1、2018 届云南省昆明市第一中学高三第六次月考理数试题一、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 1,2345,678U，集合 1,23A，集合 2,46B，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）A 7,8 B 2 C 4,678 D 1,2345,62.复数31i（ 是虚数单位）的虚部为（ ）A i B C i D 13.已知数列 na的前 项和为 2nS，则 38a的值是（ ）A 20 B 10 C 0 D 0 4.已知随机变量 服从正态分布 (,1)N，如果 (1).43P，则 (10)P（ ）A .34 B
2、 .682 C. .587 D .795.双曲线 2:Cxy的右焦点为 F，曲线 (0)xya与 C交于点 ，且 Fx轴，则 a=（ ）A B C.4 D 26.一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 6 B 203 C. 7 D 237.函数 |ln()xfe的图象是（ ）A B C. D8.已知 0a， 1c，则下列大小关系正确的是（ ）A logl B ac C. 21ac D ac9.已知函数 32()fxaxb在 1处取得极值，令函数 1()gxf，程序框图如图所示，若输出的结果 20178K，则判断框内可填入的条件为（ ）A 2018?n
3、B 2018?n C. 2019?n D 2019?n10.设抛物线 2:()Cypx的焦点为 F，准线为 l，点 A为 C上一点，以 F为圆心， A为半径的圆交 l于 ， D两点，若 ， ABD的面积为 3，则 p=（ ）A 1 B 2 C. 3 D 211.已知函数 ()3cos18fxx，若两个正数 a， b满足 (2)1fab，则 2a的取值范围是（ ）A 1(0,)4 B 5(,)2 C. 15(,)42 D 15(,)(,)4212.在菱形 CD中， 3A， ，将 AB沿 折起到 PB的位置，若二面角P的大小为 ，三棱锥 PC的外接球心为 O，则三棱锥 CD的外接球的表面积为（ ）
4、A 23 B 27 C.12 D 4213二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.已知 (1,)a， (0,)b，则向量 a在向量 b方向上的投影为 14.5x的展开式中 3x的系数为 10，则实数 = 15.若等比数列 na的前 项和 14nnSmt（其中 ， t是常数） ，则 mt 16.在 ABC中，内角 ， B， C的对应边分别为 a， b， c，若 223abc， 6sinaA，则 c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 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.
5、（一）必考题：共 60 分17.在 ABC中， a， b， c分别是角 A， B， C的对边，且 2cos2aCb.（1）求 ；（2）若 3，求 的取值范围.18. 如图，在三棱柱 1AB中， 12ABB， 13A.（1）证明： 1ABC；（2）若 cos4，求三棱柱 1ACB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
6、抽到的 3 件样品中优等品数 的分布列及其数学期望()E；（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 C，求事件 的概率.20. 已知抛物线 2:(0)Cypx的焦点为 F，过点 的直线 1l与 交于 A， B两点，过点 A的直线2l交 于另一点 D，交 轴的正半轴于点 E，且 |A.（1）设 12(,)(,)AxyB，证明：214px， 21yp；（2）设抛物线 C在点 处的切线为 3l，证明： 23/l.21. 已知函数 ()xfe， ()gmxn.（ e为自
7、然对数的底数）（1）设 h；若函数 ()x在 0处的切线过点 (1,0)，求 的值；当 n时，若函数 ()hx在 上没有零点，求 m的取值范围.（2）设函数 1()nHfg，且 4(0)，求证：当 0x时， ()1Hx.（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 xOy中，以原点 为极点， x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l的参数方程为12ty（ 为参数） ，曲线 C的极坐标方程为 2sin4cos.（1）写出直线 l的普通方程和曲线 C的直角坐标方程；（2）若点 M的坐标为
8、(2,1)，直线 l与曲线 交于 A， B两点，求 |MAB的值.23.【选修 4-5：不等式选讲】（1）解不等式 |3|x；（2）已知实数 ， y， z满足 221xyz，求 xyz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 C1. 解析：由题意，图中阴影部分所表示的区域为 UA，由于 1,235， 2,46，故7,8U，选 A2. 解析：由题意，3
9、1i，选 B3. 解析：当 n时， 1aS；当 2n时， 2211nnaSn，由于2na也适合 1，所以 N，所以 3850a，选 C4. 解析：依题意得： 0.587P， 0.5721.41P选 A5. 解析：因为 Fx轴，所以2,bca，即 ,2，所以 a，选 D6. 解析：由题意，该几何体是由一个边长为 2的正方体截去一个底面积为 1，高为 2的一个三棱锥所得的组合体，如图，所以 3123V，选 D7. 解析：函数的定义域为 (0,)且 21,(0)xfx，选 C8. 解析：因为 ac，所以 ac，选 B9. 解析：由题意， 2()3fx，而 (1)30fa，解得 13a，故11()()
10、gxf x由程序框图可知，当 2089K时， 20n，选 B10. 解析：因为 02BFD，所以圆的半径 =2FABp， Dp，由抛物线定义，点 A到准线l的距离 dAp，所以 23Bdp，所以 1，选 A11. 解析：由 ()3cos18fxx可得， ()sin8fxx，即 ()0f对 xR恒成立，所以()f在实数 R上单调递增；因为 43co12f，由 21fab可得 (2)(4fabf，由题意可得240ab，画出 a、 b的可行域，则 ba可看作区域内点 (,)P与定点 (,1)A的斜率；直线 24ab与横轴交于点 (2,0)B，与纵轴交于点 (0,4)C，又因为 0(1)24ABk，(
11、1)50ACk，所以 15,4APk，选 C12. 解析：因为四边形 CD是菱形， 3，所以 BD是等边三角形；过球心 O作 BCD平 面 ，则 O为等边 B的中心，取 B的中点为 E，则 P且 EC，由二面角 P的大小为 23，所以 23PE，即 O；因为 43A，所以 6A， 123E，在Rt 中，由 C，可得 4；在 C中，22cos28OCE，即 27，设三棱锥 PBCD的外接球的半径为 R，即 7，三棱锥 PBD的外接球的表面积为 41R，选 C二、填空题13. 解析：向量 a在向量 b方向上的投影为 23cos,aba14. 解析：由二项式定理得 5521()()rrrrTCxx，
12、令 5r，则 1r，所以 3x的系数为15Ca，所以 150a， 415. 解析： 1Smt， 213Sm， 321aSm，由数列 na是等比数列得： 213a，即 4t，所以 4t16. 解析：因为 223abc，由余弦定理及基本不等式可得， 21() 2cos 2363ababC，所以 27sin1cos3C，当且仅当 a： b： c= 3 6： 5时等号成立，所以 sinC的最大值是 73；又因为 6inaA，所以 sinicA，所以 sin27C，所以 c的最大值为 2 三、解答题（一）必考题17. 解：（）根据正弦定理，由 2cos2aCb可得出 sincosi2inACB， 在 A
13、BC中， siniinA ，将代入得 2csssi，即 sinosi，即 1o2， 所以 3； （）由余弦定理得 23bcbc，即 223bcbc，即 214bc，所以 2， （当且仅当 时取得等号）又在 ABC中， 3ca，所以 32b， 即 b的取值范围是 3,2 18. 解：（）证明：设点 O为 AB的中点，连接 CO， A1，由 1BACB， 13A，知ABC与 1均为等边三角形，点 为 的中点，可得 ， O， ， O相交于点 O，所以 平面 C1，又 1平面 1，所以 1xk.Com （）由（）知 ABC与 1均是边长为 2是等边三角形， 31OAC，又在 AC1中，12A， 4co
14、s1，由余弦定理得 61CA，所以 22，故 O，又CO， 1，以点 为坐标原点， OA为 x轴， 1为 y轴， O为 z轴建立空间直角坐标系可得 )0,1(A， )0,1(B， )3,(C， )0,(1A，3，C， ，A， 3，B， )031(，BA设 ），（ 1zyxm为平面 1的一个法向量，则01A，得 ），（ 3，同理可得平面 1BCA的一个法向量为 )13(，n，由 nm,cos513，所以，二面角 1ACB的余弦值为 19. 解：（）从甲产品抽取的 0件样品中优等品有 4件，优等品率为 42105，从乙产品抽取的 1件样品中优等品有 5件，优等品率为 5故甲、乙两种产品的优等品率分
15、别为 2， 1 （） 的所有可能取值为 0， ， ， 335102CP， 12530CP， 21530CP， 35102CP所以 的分布列为1 23P1252511215302E （）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 1件” ，分别记为事件 A， B203331952250PACC3131B故抽到的优等品中甲产品恰比乙产品多件 2的概率为93()250PCA20. 解：（）设直线 1l的方程为： 2pxmy，由 2pxy得： 220pmy，所以 21yp，而214xp （）因为 FAE，而 2F
16、A，所以 2Epx，由 12pFAx得： 12Epx，所以1Exp，所以直线 2l的斜率为： 1yk；设点 B处的切线方程为： 2()ykx，由2()ykx得： 22()0pxy，由 0得： 22()pkx，由（）214x，21py，而21yxp，所以 21()0y，即 21()0pky，所以 2k，所以 23l 21. 解：（）由题意，得 ()()e)exxhxfgmn，所以函数 ()hx在 0处的切线斜率 1k，又 (01h，所以函数 在 处的切线方程 ()ynx，将点 (1,0)代入，得 2mn 当 0n，可得 ()e)xxhm，因为 1x，所以 1ex，当 1em时， 0x，函数 ()
17、h在 ,)上单调递增，而 (0)h， 所以只需 ()h，解得 1e，从而 em 当 1e时，由 (e0xm，解得 ln(1,)x，当 (,ln)x时， )h， ()单调递减；当 l,时， ()0hx，)h单调递增所以函数 x在 1,上有最小值为 ()lnhm，令 l0m，解得 e，所以 e 综上所述， 1,e) （）由题意， 1114()()eexxnHxfgm，而 14()ex等价于 (34)0x 令 3)F， 则 (0)，且 (e31)x， (0)F令 Gx，则 (2x因为 0， 所以 ()0，所以导数 ()x在 0,)上单调递增，于是 ()Fx从而函数 在 0,)上单调递增，即 ()0Fx 即当 x时， (1Hx （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。22. 解：（）由12xty（ 为参数）消去参数 t，得直线 l的普通方程为 10xy，由 2sin4cos，两边同乘 得 2sin4cos，即 24yx，故曲线 C的直角坐标方程为 24yx
