1、2018 届云南省昆明市第一中学高三第六次月考数学（理）试题（解析版）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. 【答案】A【解析】由题意，图中阴影部分所表示的区域为 ，由于 ， ，故 ，故选 A2. 复数 （是虚数单位）的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意， ，虚部为 1.故选 B3. 已知数列 的前 项和为 ，则 的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】当 时， ；当 时， ，由于 也适合
2、，所以 ，所以 ，故选 C4. 已知随机变量服从正态分布 ，如果 ，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】依题意得： ， 故选 A5. 双曲线 的右焦点为 ，曲线 与 交于点 ，且 轴，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为 轴，所以 ，即 ，所以 ，故选 D6. 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. 【答案】D【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 ，故选 D点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“
3、长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.7. 函数 的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】函数的定义域为 且 ，故选 C8. 已知 ， ，则下列大小关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由 ， ，可取 ， ，则 ，排除 A；，排除 C；，排除 D.因为 ，所以 ，故选 B9. 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. 【答案】B【解析】由题意， ，而 ，
4、解得 ，故 由程序框图可知，当 时，即结束时 ，条件为“ ”故选 B10. 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. 【答案】A【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 ，故选 A11. 已知函数 ，若两个正数， 满足 ，则 的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【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
5、交于点 ，又因为 ， ，所以，故选 C点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：直线型，转化成斜截式比较截距，要注意 前面的系数为负时，截距越大， 值越小；分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离. . . . . . . . .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. 【答案】C【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
6、 的中心，取 的中点为 ，则 且 ，由二面角 的大小为 ，所以 ，易知 .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 ，故选 C点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公
7、共点） ，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.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_【答案】【解析】向量在向量 方向上的投影为 .故答案为 .14. 的展开式中 的系数为 10，则实数=_【答案】【解析】由二项式定理得 ，令 ，则 ，所以 的系数为 ，所以， 故答案为 .点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写
8、出第 r1 项，再由特定项的特点求出 r 值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第 r1 项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.15. 若等比数列 的前 项和 （其中 ，是常数） ，则 _【答案】【解析】 ， ， ，由数列 是等比数列得： ，即 ，所以 故答案为 .16. 在 中，内角 ， ， 的对应边分别为， ， ，若 ， ，则的最大值为_【答案】【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 故答案为 .三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说
9、明、证明过程或演算步骤.第 1721 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.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）由正弦定理可得 ，再由可得 ，进而得解；（2）由余弦定理得 再由 ，可得 ，又 即可得解.试题解析：（1）根据正弦定理，由 可得出 ， 在 中， ，将代入得 ，即 ，即 ， 所以 ； （2）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 18. 如图，在
10、三棱柱 中， ， .（1）证明： ；（2）若 ，求三棱柱 的余弦值.【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：（1）易知 与 均为等边三角形，点 为 的中点，可得 ，进而得 平面 ，从而得证；（2）由勾股定理可得 ，从而以点 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，分别求平面 的一个法向量和平面 的一个法向量，利用法向量求解二面角即可.试题解析：（1）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 （2）由（1）知 与 均是边长为 是等边三角形， ，又在 中， ，由余弦定理得
11、 ，所以 ，故 ，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 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关” ，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关” ，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.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
12、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.【答案】 （1） ， （2）见解析（3）【解析】试题分析：（1）根据茎叶图统计优等品的个数比上总数即可得解；（2）易知优等品数服从超几何分布，的所有可能取值为 ， ， ， ，分别求概率即可，由期望公式计算期望即可；（3）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” ，分别求概率相加即可 .试题解析：（1）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 ， （2）的所有可能取值为 ， ， ， ， ， ，所以的分布列为1 （3）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 ，00故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多件 的概率为
