数学理卷·2018届湖南师大附中高三月考试卷（七）（教师版）（2018
湖南师大附中 2018届高三月考试卷(七)
数 学(理科)
命题人：周正安 杨章远 审题人：李昌平
本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共 10页．时量 120分钟．满分 150分．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共 12小题，每小题 5分，共 60分，在每小题的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的．
(1)已知集合 A＝{x|（x－1）2＋y2＝1，x∈R}，B＝{y|y＝1－x2，x∈R}，则 A∩B＝(B)
(A)[0，2] (B)[0，1] (C)(－∞，0] (D)[1，＋∞)
【解析】A＝[0，2]，B＝(－∞，1]A∩B＝[0，1].
(2)已知复数 z满足(1－i)z＝2i，且 z＋ai(a∈R)为实数，则 a＝(C)
(A)1 (B)2 (C)－1 (D)－2
【解析】由(1－i)z＝2i，解得 z＝－1＋i，故 z＋ai＝－1＋(a＋1)i为实数时，a＝－1.
(3)已知 Sn为等差数列{an}的前 n项和，若 a7＝1，a1－S4＝9，则数列{Sn}中的最小项为(B)
(A)S1 (B)S5，S6 (C)S4 (D)S7
【解析】令等差数列{an}的公差为 d，则
a1＋6d＝1，
a1－4a1－6d＝9，
解得 a1＝－5，d＝1，
有 an＝n－6，Sn＝
n（n－11）
2
，则当 n＝5或 6时，Sn最小．
(4)已知
x－1
x
n
的展开式中第 3项与第 6 项的二项式系数相等，记展开式中系数最大的
项为第 k项，则 k＝(A)
(A)5 (B)4 (C)4或 5 (D)5或 6
【解析】
x－1
x
n
的展开式中第 3项与第 6项的二项式系数相等，∴n＝2＋5＝7，第 r＋
1项的系数为 Tr＋1＝Cr7(－1)r，r＝4时 Tr＋1最大，故展开式中系数最大的项为第 5项．
(5)执行如右图所示的程序框图，若输入 a＝7，b＝1，则输出 S的结果是(D)
(A)16 (B)19
(C)34 (D)50
【解析】第一次 a＝7，b＝1，S＝7，
第二次 a＝6，b＝2，S＝19，
第三次 a＝5，b＝3，S＝34，第四次 a＝4，b＝4，S＝50后，程序结束．
(6)从 1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任意取出两个数字作和，则使得和为
偶数的概率值为(C)
(A)1
3
(B)2
3
(C)4
9
(D)5
9
【解析】p＝C24＋C25
C29
＝
4
9
.
(7)为得到函数 y＝cos
2x＋π
3 的图象，只需将函数 y＝sin 2x的图象(C)
(A)向左平移
5
6
π个长度单位 (B)向右平移
5
6
π个长度单位
(C)向左平移
5
12
π个长度单位 (D)向右平移
5
12
π个长度单位
【解析】∵y＝sin 2x＝f(x)＝cos
2x－π
2 ，∴f
x＋ 5
12
π
＝cos
2x＋π
3 .
(8)一个三棱锥的正视图和俯视图如右图所示，则该三棱锥的侧视图可能为(D)
【解析】分析三视图可知，该几何体为如下图所示的三棱锥，其中平面 ACD⊥平面 BCD.
(9)已知 A是双曲线
x2
a2
－
y2
b2
＝1(a>0，b>0)的左顶点，F1、F2分别为双曲线的左、右焦点，
P为双曲线上一点，G是△PF1F2的重心，若存在实数λ使得GA→＝λPF1→
，则双曲线的离心率
为(A)
(A)3 (B)2 (C)4 (D)与λ的取值有关
【解析】由题意，PG＝2GO，GA∥PF1，∴2OA＝AF1，∴2a＝c－a，∴c＝3a，∴e＝
3.
(10)已知对任意的 x∈(0，＋∞)，函数 f(x)满足：0
0，于是 g(x)在(0，
＋∞)上单调递增，
故有 g(2)>g(1)，即
f（2）
2
>f（1）
1
，也就是
f（2）
f（1）
>2；
再令 h(x)＝f（x）
x2
(x∈(0，＋∞))，则 h′(x)＝xf′（x）－2f（x）
x3
<0，于是 h(x)在(0，＋∞)
上单调递减，
故有 h(2)f(0)＝0，符合题意；
若
2
3
0，即 f(x)在(0，t)上递增，有 f(x)>f(0)＝0，符合题意．
综上，a∈
2
3
，＋∞
.
三、解答题：共 70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
(17)(本小题满分 12分)
已知数列{an}的前 n项和为 Sn，且 an－2Sn＝1.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设 bn＝
n2＋ 2n＋1
n（n＋1） ·an，求数列{bn}的前 n项和 Tn.
【解析】(Ⅰ)an－2Sn＝1中令 n＝1得 a1＝－1，
由 an－2Sn＝1可得，an＋1＝Sn＋1－Sn＝
an＋1－1
2
－
an－1
2
，整理得 an＋1＝－an，
所以{an}是首项为－1，公比为－1的等比数列，故 an＝(－1)
n
.(5分)
(Ⅱ)由题意，bn＝
n2＋ 2n＋1
n（n＋1） ·(－1)
n
＝(－1)n·n2＋(－1)n· 2n＋1
n（n＋1）
＝(－1)n·n2＋(－1)n·
1
n
＋
1
（n＋1） .
当 n 为偶数时，Tn＝(－1＋22－32＋42－…－（n－1）2＋n2)－
1
1
＋
1
2 ＋
1
2
＋
1
3 －…－
1
n－1
＋
1
n ＋
1
n
＋
1
n＋1 ＝(1＋2＋3＋…＋n)－1＋ 1
n＋1
＝
n（n＋1）
2
－
n
n＋1
；(9分)
当 n为奇数时，Tn＝Tn－1＋bn＝
n（n－1）
2
－
n－1
n
－n2－
1
n
＋
1
n＋1 ＝－
n（n＋1）
2
－
n＋2
n＋1
，
综上所述，Tn＝
n（n＋1）
2
－
n
n＋1
，n为偶数，
－
n（n＋1）
2
－
n＋2
n＋1
，n为奇数.
(12分)
(18)(本小题满分 12分)
如图(1)，在边长为 2的正方形 ABCD 中，E是边 AB的中点．将△ADE沿 DE折起，
如图(2)，F是折叠后 AC的中点．
(Ⅰ)求证：BF∥平面 ADE；
(Ⅱ)若平面 ADE⊥平面 BCDE，求 BF与平面 ABD所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)取 AD中点 G，连结 EG，FG，
∵F为 AC中点， ∴FG綊
1
2
CD，BE綊
1
2
CD
∴FG綊 BE，从而四边形 EBFG是平行四边形．(3分)
∴BF∥EG，又 BF平面 ADE，EG平面 ADE，
∴BF ∥平面 ADE.(5分)
(Ⅱ) 如图所示以 B为坐标原点，建立空间直角坐标系，在图(1)中作 AH⊥DE于 H，易
求得 EH＝ 1
5
，AH＝ 2
5
，
作 HN⊥AE于 N，HM⊥BC于M，则 HN＝2
5
，HM＝
6
5
，
所以 A
2
5
，
6
5
，
2
5 .(7分)
而 B(0，0，0)，D(2，2，0)，则BA→＝
2
5
，
6
5
，
2
5 ，BD→＝(2，2，0)．
设平面 ABD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则
n·BA→＝0，
n·BD→＝0
2
5
x＋6
5
y＋ 2
5
z＝0，
2x＋2y＝0，
解得一个法向量为 n＝(－ 5，5，－2)．(9分)
又 C(2，0，0)，∴F
6
5
，
3
5
，
1
5 ，∴BF→＝
6
5
，
3
5
，
1
5 ，
∵cos〈n，BF→〉＝
n·BF→
|n|·|BF→ |
＝－
35
14
.
∴BF与平面 ABD所成角的正弦值为
35
14
.(12分)
(19)(本小题满分 12分)
在某学校组织的一次篮球定点投篮训练中，规定每人最多投 3次，在 A处每投进一球
得 3分，在 B处每投进一球得 2分，没有投进得 0分；如果前两次得分之和超过 3 分，即
停止投篮，否则投三次，且假设所有人在 A处的命中率为
1
4
，在 B处的命中率为 q
1
4
0，
故同学甲最终得分超过 3分的概率更大一些．(12分)
(20)(本小题满分 12分)
设 x，y∈R，向量 i，j 分别为平面直角坐标内 x，y轴正方向上的单位向量，若向量 a
＝(x＋1)i＋yj，b＝(x－1)i＋yj，且|a|＋|b|＝4.
(Ⅰ)求点M(x，y)的轨迹 C的方程；
(Ⅱ)记轨迹 C与 x轴的左、右交点分别为 A，B，点 S是 C上位于 x轴上方的动点，直
线 AS，BS 与直线 l：x＝－4 分别交于 M，N 两点，当线段 MN 的长度最小时，在轨迹 C
上是否存在点 T使得△TSA的面积为
1
4
？若存在，确定点 T的个数；若不存在，说明理由．【解
析】(Ⅰ)∵a＝(x＋1)i＋yj，b＝(x－1)i＋yj ，且|a|＋|b|＝4.
∴ （x＋1）2＋y2＋ （x－1）2＋y2＝4，
即点M(x，y)到两个定点 F1(－1，0)，F2(1，0)的距离之和为 4.(2分)
∴ 点M的轨迹 C是以 F1、F2为焦点的椭圆，
设所求椭圆的标准方程为
x2
a2
＋
y2
b2
＝1(a>b>0)，则：a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，
故所求轨迹 C的方程为
x2
4
＋
y2
3
＝1.(4分)
(Ⅱ)易知 A ，B 的坐标为 A(－2，0)，B(2，0)，直线 AS的斜率 k显然存在，且 k>0, 故
可设直线 AS的方程为 y＝k(x＋2)，
从而M(－4，－2k)．
由
y＝k（x＋2），
x2
4
＋
y2
3
＝1 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
设 S(x1，y1)，则(－2)x1＝
16k2－12
3＋4k2
，得 x1＝
6－8k2
3＋4k2
，
从而 y1＝
12k
3＋4k2
，即 S
6－8k2
3＋4k2
，
12k
3＋4k2 .
又 B(2，0)，故直线 BS的方程为 y＝－
3
4k
(x－2)，
由
y＝－
3
4k
（x－2），
x＝－4 得
x＝－4，
y＝ 9
2k
，
所以 N
－4， 9
2k .
故|MN|＝|－2k－ 9
2k|＝2k＋ 9
2k
≥2 2k· 9
2k
＝6，
当且仅当 2k＝ 9
2k
时，即 k＝3
2
时等号成立，
所以 k＝3
2
时，线段MN的长度取最小值 6.(8分)
此时直线 AS的方程为 3x－2y＋6＝0，S
－1，3
2 ，
所以|AS|＝ 13
2
，要使△TSA的面积为
1
4
，
只需点 T到直线 AS的距离等于
13
13
，
所以点 T在平行于 AS且与 AS距离等于
13
13
的直线 l′上，
设 l′：3x－2y＋t＝0，则由
|t－6|
13
＝
13
13
，解得 t＝7或 t＝5.
①当 t＝7时，由
x2
4
＋
y2
3
＝1，
3x－2y＋7＝0得 12x2＋42x＋37＝0，
由于Δ＝－12<0，故直线 l′与椭圆 C无交点；
②当 t＝5时，由
x2
4
＋
y2
3
＝1，
3x－2y＋5＝0得 12x2＋30x＋13＝0，
由于Δ＝276>0，故直线 l′与椭圆 C有两个交点，
综上所求点 T的个数是 2个．(12分)
(21)(本小题满分 12分)
已知函数 f(x)＝a＋sin x
ex
，a∈R，e为自然对数的底数．
(Ⅰ)若函数 f(x)存在单调递增区间，求实数 a的取值范围；
(Ⅱ)若 a＝0，试讨论方程 f(x)＝cos x
x
在
π
4
，
π
2 上解的个数；
(Ⅲ)证明：对任意的 a≥0，x∈[－1，1]，恒有 e1－3x>2f′(x)成立．
【解析】(Ⅰ)由已知得 f′(x)＝cos x－a－sin x
ex
，
因为函数 f(x)存在单调递增区间，所以 f′(x)>0有解．
即 cos x－a－sin x>0有解，所以 a<(cos x－sin x)
max
，
又 cos x－sin x＝－ 2sin
x－π
4 ，所以 a< 2.(4分)
(Ⅱ)由题意，只需讨论 g(x)＝excos x－xsin x在
π
4
，
π
2 上的零点个数，
而 g′(x)＝excos x－exsin x－sin x－xcos x＝ex(cos x－sin x)－(sin x＋xcos x)，
因为 x∈
π
4
，
π
2 ，所以 cos x－sin x≤0，sin x＋xcos x>0，
所以 g′(x)<0，故 g(x)在
π
4
，
π
2 上单调递减，
而 g
π
4 ＝
2
2
e
π
4－
π
4 ，令 h(x)＝ex－x－1，则 h′(x)＝ex－1，由 h′(x)<0 得 x<0，所以
h(x)在(－∞，0)单调递减，由 h′(x)>0得 x>0，所以 h(x)在(0，＋∞)单调递增，故 h(x)≥h(0)
＝0，从而 ex≥x＋1>x.于是 g
π
4 ＝
2
2
e
π
4－
π
4 >0，
而 g
π
2 ＝－
π
2
<0，且函数 g(x)的图象在
π
4
，
π
2 上是连续不断的，因此，函数 g(x)在
π
4
，
π
2 上有且只有一个零点．(8分)
(Ⅲ)由于 f′(x)＝cos x－a－sin x
ex
，即证：e1－2x＋2sin x－2cos x＋2a>0对 a≥0，x∈[－1，1]
成立，
只需证：e1－2x＋2 2sin
x－π
4 >0对 x∈[－1，1]恒成立，
由(Ⅱ)可知，ex≥x＋1，所以有：e1－2x≥2－2x(当且仅当 x＝1
2
时取等) ①
只需证：2－2x＋2 2sin
x－π
4 ≥0对 x∈[－1，1]恒成立，
令函数φ(x)＝2－2x＋2 2sin
x－π
4 ，x∈[－1，1]，
则φ′(x)＝－2＋2 2cos
x－π
4 ＝2 2 cos
x－π
4 －
2
2 ，
当 x∈[0，1]时，x－π
4
∈
－
π
4
，1－π
4 ，φ′(x)≥0，即φ(x)在[0，1]上是增函数，
当 x∈[－1，0)时，x－π
4
∈
－1－π
4
，－
π
4 ，φ′(x)<0，即φ(x)在 x∈[－1，0)上是减
函数，
所以，在[－1，1]上，φ(x)≥φ(0)＝0，所以φ(x)≥0.
所以 2－2x＋2 2sin
x－π
4 ≥0(当且仅当 x＝0时取等) ②
因为①②不能同时取等号，所以：e1－2x＋2 2sin
x－π
4 >0对 x∈[－1，1]恒成立，
所以对任意的 a≥0，x∈[－1，1]，恒有 e1－3x>2f′(x)成立．(12分)
请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
(22)(本小题满分 10分)选修 4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C的参数方程为
x＝a＋acos β，
y＝asin β
(a>0，β为参数)．以
O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线 l的极坐标方程为ρsin
θ＋π
6 ＝
3
2
.
(Ⅰ)若曲线 C上的点到直线 l的距离的最小值为 1，求实数 a的值；
(Ⅱ)若 A，B为曲线 C上的两点，且∠AOB＝π
3
，求△OAB的周长的最大值．
【解析】(Ⅰ)曲线 C是以(a，0)为圆心，以 a为半径的圆；
直线 l的直角坐标方程为 x＋ 3y－3＝0.(2分)
若曲线 C上的点到直线 l的距离的最小值为 1，则有
|a－3|
2
＝a＋1，
解得：a＝1
3
.故所求实数 a的值为
1
3
.(5分)
(Ⅱ)由题意，曲线 C的极坐标方程为ρ＝2acos θ，θ∈
－
π
2
，
π
2 ，设 A的极角为θ，B
的极角为θ＋π
3
，则：
|OA|＝|2acos θ|，|OB|＝|2acos θ＋
π
3 |，由正弦定理得：
|AB|
sinπ
3
＝2a，所以|AB|＝ 3a，
所以△ABO的周长为 C△ABO＝|OA|＋|OB|＋|AB|＝a 3＋2|cos θ|＋2|cos θ＋
π
3 | ，
而 cos
θ＋π
3 ＋cos θ＝－
3
2
sin θ＋
3
2
cos θ＝－ 3sin
θ－π
3 ≤ 3，
所以当θ＝－
π
6
时，cos
θ＋π
3 ＋cos θ取得最大值 3.
所以△OAB的周长的最大值为 3 3a.(10分)
(23)(本小题满分 10分)选修 4－5：不等式选讲
设函数 f(x)＝|2x－1|，x∈R.
(Ⅰ)解不等式 f(x)＋f(x＋1)≤2；
(Ⅱ)已知不等式 f(x)≤f(x＋2)－|x－a|的解集为M，若
1
2
，1
M，求实数 a的取值范围．
【解析】(Ⅰ)原不等式等价于 |2x－1|＋ |2x＋1|≤2，而 |2x－1|＋ |2x＋1|≥2 当且仅当
(2x－1)(2x＋1)≤0时取等，即－
1
2
≤x≤1
2
，
故不等式的解集为
－
1
2
，
1
2 .(5分)
(Ⅱ)因为
1
2
，1
M，则当 x∈
1
2
，1
时，f(x)≤f(x＋2)－|x－a|恒成立，
等价于|2x－1|－|2x＋3|＋|x－a|≤0在 x∈
1
2
，1
恒成立，
即|x－a|≤4在 x∈
1
2
，1
恒成立，即 x－4≤a≤x＋4在 x∈
1
2
，1
恒成立，
