在点，使得直线与平面垂直，此时线段的长为．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由面面垂直的性质定理可得平面,从而得，再结合，可得平面，又利用三角形中位线定理可得，进而可得结果；（2）过点作,垂足为，先证明平面,结合平面,得，从而可得平面，利用三角形面积相等即可得线段的长.‎ 试题解析：（1）∵分别为侧棱的中点，∴.‎ ‎∵,∴.‎ ‎∵面平面,且,面平面,‎ ‎∴平面,结合平面,得.‎ 又∵, ,∴平面,可得平面.‎ ‎∴ 结合平面，得平面 平面.‎ ‎（2）存在点，使得直线与平面垂直.‎ 平面中，过点作,垂足为 ‎∵由己知,,,.‎ ‎∴根据平面几何知识，可得.‎ 又∵由（1）平面,得 ,且,‎ ‎∴平面,结合平面,得.‎ 又∵,∴平面.‎ 在中，, ，,‎ ‎∴，.‎ ‎∴上存在点，使得直线与平面垂直，此时线段长为.‎ ‎19. 函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．‎ ‎（Ⅰ）求函数的解析式；‎ ‎（Ⅱ）在中，角、、所对的边分别为、、，，是的中点，且，，求的最短边的边长．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据图象分别写出振幅，周期，求出A和 ，再利用图象过点，即可求出；（2）根据条件利用余弦定理和正弦定理，分别求出三边的长，即可找到最短边长.‎ 试题解析：‎ ‎（1）由图知，解得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，，即，，‎ 由于，因此 ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即函数的解析式为．‎ ‎（2）由正弦定理可知：，‎ 则，，，，‎ 则，∴，‎ 由，可得 ‎∵，，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴，∴解得：，．‎ 又，∴，‎ ‎∴的最短边的边长为．‎ 点睛：解决三角形中的角边问题时，要根据条件选择正余弦定理，将问题转化统一为边的问题或角的问题，利用三角中两角和差等公式处理，特别注意内角和定理的运用，涉及三角形面积最值问题时，注意均值不等式的利用，特别求角的时候，要注意分析角的范围，才能写出角的大小.‎ ‎20. 已知为坐标原点，抛物线上在第一象限内的点到焦点的距离为，曲线在点处的切线交轴于点，直线经过点且垂直于轴．‎ ‎（Ⅰ）求点的坐标；‎ ‎（Ⅱ）设不经过点和的动直线交曲线于点和，交于点，若直线，，的斜率依次成等差数列，试问：是否过定点？请说明理由．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）恒过定点．‎ ‎【解析】试题分析：（1）抛物线上在第一象限内的点到焦点的距离为，可求出n，得到抛物线方程，求导得斜率，写出切线方程；（2）设，联立抛物线方程，消元得，根据根与系数的关系，，写出，，的斜率，根据成等差数列求不，即可证明直线过定点. ‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由抛物线上的点到焦点的距离为，得，所以，则抛物线方程为，故曲线在点处的切线斜率，切线方程为，令得，所以点．‎ ‎（Ⅱ）由题意知，因为与相交，所以．‎ 设，令，得，故，‎ 设，，‎ 由消去得，则，，直线的斜率为，同理直线的斜率为，直线的斜率为．因为直线，，的斜率依次成等差数列，‎ 所以，即，即整理得：，‎ 因为不经过点，所以，所以．故，即恒过定点．‎ ‎21. 已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求函数的单调递减区间；‎ ‎（Ⅱ）证明当时，；‎ ‎（Ⅲ）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）整数的最小值为2．‎ ‎【解析】试题分析：（1）求出导数，解即可求出单减区间；（2）由（Ⅰ）得：在递减，∴，故，时，，分别令，累加即可得证；（3）由恒成立得在上恒成立，问题等价于在上恒成立，只需利用导数求的最大值即可.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）因为，所以 此时，，‎ 由，得，又，所以，所以的单调减区间为．‎ ‎（Ⅱ）令，由（Ⅰ）得：在递减，∴，‎ 故，时，，分别令，‎ 故 ，‎ ‎∴时，．‎ ‎（Ⅲ）由恒成立得在上恒成立，问题等价于在上恒成立．‎ 令，只要．‎ 因为，令，得．‎ 设，在上单调递减，不妨设的根为．当时，；当时，，‎ 所以在上是增函数；在上是减函数．‎ 所以 ．‎ 因为，，所以，此时，即．‎ 所以整数的最小值为2．‎ 点睛：处理导数大题时，注意分层得分的原则，力争第一二问答对，第三问争取能写点，一般涉及求函数单调性及极值时，比较容易入手，求导后注意分类讨论，对于恒成立问题一般要分离参数，然后利用函数导数求函数的最大值或最小值，对于含有不等式的函数问题，一般要构造函数，利用函数的单调性来解决，但涉及技巧比较多，需要多加体会.‎ ‎22. 选修4-4：极坐标与参数方程 在平面直角坐标系中，已知曲线，（为参数），曲线．‎ ‎（Ⅰ）求曲线和直线的普通方程；‎ ‎（Ⅱ）在曲线上求一点，使点到直线的距离为，求出点的坐标．‎ ‎【答案】（Ⅰ）的普通方程；的普通方程为；（Ⅱ）或．‎ ‎【解析】试题分析：（1）参数方程消元即可得普通方程，极坐标利用转化公式即可化为普通方程；（2））设点，利用点到直线的距离公式即可求出.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）的普通方程；的普通方程为．‎ ‎（Ⅱ）设点，则点到曲线的距离为 ‎ ，‎ 当时，，即，此时，或，‎ 所以点的坐标为或．‎ ‎23. 选修4-5：不等式选讲 已知不等式的解集为．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若，，，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析．‎ ‎【解析】试题分析：（1）分区间讨论，去掉绝对值即可求出不等式的解集，从而求得m,n；（2）由（Ⅰ）知，，，利用 即可证明.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由，‎ 得或或，‎ 解得，∴，．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，‎ ‎∴ ，‎ 当且仅当即，时取等号，‎ ‎∴，即．‎ 点睛：均值不等式的灵活运用问题一般较难，解决此类问题，需要观察条件和结论，结合二者构造新的式子，对待求式子进行变形，方能形成使用均值不等式的条件，本题注意到，所以把条件构造为，从而解决问题.‎ ‎ ‎