数学理卷·2018届云南省昆明市第一中学高三第六次月考（2018

数学理卷·2018届云南省昆明市第一中学高三第六次月考（2018

云南省昆明市第一中学2018届高三第六次月考 数学（理）试题 一、选择题：本题共12个小题,每小题5分,共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.记全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2.复数（是虚数单位）的虚部为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3.已知数列的前项和为，则的值是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎4.已知随机变量服从正态分布，如果，则（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎5.双曲线的右焦点为，曲线与交于点，且轴，则=（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎6.一个正方体被截去一部分后所剩的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎7.函数的图象是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎8.已知，，则下列大小关系正确的是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎9.已知函数在处取得极值，令函数，程序框图如图所示，若输出的结果，则判断框内可填入的条件为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎10.设抛物线的焦点为，准线为，点为上一点，以为圆心，为半径的圆交于，两点，若，的面积为，则=（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎11.已知函数，若两个正数，满足，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎12.在菱形中，，，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球心为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）‎ A． B． C. D．‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知，，则向量在向量方向上的投影为 ．‎ ‎14.的展开式中的系数为10，则实数= ．‎ ‎15.若等比数列的前项和（其中，是常数），则 ．‎ ‎16.在中，内角，，的对应边分别为，，，若，，则的最大值为 ．‎ 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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. ‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.在中，，，分别是角，，的对边，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求的取值范围.‎ ‎18. 如图，在三棱柱中，，.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求三棱柱的余弦值.‎ ‎19. 为了解甲、乙两种产品的质量，从中分别随机抽取了10件样品，测量产品中某种元素的含量（单位：毫克），如图所示是测量数据的茎叶图.规定：当产品中的此中元素的含量不小于18毫克时，该产品为优等品.‎ ‎（1）试用样品数据估计甲、乙两种产品的优等品率；‎ ‎（2）从乙产品抽取的10件样品中随机抽取3件，求抽到的3件样品中优等品数的分布列及其数学期望；‎ ‎（3）从甲产品抽取的10件样品中有放回地随机抽取3件，也从乙产品抽取的10件样品中有放回地随机抽取3件；抽到的优等品中，记“甲产品恰比乙产品多2件”为事件，求事件的概率.‎ ‎20. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且.‎ ‎（1）设，证明：，；‎ ‎（2）设抛物线在点处的切线为，证明：.‎ ‎21. 已知函数，.（为自然对数的底数）‎ ‎（1）设；‎ ‎①若函数在处的切线过点，求的值；‎ ‎②当时，若函数在上没有零点，求的取值范围.‎ ‎（2）设函数，且，求证：当时，.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.‎ ‎22.【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ 在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若点的坐标为，直线与曲线交于，两点，求的值.‎ ‎23.【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎（1）解不等式；‎ ‎（2）已知实数，，满足，求的取值范围.‎ 昆明一中2018届高三第六次 ‎ 参考答案（理科数学）‎ 命题、审题组教师 杨昆华 李文清 孙思应 梁云虹 王在方 卢碧如 凹婷波 吕文芬 陈泳序 一、选择题 ‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 A B C A D D C B B A C C 1. 解析：由题意，图中阴影部分所表示的区域为，由于，，故，选A．‎ 2. 解析：由题意，，选B．‎ 3. 解析：当时，；当时，，由于 也适合，所以，所以，选C．‎ 4. 解析：依题意得：，．选A．‎ 5. 解析：因为轴，所以，即，所以，选D．‎ 6. 解析：由题意，该几何体是由一个边长为的正方体截去一个底面积为，高为的一个三棱锥所得的组合体，如图，所以，选D．‎ 7. 解析：函数的定义域为且，选C．‎ 8. 解析：因为，所以，选B．‎ 9. 解析：由题意，，而，解得，故．由程序框图可知，当时，，选B．‎ 10. 解析：因为，所以圆的半径，，由抛物线定义，点到准线的距离，所以，所以，选A．‎ 1. 解析：由可得，，即对恒成立，所以在实数上单调递增；因为，由可得，由题意可得，画出、的可行域，则可看作区域内点与定点的斜率；直线与横轴交于点，与纵轴交于点，又因为，，所以，选C．‎ 2. 解析：因为四边形是菱形，，所以△是等边三角形；过球心作，则为等边△的中心，取的中点为，则且，由二面角的大小为，所以，即；因为，所以，，在△中，由，可得；在△中，，即，设三棱锥的外接球的半径为，即，三棱锥的外接球的表面积为，选C．‎ 二、填空题 3. 解析：向量在向量方向上的投影为．‎ 4. 解析：由二项式定理得，令，则，所以的系数为，所以，．‎ 5. 解析：，，，由数列是等比数列得：，即，所以．‎ 6. 解析：因为，由余弦定理及基本不等式可得，‎ ‎，所以 ‎，当且仅当：：=﹕：时等号成立，所以的最大值是；又因为，所以，所以，所以的最大值为．‎ 三、解答题 ‎（一）必考题 1. 解：（Ⅰ）根据正弦定理，由可得出 ，  在△中，，‚ 将‚代入得 ，‎ 即，即， 所以； ‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理得 ，即，‎ 即，所以，（当且仅当时取得等号）‎ 又在△中，，‎ 所以， 即的取值范围是． ‎ 2. 解：（Ⅰ）证明：设点为的中点，连接，，由，，知△与△均为等边三角形，点为的中点，可得，，，相交于点，所以平面，又平面，所以．‎ ‎ xk.Com]‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知△与△均是边长为是等边三角形，，又在△中，，，由余弦定理得，所以，故，又，，‎ 以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系．‎ 可得，，，，‎ ‎，，，‎ 设为平面的一个法向量，则 ‎，得，同理可得平面的一个法向量为，‎ 由，‎ 所以，二面角的余弦值为． ‎ 1. 解：（Ⅰ）从甲产品抽取的件样品中优等品有件，优等品率为，‎ 从乙产品抽取的件样品中优等品有件，优等品率为 故甲、乙两种产品的优等品率分别为，． ‎ ‎ （Ⅱ）的所有可能取值为，，，．‎ ‎， ，，‎ 所以的分布列为 ‎1‎ ‎． ‎ ‎（Ⅲ）抽到的优等品中，甲产品恰比乙产品多件包括两种情况:“抽到的优等品数甲产品件且乙产品件”，“抽到的优等品数甲产品件且乙产品件”，分别记为事件，‎ 故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多件的概率为 ‎．‎ 1. 解：（Ⅰ）设直线的方程为：，由得：，‎ 所以，而． ‎ ‎（Ⅱ）因为，而，所以，由得：，所以，所以直线的斜率为：；设点处的切线方程为：，由得：，‎ 由得：，由（Ⅰ），，而，‎ 所以，即，所以，‎ 所以．　　　　　 ‎ 2. 解：（Ⅰ）⑴由题意，得，‎ 所以函数在处的切线斜率，又，‎ 所以函数在处的切线方程，‎ 将点代入，得． ‎ ‎⑵当，可得，因为，所以，‎ ‎①当时，，函数在上单调递增，而，‎ 所以只需，解得，从而． ‎ ‎②当时，由，解得，‎ 当时，，单调递减；当时，，‎ 单调递增．所以函数在上有最小值为，‎ 令，解得，所以． 综上所述，． ‎ ‎（Ⅱ）由题意，，‎ 而等价于． ‎ 令， ‎ 则，且，．‎ 令，则．‎ 因为， 所以，所以导数在上单调递增，‎ 于是．‎ 从而函数在上单调递增，即． ‎ 即当时，． ‎ ‎（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。‎ 1. 解：（Ⅰ）由（为参数）消去参数，得直线的普通方程为，‎ 由，两边同乘得，即，‎ 故曲线的直角坐标方程为． ‎ ‎（Ⅱ）在（为参数）中，令，‎ 得直线的参数方程的标准形式为（为参数），‎ 代入曲线：，整理得：，‎ 设，所对应参数分别为，，则，，‎ 所以，． ‎ 1. 解：（Ⅰ）由 可化为 或 或，‎ 解得，‎ 所以，不等式的解集为． ‎ ‎（Ⅱ） 因为，，，‎ 三式相加得：，‎ 即，（当且仅当时，取“=”）‎ 又因为 所以，（当且仅当时，取“=”，有无数组解）‎ 故的取值范围为