数学文卷·2018届山东省、湖北省部分重点中学高三上学期第二次(12月)联考试题(解析版)

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数学文卷·2018届山东省、湖北省部分重点中学高三上学期第二次(12月)联考试题(解析版)

山东、湖北部分重点中学2018届高三第二次联考 数学(文)试题 命题学校:襄阳五中 命题人:程玲 本试卷共4页,共23题,满分150分.考试用时120分钟.‎ ‎★祝考试顺利★‎ 注意事项:‎ 答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置.‎ ‎ 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效.‎ ‎3.填空题和解答题的作答:用黑色的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域.答在试题卷、草稿纸上无效.‎ ‎4.考生必须保持答题卡的整洁.请将答题卡上交.‎ 第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,满分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. 已知命题,则“为假命题”是“为真命题”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】“为假命题”,则假或假,包括假假,假真,真假;‎ ‎“为真命题”,则真或真,包括真真,假真,真假;‎ 则“为假命题”是“为真命题”的既不充分也不必要条件,故选D。‎ ‎2. 已知集合,,则集合的子集个数为( )‎ A. 5 B. 4 C. 32 D. 16‎ ‎【答案】D ‎【解析】,,‎ 则,则子集个数为,故选D。‎ ‎3. 设为虚数单位,若复数的实部与虚部的和为,则定义域为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】,则,则,‎ 则,所以,且,即,故选A。‎ ‎4. 的内角的对边分别为,且,,,则角=( )‎ A. B. C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】由正弦定理,,所以,‎ 又,则,‎ 所以,故选B。‎ ‎5. 执行下列程序框图,若输入a,b分别为98,63,则输出的( )‎ A. 12 B. 14‎ C. 7 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为,则,‎ 则,所以,‎ 则,所以,‎ 则,所以,‎ 则,所以,‎ 则,所以,‎ 则,所以输出,故选C。‎ ‎6. 已知,,设的最大值为,的最大值为,则=( )‎ A. 2 B. 1 C. 4 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】,则递增,递减,所以,‎ ‎,则递减,所以,‎ 所以,故选A。‎ ‎7. 曲线在点处的切线方程是( )‎ A. 或 B. ‎ C. 或 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】,‎ ‎8. 已知函数,则对于任意实数 ,则的值( )‎ A. 恒负 B. 恒正 C. 恒为0 D. 不确定 ‎【答案】A ‎【解析】,所以在是奇函数,‎ 又,‎ 所以在是单调递减,‎ 则令,所以,故选A。‎ 点睛:由题中问题,联想到本题需要得到函数的单调性和奇偶性,首先我们可以证明函数是奇函数,然后通过求导得到单调递减,则由单调性的定义可知,所以恒负。‎ ‎9. 若函数 (, ,, )的图象如图所示,则下列说法正确的是(  )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由渐近线是得,的两根是1,5,‎ 由选项知,,则开口向上,得,‎ 有由时,可知,,则,‎ 所以,故选D。 ‎ ‎10. 某多面体的三视图如图所示,正视图中大直角三角形的斜边长为,左视图为边长是1的正方形,俯视图为有一个内角为的直角梯形,则该多面体的体积为( )‎ A. 1 B. ‎ C. D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题可知,,‎ 所以,故选C。‎ ‎11. 若正数满足约束条件,则的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】令,易知在单调递增,‎ 则,‎ 所以,得可行域如图,‎ ‎,‎ 令,,‎ 设切点为,,则,得,则,‎ 所以,则,故选A。‎ 点睛:本题的线性规划可行域处理比较难,首先对于不等式,联想到构造函数,由单调性得到,得到如图可行域,之后令,考察几何性质,结合图像,得到,求得。‎ ‎12. 已知函数.在其共同的定义域内,的图像不可能在的上方,则求的取值范围( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意,在恒成立,‎ 则,令,‎ ‎,‎ 又在区间,,,‎ 则在单调递减,单调递增,‎ 所以,所以,故选C。‎ 点睛:由题可知,在恒成立,含参的不等式恒成立问题,一般的,我们采取分离参数法,得到,通过求导得到的最小值,解得答案。‎ 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分.第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须做答.第22题~第23题为选考题,考生根据要求做答.‎ 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,请将答案填在答题卡对应题号的位置上.答错位置,书写不清,模棱两可均不得分.‎ ‎13. 命题的否定是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】全称命题的否定是特称命题,所以是 ‎。‎ ‎14. 已知函数在上是单调递增函数,则的取值范围是____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】,所以,即。‎ 点睛:分段函数的单调性问题,需满足两个方面。第一,满足分别单调递增,得到 ‎;第二,整体单调递增,则在处,得到。解不等式,得到答案。‎ ‎15. 如图,四面体的每条棱长都等于,点, 分别为棱, 的中点,则=_____; ____________;‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 如图,取中点,得到如图辅助线,易知,四边形是边长为1的正方形,‎ 则,‎ ‎。‎ ‎16. 对于集合和常数,‎ 定义:‎ 为集合相对于的“类正切平方”.则集合相对于的“类正切平方” = ______‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】由题意,‎ ‎,‎ 所以。‎ 三、解答题:(本大题共6小题,满分70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.) ‎ ‎17. 在数列中,已知)‎ ‎(1)求证:是等比数列 ‎(2)设,求数列的前项和 ‎【答案】(1)见解析;(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1),得到是以2为首项,2为公比的等比数列;(2),由裂项相消法解得。‎ 试题解析:‎ ‎(1)由得: ‎ 又, 是以2为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎ (2) 由(1)知:,,‎ ‎,‎ ‎。‎ ‎ ‎ ‎18. 已知函数的最小正周期为.‎ ‎(1)求的值 ‎(2)将函数的图象向左平移个单位,再将所得图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到函数的图象.求函数在上单调递减区间和零点.‎ ‎【答案】(1);(2)单调递减区间为:,零点是:.‎ ‎【解析】试题分析:(1)考察三角恒等关系的化简,需要学生对二倍角的降幂公式、辅助角公式熟悉应用,即可化简得,由得;(2)图象移动后得到,先求整个范围的减区间和零点,再得到内的答案。‎ 试题解析:‎ ‎(1)‎ 由得。‎ ‎(2),,‎ 单调递减区间为:,‎ 零点为,又因为,所以在上的零点是。‎ ‎19. 如图,四棱锥中,底面为菱形,边长为1,,平面,是等腰三角形.‎ ‎ ‎ ‎(1)求证:平面平面 ‎(2)在线段上可以分别找到两点,使得直线平面,并分别求出此时的值.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1)由,,得平面,所以平面平面;(2)由平面,得,,再由各自的平面直角三角形,求得,的值,解得答案。‎ 试题解析:‎ ‎(1)因为为菱形,所以 又因为平面,且平面,所以;所以平面;又因为平面,所以平面平面.‎ ‎(2)平面,,‎ 在,,又,..‎ 在中,,又,‎ 又 ‎,‎ ‎20. 已知是函数的导函数,且对任意的实数都有(是自然对数的底数),‎ ‎(1)求的解析式 ‎(2)求的单调区间.‎ ‎【答案】(1);(2)单调递增区间:,单调递减区间:.‎ ‎【解析】试题分析:(1)得,所以,由题可知,‎ ‎,得;(2)求导解出单调区间。‎ 试题解析:‎ ‎(1)由得,即,所以 所以,又因为,所以 所以函数的解析式是.‎ ‎(2)‎ ‎ 的单调递增区间是:;的单调递减区间是:‎ ‎21. 已知函数=,.‎ ‎(1)若函数在处取得极值,求的值,并判断在处取得极大值还是极小值.‎ ‎(2)若在上恒成立,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1)由得到,并通过求导判断得到处取得极小值;(2)在上恒成立,令,通过分类讨论,得到时,,所以。‎ 试题解析:‎ ‎(1)的定义域是,=,由得.‎ 当时,=,=‎ ‎ 恒成立, 令=,=恒成立 在上单调递增,又因为 当时,,单调递减;当时,,单调递增.‎ ‎ 当时,在处取得极小值. ‎ ‎(2)由得在上恒成立 即在上恒成立.‎ 解法一(将绝对值看成一个函数的整体进行研究):‎ 令,‎ ‎①当时,在上单调递减,,,所以的值域为:,因为,所以的值域为;所以不成立.‎ ‎②当时,易知恒成立.,所以在上单调递减,在上单调递增.因为,所以,所以,所以在上单调递减,在上单调递增.所以,依题意,,所以.‎ 综上:‎ 解法二(求命题的否定所对应的集合,再求该集合的补集):‎ 命题“对都成立”的否定是“在上有解”‎ 在上有解在上有解 在上有解 令,.‎ ‎,所以在上单调递增,又,所以无最小值.所以;‎ 令,‎ 所以在上单调递增,在上单调递减.‎ 所以,所以.‎ 因为在上有解时,;‎ 所以对都成立时,.‎ ‎22. 选修4—4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中,曲线的参数方程是为参数),直线的参数方程是(为参数).‎ ‎(1)分别求曲线、直线的普通方程;‎ ‎(2)直线与交于两点,则求的值.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1)利用参数方程的内在联系,写出普通方程即可;(2)由直线的标准参数方程,代入曲线,得,所以由韦达定定理解即可。‎ 试题解析:‎ ‎(1):;:‎ ‎(2)直线的标准参数方程为,(为参数)‎ 将的标准参数方程代入的直角坐标方程得:,所以,‎ ‎23. 选修4—5:不等式选讲 已知函数,‎ ‎(1)求解不等式;‎ ‎(2)对于,使得成立,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1)绝对值函数,进行去绝对值分类讨论,得 ‎,解不等式即可;(2)由题意,,,,所以,解得答案。‎ 试题解析:‎ ‎(1)由或或解得:或 解集为:.‎ ‎(2)当时,;‎ 由题意得,得即 解得 点睛:绝对值问题常用的解题策略就是去绝对值,分类讨论。(1)通过分类讨论,去绝对值得到分段函数,分别解不等式即可;(2)由题意,得恒成立关系,将对应的最值解出来,利用不等关系解出答案。‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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