1、2018 届湖南省怀化市高三上学期期末教育质量监测数学（理）试题（解析版）第卷（选择题 共 60 分）一、选择题：本大题共 12 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. 已知集合 ， ，则 为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】集合 ， ，则 为 .故答案为：C.2. 已知是虚数单位，则 的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 故答案为：D.3. 在等差数列 中，若 ， ，则 的值是 （ ）A. 15 B. 30 C. 31 D. 64【答案】A【解析】等差数列 中, , , 故答案为：A.4. 九章算术中“开立
2、圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积 ，求其直径 ，公式为 .如果球的半径为 ，根据“开立圆术”的方法求球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据题意得到已知直径，可求得体积为 ，这个题目中 故答案为：D.5. 已知 是空间两条不重合的直线， 是一个平面，则“ ，与 无交点”是“ ， ”的（ ）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【答案】B【解析】考虑充分性，若 ，与 无交点，则 或者与 为异面直线，不一定有 ，即充分性不成立；反之，若 ， ，则一定有
3、，与 无交点，即必要性成立，综上可得， “ ，与 无交点 ”是“ ， ”的必要而不充分条件 .本题选择 B 选项.6. 下图给出的是计算 值的一个程序框图，则图中判断框内（1）处和执行框中的（2）处应填的语句是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题干知道 n 是以 3 为等差数列增长的，排除 A，再就是最后的分母是 100，故 100 因该是数列中的第 34 项，故大于大于这一项的就不在输入了，故应该 .故答案为:C.7. 已知函数 ，其中 ， ， 是奇函数，直线 与函数 的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为 ，则（ ）A. 在 上单调递减 B. 在 上单调递减C. 在
4、上单调递增 D. 在 上单调递增【答案】B【解析】函数 ，其中 ， ， 是奇函数,故根据直线 与函数 的图像的两个相邻交点的横坐标之差的绝对值为 得到周期为 ，故得到 w=4,故函数表达式为 ，单调减区间为 故得在 上单调递减.故答案为：B.8. 的图像大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】当 x 值无限大时，函数值应该趋向于 0，故排除 AD，当 x 趋向于 0 且小于 0 时，函数值趋向于负无穷，故排除 B.故答案为：C.9. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某个组合体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据三视图可知
5、几何体是组合体：上面是半个圆锥、下面是半个圆柱，其中圆锥底面半径是 3，高是 6，圆柱的底面半径是 3，母线长是 6，该几何体的体积 V= 故选：A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“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.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.10. 已知 是双曲线 的左、 右焦点
6、，过 的直线与双曲线的左右两支分别交于点 ，若 为等边三角形 ，则双曲线的离心率为（ ）A. B. 4 C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由双曲线定义得 ， ，由余弦定理得考点：双曲线定义【思路点睛】(1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟记，还要深入理解细节部分：比如椭圆的定义中要求|PF1|PF 2|F 1F2|，双曲线的定义中要求|PF 1|PF 2|F 1F2|，抛物线上的点到焦点的距离与准线的距离相等的转化.(2)注意数形结合，画出合理草图.11. 在 中， ， ， ，点 为 内（包含边界）的点，且满足 （其中 为正实数） ，则当 最大时 ， 的值是（ ）A. B. 1 C. 2 D.
7、 与 的大小有关【答案】B【解析】过点 P 分别作 AB,AC 的平行线，与 AB,AC 的公共点分别是 P,Q首先，对于固定的角 A，要使得 最大，仅需 最大，即 最大，即平行四边形AMPN 的面积最大，显然 P 需与 B，C 共线，此时 由基本不等式，知 ，当且仅当 时，取到等号，此时 故答案为：B.12. 已知 ，若函数 有四个零点， 则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由函数 f（x）为偶函数，可知使函数 f（x）有四个零点，只需要 ex-ax2=0 有两个正根，即 =-a 有两个正根，设 g（x）= ，x 0，求导 g（x）= ,令 g（x）0，解得：0
8、x2，g（x）在（0， 2）单调递减，令 g（x）0，解得：x2，g（ x）在（2， +）单调递增，g（x）在 x=2 时取最大值，最大值 g（2）= ，要使 =-a 有两个正根，即使 g（x）与 y=-a 有两个交点，故实数 a 的范围是 .故答案为：B.点睛：函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、函数的变
9、化趋势等，根据题目要求，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现。同时在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、分类讨论思想的应用二、填空题13. 已知 ， ， ，若 ，则 _【答案】【解析】已知 ， ， ,若 ,则 则 .故答案为： .14. 若实数 满足约束条件 ，则 的取值范围是_【答案】【解析】根据不等式组画出可行域，是一个封闭的三角形区域，目标函数化简为 当目标函数过点（0，2）时取得最大值 6，当目标函数和 2x+3y+9=0 重合时取得最小值-9.故答案为： .15. 若 的展开式中各项系数的和为 2，则该展开式中的常数项为_【答案】40【解析】
10、试题分析：令 可得 ，即 ，则，分别求出 的展开式中的含 和 和的项的系数分别为 ，所以展开式中的常数项为 .考点：二项式展开式的通项公式及待定系数法16. 已知数列 的前 项之和为 ，满足 ， ，则数列 的通项公式为_【答案】【解析】已知 ，故得到两式做差得到 两侧式子变形为 累加得到 .故答案为： .三、解答题 （本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 在 中，边 的对角分别为 ，且满足 .（）求 的值；（）若 ，且 ，求 的面积.【答案】 （I）4 （II）5.【解析】试题分析：（1）由余弦定理得到 ，切化弦，再应用余弦定理得到 =4；（2）
11、由题知，由正弦定理得到 ，再由面积公式得到面积.解析：（I）由余弦定理 ，因此 故 （II）解法一：由（I）及 ，知 所以 ，因此 ，故 因此 为直角三角形，且 因而 ，所以 解法二：由题知 ，由正弦定理易知 ，点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.1
12、8. 在北上广深等十余大中城市，一款叫“一度用车”的共享汽车给市民们提供了一种新型的出行方式.2020 年，怀化也将出现共享汽车，用户每次租车时按行驶里程（1 元/公里）加用车时间（0.1 元/分钟）收费，李先生家离上班地点 10 公里，每天租用共享汽车上下班，由于堵车因素，每次路上开车花费的时间是一个随机变量，根据一段时间统计 40 次路上开车花费时间在各时间段内的情况如下：时间（分钟）次数 8 14 8 8 2以各时间段发生的频率视为概率，假设每次路上开车花费的时间视为用车时间 ，范围为 分钟.（）若李先生上、下班时租用一次共享汽车路上开车不超过 45 分钟，便是所有可选择的交通工具中的一
13、次最优选择，设是 4 次使用共享汽车中最优选择的次数，求的分布列和期望；（）若李先生每天上下班使用共享汽车 2 次，一个月（以 20 天计算）平均用车费用大约是多少（同一时段，用该区间的中点值作代表）.【答案】 （）见解析；（）542 元解析：（）李先生一次租用共享汽车，为最优选择的概率依题意 的值可能为 0，1，2，3，4，且 B（4， ） ， ， ， 的分布列为： 0 1 2 3 4P（或 ） （）每次用车路上平均花的时间（分钟）每次租车的费用约为 10+35.50.1=13.55 元一个月的平均用车费用约为 542 元19. 在如图所示的多面体 中， 底面四边形 是菱形， ， ， 相交于
14、 ， 在平面 上的射影恰好是线段 的中点 .（）求证： 平面 ；（）若直线 与平面 所成的角为 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.【答案】 （）见解析；（） 【解析】试题分析：（1）证明线面垂直先证明线线垂直，EHBD，ACBD，BD平面 EACF，即BD平面 ACF；（2）建立空间坐标系，求两个平面的法向量，根据向量夹角的求法得到面面角.解析：（）取 AO 的中点 H，连结 EH，则 EH平面 ABCD BD 在平面 ABCD 内， EH BD又菱形 ABCD 中， AC BD 且 EH AC=H， EH、 AC 在平面 EACF 内 BD平面 EACF，即 BD平面 ACF （）由（
15、）知 EH平面 ABCD，以 H 为原点，如图所示建立空间直角坐标系 H xyz EH平面 ABCD， EAH 为 AE 与平面 ABCD 所成的角，即 EAH=45，又菱形 ABCD 的边长为 4，则各点坐标分别为 ，E（0，0， ）易知 为平面 ABCD 的一个法向量，记 = ， = ， = EF AC， =设平面 DEF 的一个法向量为 （注意：此处 可以用 替代）即 = ，令 ，则，平面 DEF 与平面 ABCD 所成角（锐角）的余弦值为 20. 已知椭圆 的左、右顶点为 ，点 为椭圆 上一动点，且直线 的斜率之积为 .（）求 及离心率的值；（）若点 是 上不同于 的两点，且满足 ，求
16、证： 的面积为定值.【答案】 （1）见解析.（2）见解析.【解析】试题分析：（1）根据 ，得 ，进而得到椭圆的方程为，离心率 ；（2）联立直线和椭圆得到二次方程，根据韦达定理得到，根据 ，可得 ，得到定值.解析：（1）由左、右顶点分别为 ， ，知 ，又知 ，又 ，得 ，所以椭圆的方程为 .离心率 .（2）设直线 的直线方程为 ，设坐标 ， ，由 ， ， ，得 ，即得坐标关系 ；直线 的方程 与椭圆方程 联立，得 ，利用韦达定理可得 ， ，代入 ，可得 ，而 ，将 代入化简得 .的面积为定值 1.点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方
17、程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用21. 已知 .（）当 时，求 的单调区间；（）若 为 的导函数， 有两个不相等的极值点 ，求 的最小值.【答案】 （1）见解析；（2） .【解析】试题分析：(1)由题意结合导函数可得 在区间 上单调递增 .(2)对函数求导有 ，结合二次函数的性质可得 .构造函数 ，结合函数的性质可得 最小值为 .试题解析：（1）当 时， ，所以 在区间 上单调递增.（2） ，由题意得， 和 是
18、方程 的两个不相等的正实根，则，解得 ， .由于 ，所以 ， .所以 .令 ， ，则，当 时， ；当 时， .所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则 ，所以 最小值为 .请考生在 22、23 两题中任选一题作答，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，圆 的参数方程为 （为参数） ，圆 与圆 外切于原点 ，且两圆圆心的距离 ，以坐标原点为极点 ， 轴正半轴为极轴建立极坐标系.（）求圆 和圆 的极坐标方程；（）过点 的直线 与圆 异于点 的交点分别为点 和点 ，与圆 异于点 的交点分别为点 和点 ，且 .求四边形 面积的最大值.【答案】 （1）见
19、解析;（2）9 .【解析】试题分析：（1）根据极坐标和普通方程的转化公式得到极坐标方程；（2），根据极径的定义得到 ，从而得到最值.解析：（1）由圆 的参数方程 （为参数） ，得 ，所以 ，又因为圆 与圆 外切于原点 ，且两圆圆心的距离 ，可得 ， ，则圆 的方程为 所以由 得圆 的极坐标方程为 ，圆 的极坐标方程为 （2）由已知设 ，则由 可得 ， ，由（1）得 ，所以所以当 时，即 时， 有最大值 9 23. 选修 4-5：不等式选讲设 .（）解不等式 ；（）若不等式 恒成立，求 的取值范围.【答案】 （1） . （2） .【解析】试题分析：（1）根据零点分区间的方法，去掉绝对值，分段解不等式；（2）当 时，可知对于 ，不等式均成立，当 时，等价于 恒成立，应用绝对值三角不等式求得右侧函数最值即可.解析：（1）当 时， 解得 ，故此情况无解；当 时， 解得 ，故 ；当 时， 解得 ，故 .综上所述，满足 的解集为 . （2）当 时，可知对于 ，不等式均成立；当 时，由已知可得 恒成立， 的最小值当 或 时，等号成立. 综上所述，使得不等式恒成立的 的取值范围为 .
