数学理卷·2018届天津市耀华中学高三上学期第二次月考试题（解析版）

数学理卷·2018届天津市耀华中学高三上学期第二次月考试题（解析版）

天津市耀华中学2018届高三年级第二次月考 数学（理科）试卷 第Ⅰ卷（选择题 共40分）‎ 一、选择题：本大题共8个小题,每小题5分,共40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.是虚数单位，复数（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题 ‎ 故选B ‎2. 已知命题：‎ ‎：函数在上为增函数，‎ ‎：函数在上为减函数，‎ 则在命题：，：，：和：中，真命题是（ ）‎ A. ， B. ， C. ， D. ，‎ ‎【答案】C ‎【解析】是真命题，是假命题，∴：，：是真命题. 选C.‎ ‎3. 执行如图所示的程序框图，若输出的结果是，则判断框内的条件是（ ）‎ A. ？ B. ？ C. ？ D. ？‎ ‎【答案】C ‎【解析】框图首先赋值执行； 判断框中的条件不满足，执行； 判断框中的条件不满足，执行； 判断框中的条件不满足，执行 此时判断框中的条件满足，执行“是”路径，输出结果为16． 由此看出，判断框中的条件应是选项C，即？． 故选C．‎ ‎4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个半径为6的球的8分之一 由球的半径 可得 ‎ 故选B ‎【点睛】本题考查由三视图还原几何体并求其求体积，其中根据已知的三视图分析出几何体的形状是解答的关键．‎ ‎5. 在中，如果边，，满足，则（ ）‎ A. 一定是锐角 B. 一定是钝角 C. 一定是直角 D. 以上情况都有可能 ‎【答案】A ‎【解析】已知不等式两边平方得，利用余弦定理 ‎ 为三角形的内角，，即一定是锐角． 故选A ‎6. 设，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由已知可得，，，‎ ‎ ．‎ 考点：对数的大小比较．‎ ‎7. 平面内，定点，，，满足，且，动点，满足，，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎， 在以为圆心的圆上， ，两两夹角相等均为 ， ， 以为原点建立平面直角坐标系，设 则 ‎ ‎ 在以为圆心，以1为半径的圆上， 为的中点， ‎ 设则 ‎ ‎ 的最大值为． 故选D ‎8. 若函数在区间上有最小值，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题  ， 令解得；令解得 由此得函数在 上是减函数，在 上是增函数， 故函数在处取到极小值-2，判断知此极小值必是区间（上的最小值 解得 ‎ 又当 时，，故有 综上知 故选C 第Ⅱ卷（非选择题 共110分）‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填在答题纸上.‎ ‎9. 若集合，，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 则A∪ 故答案为 ‎【点睛】本题考查集合的基本运算，根据条件求出集合的等价条件是解决本题的关键．‎ ‎10. 曲线与直线，所围成的封闭图形的面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】联立 ，得 ；∴曲线与直线，‎ 所围成的封闭图形的面积为 ‎ 即答案为 ‎11. 已知双曲线（，）的一条渐近线方程是，它的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得 ,所以双曲线的方程为 ‎12. 在极坐标系中，设是直线：上任意一点，是圆：上任意一点，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：化为直角坐标方程是，，‎ ‎，则圆心到直线的距离为，所以.‎ 考点：1.极坐标与直角坐标的互化；2.点到直线的距离公式.‎ ‎13. 已知等差数列，若，，且，则公差__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】若，① ② ②-①得 （1）若，显然，则 ，解得，满足题意． （2）若，则 又 ‎ ‎ ，得 ，． 故答案为0或6．‎ ‎14. 两正数，满足，则的最大值为__________．‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】 由题意得 ‎ 令，则，‎ 由，‎ 所以，所以，‎ 所以，‎ 当时，.‎ 点睛：本题考查了基本不等式的应用求最值问题，其中解答中涉及到基本不等式求解最值和利用导数研究函数的最值问题，试题有一定的难度，属于中档试题，解答中合理变形，转化为函数求解最值是解答的关键.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共80分.将解答过程及答案填写在答题纸上. ‎ ‎15. 设函数（）.‎ ‎（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递增区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，的最大值为，求的值，并求出（）的对称轴方程.‎ ‎【答案】(1) （）为的单调递增区间;(2) 为的对称轴.‎ ‎【解析】试题分析：（1）求三角函数的最小正周期一般化成，，形式，利用周期公式即可.（2）求解较复杂三角函数的单调区间时，首先化成形式，再的单调区间，只需把看作一个整体代入相应的单调区间，注意先把化为正数,这是容易出错的地方. ，（3）（2）求解较复杂三角函数的最值时，首先化成形式，在求最大值或最小值,寻求角与角之间的关系，化非特殊角为特殊角；正确灵活运用公式，通过三角变换消去或约去一些非特殊角的三角函数值，注意题中角的范围；（4）求函数或的对称轴方程时，可以把看做整体，代入或相应的对称轴即可 试题解析：（1）‎ 则的最小正周期，‎ 且当时单调递增．‎ 即为的单调递增区间 ‎（写成开区间不扣分）． ‎ ‎（2）当时，当，即时．‎ 所以．‎ 为的对称轴．‎ 考点：三角函数的化简；求三角函数周期，最值，单调性及对称轴.‎ ‎16.‎ ‎ 某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树个2株.设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为和，且各株大树是否互不影响，求移栽的株大树中：‎ ‎（Ⅰ）两种大树各成活株的概率；‎ ‎（Ⅱ）成活的株数的分布列与期望.‎ ‎【答案】（1）所求概率为;(2) ，分布列见解析。‎ ‎【解析】设表示甲种大树成活k株，k＝0，1，2 …………………… 1 分 表示乙种大树成活l株，l＝0，1，2 ,先计算出,它都属于n次独立重复试验发生n次的概率.‎ ‎（I）相互独立试验同时发生的概率所以所求概率为.‎ ‎(2)首先确定的所有可能值为0，1，2，3，4，然后分别计算出取每个值对应的概率，再列出分布列，根据分布列计算出期望值.‎ 设表示甲种大树成活k株，k＝0，1，2 ……………… 1 分 表示乙种大树成活l株，l＝0，1，2 …………………… 2分 则，独立. 由独立重复试验中事件发生的概率公式有 ‎,.‎ 据此算得,,.…………………… 3 分 ‎,,.‎ ‎(Ⅰ) 所求概率为　.…………………… 6分 ‎(Ⅱ) 解法一：的所有可能值为0，1，2，3，4，且 ‎,…………………… 7 分 ‎,…………………8 分 ‎=……9 分 ‎.……… 10 分 ‎.……… 11 分 综上知有分布列 ‎ ‎ ‎0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎3 ‎ ‎4 ‎ P ‎ ‎1/36 ‎ ‎1/6 ‎ ‎13/36 ‎ ‎1/3 ‎ ‎1/9 ‎ 从而，的期望为 （株）…… 13 分 解法二：分布列的求法同上 令分别表示甲乙两种树成活的株数，则10分 故有从而知 ‎17. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，四棱锥的体积为.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）直线与平面所成的正弦值为；（3）二面角的正弦值为.‎ ‎【解析】试题分析：（1）连接，设与相交于点，连接，设法证明，即可证明平面； （2）作，垂足为，则平面，设，在中，，利用四棱锥 的体积，可求得，可证 平面，即平面.则以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.求出平面的一个法向量为，又，从而可求直线A1C1与平面BDC1所成角的正弦值； （3）由（2）可求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则可求求二面角的正弦值 试题解析：（1）证明：连接，设与相交于点，连接，‎ ‎∵四边形是平行四边形，∴点为的中点.‎ ‎∵为的中点，∴为的中位线，‎ ‎∴‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面 ‎（2）解：依题意知，，‎ ‎∵平面，平面，‎ ‎∴平面平面，且平面平面.‎ 作，垂足为，则平面，‎ 设，在中，，‎ ‎∴四棱锥体积，即.‎ ‎∵，，，平面，平面，‎ ‎∴平面，即平面.以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系.‎ 则，，，，.‎ ‎∴，.‎ 设平面的法向量为，‎ 由及，得 令，得，.故平面的一个法向量为，‎ 又 ‎.‎ ‎∴直线与平面所成的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）平面的一个法向量为，平面的一个法向量为 ‎∴‎ ‎∴二面角的正弦值为.‎ ‎18. 中心在原点，焦点在轴上的椭圆，下顶点，且离心率.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）经过点且斜率为的直线交椭圆于，两点.在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）存在点满足题意.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设椭圆方程为 ，由已知得 ，，又 可得椭圆的标准方程， （Ⅱ） 假设存在定点P（m，0）满足条件，设， ，直线方程为，由 消去y整理得，，根据韦达定理及 得 即可求出点坐标．‎ 试题解析：（Ⅰ）设椭圆方程为 ‎ 由已知得 ，，又，‎ 则椭圆方程为 ‎（Ⅱ）假设存在，设，设，，直线方程为，代入椭圆方程，得，‎ 因此，，‎ 由得，即，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 由于对任意恒成立，因此 ‎∴恒成立 ‎∴恒成立 即恒成立，因此 综上，存在点满足题意.‎ ‎19. 已知曲线：，：（），从上的点作轴的垂线，交于点，再从点作轴的垂线，交于点.设，，.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）记，数列的前项和为，求证：；‎ ‎（Ⅲ）若已知（），记数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小.‎ ‎【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）依题意点的坐标为，则∴‎ 从而能求出数列的通项公式． （2）由，知，，当时，，∴ ．由此能够证明；‎ ‎（3）由∵，∴，由知（）‎ ‎∴（），而，所以可得，‎ 由此能够比较与的大小．‎ 试题解析：（1）依题意点的坐标为，‎ ‎∴∴‎ ‎∴‎ ‎.‎ ‎（2）∵，所以：，‎ ‎∴当时，，‎ ‎∴ （当时取“”）.‎ ‎（Ⅲ）∵，∴，‎ 由知（）‎ ‎∴（），而，所以可得，‎ 于是 ‎.‎ ‎∴‎ 当，时，；‎ 当时，‎ 当时，‎ ‎∴当时，‎ ‎【点睛】本题考查数列的通项公式的求法、不等式的证明和两个表达式大小的比较，具体涉及到数列与不等式的综合运用，其中放缩法的应用和构造法的应用是解题的关键．‎ ‎20. 设函数（）‎ ‎（Ⅰ）当时，求在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求单调区间；‎ ‎（Ⅲ）若图象与轴关于，两点，求证：.‎ ‎【答案】（1）切线为；（2）时在单增，时在单减，‎ 单增；（3）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）当时，因此切点为，求出利用点斜式可求切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求导，分类讨论可得单调区间；‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，此时在在单减，单增，‎ 设而，因此，经讨论可知本题即证，即证，构造函数（）讨论其性质即可得 试题解析：（Ⅰ），因此切点为，‎ ‎，因此，因此切线为.‎ ‎（Ⅱ）‎ 时在单增，‎ 时在单减，单增.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，此时在在单减，单增，‎ 设而，因此 本题即证，而，∴，.‎ 即证，即证，‎ 设 ‎（）‎ 因此在单增，由于可得即，‎ 由于因此 ‎∵，，在单增，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∴‎ ‎ ‎ ‎ ‎