数学理卷·2018届湖南省师大附中高三上学期月考（五）（2018

数学理卷·2018届湖南省师大附中高三上学期月考（五）（2018

湖南师大附中2018届高三月考试卷(五)‎ 数　学(理科)‎ 命题人：徐凡训　黄祖军　审题人：周正安 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，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)复数的虚部是(C)‎ ‎(A) i (B) －i (C) 1 (D) －1‎ ‎【解析】＝＝2＋i，则复数的虚部是1，故选C.‎ ‎(2)若集合A＝{x∈R||x－4|≤2}，非空集合B＝{x∈R|2a≤x≤a＋3}，若BA，则实数a的取值范围是(D)‎ ‎(A) (3，＋∞) (B) [－1，＋∞) (C) (1，3) (D) [1，3]‎ ‎【解析】∵集合A＝{x∈R||x－4|≤2}＝[2，6]，‎ 由集合B不为空集可得2a≤a＋3，即a≤3，由BA得解得a∈[1，3]，故选D.‎ ‎(3)若q＞0，命题甲：“a，b为实数，且|a－b|＜2q”；命题乙：“a，b为实数，满足|a－2|＜q，且|b－2|＜q”，则甲是乙的(B)‎ ‎(A) 充分而不必要条件 (B) 必要而不充分条件 ‎(C) 充分必要条件 (D) 既不充分也不必要条件 ‎【解析】若a，b为实数，且|a－b|＜2q，则取a＝8，b＝6，q＝2时，不满足|a－2|0时，可得3.841，‎ 所以有95%的把握认为空气重度污染与供暖有关．(4分)‎ ‎(Ⅱ)①设“在本年内随机抽取一天，该天企业被限产达到或超过50%”为事件A，‎ 据题意有频数为25，P(A)＝＝，(6分)‎ 则这一年中随意抽取5天，5天中被限产达到或超过50%的恰为2天的概率P是：‎ P＝C＝.8分 ‎②企业甲这一年的利润的期望值为 ‎365×＝502.97 万元，‎ 故企业甲这一年因限产减少的利润的期望值是365×2－502.97＝227.03 万元．(12分)‎ ‎(18)(本小题满分12分)‎ 已知锐角△ABC的三个内角A、B、C满足sin Bsin C＝(sin2B＋sin2C－sin2A)tan A.‎ ‎(Ⅰ)求角A的大小；‎ ‎(Ⅱ)若△ABC的外接圆的圆心是O，半径是1，求·(＋)的取值范围．‎ ‎【解析】(Ⅰ)由已知有：·＝，即sin A＝，‎ 又A是锐角，∴A＝.(4分)‎ ‎(Ⅱ) ·(＋)＝·(＋－2)‎ ‎＝·＋·－22‎ ‎＝cos∠AOB＋cos∠AOC－2 ‎ ‎＝cos 2C＋cos 2B－2 ‎ ‎＝cos＋cos 2B－2 ‎ ‎＝cos 2B－sin 2B－2 ‎ ‎＝cos－2，(9分)‎ ‎∵△ABC是锐角三角形，∴b>0)的左右焦点是F1，F2，且F2就是C1的焦点，点P是C1与C2的在第一象限内的公共点且|PF2|＝，过F2的直线l分别与曲线C1、C2交于点A，B和M，N.‎ ‎(Ⅰ) 求点P的坐标及C2的方程；‎ ‎(Ⅱ) 若△F1AB与△F1MN面积分别是S1、S2，求的取值范围．【解析】(Ⅰ)F2(1，0)，设P(x0，y0)，据题意有|PF2|＝x0＋1＝，‎ 则x0＝，P，(2分)‎ 点P在椭圆上及F2就是C1的焦点，则解之得： 所以C2的方程是＋＝1.(4分)‎ 或由|PF1|＋|PF2|＝2a计算出a＝2，从而得方程．‎ ‎(Ⅱ)易知＝，当l不垂直于x轴时，设l的方程是y＝k(x－1) (k≠0)，‎ 联立得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ1＝(2k2＋4)2－4k4>0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，|AB|＝x1＋x2＋2＝；(7分)‎ 联立得：(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ Δ2＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(1＋k2)>0，‎ 设M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 则x3＋x4＝，x3x4＝，‎ ‎|MN|＝＝，‎ (10分)‎ 则＝＝＝＋∈，‎ 当l垂直于x轴时，易知|AB|＝4，|MN|＝＝3，此时＝＝，‎ 综上有的取值范围是.(12分)‎ 设l：x＝my＋1类似给分 ‎(21)(本小题满分12分)‎ 已知函数f(x)＝ax2＋x－xln x，g(x)＝ex－x2 (e为自然对数的底数)．‎ ‎(Ⅰ)当x∈[0，＋∞)时，求g(x)的最小值；‎ ‎(Ⅱ)若函数f(x)恰有两个不同极值点x1，x2.‎ ‎①求a的取值范围；‎ ‎②求证：x1x2≥e2.‎ ‎【解析】(Ⅰ)g′(x)＝ex－2x，(g′(x))′＝ex－2，x∈[0，＋∞)，‎ 所以g′(x)在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，‎ g′(x)min＝g′(ln 2)＝2(1－ln 2)>0，(2分)‎ 即x∈[0，＋∞)时，恒有g′(x)＝ex－2x>0，‎ 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(0)＝1.(4分)‎ ‎(Ⅱ)f′(x)＝2ax－ln x，要f(x)恰有两个极值点，‎ 等价于h(x)＝2ax－ln x在(0，＋∞)上恰有两个不同零点．‎ h′(x)＝2a－＝，(5分)‎ 当a≤0时，h′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，不合要求；(6分)‎ 当a>0时，h(x)在上单调递减，在上单调递增，‎ 而h＝1＋ln(2a)，由h＝1＋ln(2a)<00e，e>>，‎ 此时h(1)＝2a>0，h＝2ae－＝2a>0，‎ 故当0e2ln(x1x2)>2，‎ ln>2，令t＝∈(0，1)，‎ ln t>2(t＋1)ln t－2(t－1)<0，t∈(0，1) ln t－<0，t∈(0，1)，‎ 考查函数g(t)＝ln t－，t∈(0，1) ，g′(t)＝>0恒成立于(0，1)，‎ g(x)在(0，1)上单调递增，则恒有g(t)

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