1、2018 届四川省雅安中学高三下学期第一次月考数学（理）试题一.选择题（每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求. 把答案涂在答题卷上.）1若集合 ，则 等于0158|,6|2xBxNA BAA B C D53|x44,35,432已知集合 A=2，1，0，1，2，B=x|lgx 0，则 AB=（ ）A1 B0，1 C 0，1，2 D1，23如图，某组合体的三视图是由边长为 2 的正方形和直径为 2 的圆组成，则它的体积为（ ）A4 +4 B8+4 C D4为了得到函数 的图象，只需把函数 y=log2x 的图象上所有的点（ ）A向左平移 1 个单位长度，再向
2、上平移 2 个单位长度B向右平移 1 个单位长度，再向上平移 2 个单位长度C向左平移 1 个单位长度，再向下平移 2 个单位长度D向右平移 1 个单位长度，再向下平移 2 个单位长度5某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于 20，则输入的整数 i 的最大值为（ ）A3 B4 C5 D66如图，圆锥的高 ，底面O 的直径 AB=2，C 是圆上一点，且CAB=30 ，D 为 AC 的中点，则直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为（ ）A B C D7若曲线 C1：x 2+y22x=0 与曲线 C2：y（y mxm）=0 有四个不同的交点，则实数 m 的取值范围是（ ）A （ ， ） B
3、（ ，0）（0， ） C ， D （， ）（ ，+）8三棱锥 ABCD 中，AB，AC，AD 两两垂直，其外接球半径为 2，设三棱锥 ABCD 的侧面积为 S，则 S 的最大值为（ ）A4 B6 C8 D169已知 a= （ ex）dx，若（1ax ） 2017=b0+b1x+b2x2+b2017x2017（x R） ，则的值为（ ）A0 B1 C1 De10由无理数引发的数学危机已知延续带 19 世纪，直到 1872 年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割 ”，才结束了持续 2000 多年的数学史上的第一次大危机所谓戴金德分割，是指将有理数集 Q 划分为两个非空的子集 M 与 N，且满足 M
4、N=Q，MN=，M 中的每一个元素都小于 N 中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M， N） ，下列选项中不可能恒成立的是（ ）AM 没有最大元素，N 有一个最小元素BM 没有最大元素，N 也没有最小元素 来源: Z,X,X,KC M 有一个最大元素， N 有一个最小元素 DM 有一个最大元素，N 没有最小元素11已知函数 ，其中 m2，4，6，8，n1，3，5，7，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（ 1） ）处的切线相互平行的概率是（ ）A B C D以上都不对12若存在正实数 x，y，z 满足 xez 且 zln =x，则 ln 的取值范围
5、为（ ）A1 ，+） B1，e1 C （ ，e 1 D1， +ln2二.填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线上. ）13在ABC 中，边 a、b、c 分别是角 A、B 、C 的对边，若 bcosC=（3ac）cosB，则 cosB= 14已知点 P（x，y）的坐标满足条件 ，若点 O 为坐标原点，点 M（1，1） ，那么的最大值等于 15动点 M（ x，y）到点（ 2，0）的距离比到 y 轴的距离大 2，则动点 M 的轨迹方程为 16在ABC 中，A=，D、E 分别为 AB、AC 的中点，且 BECD，则 cos2 的最小值为 三.解答题（17-21
6、 每小题 12 分，22 或 23 题 10 分，共 70 分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17设数列a n的前 n 项和 Sn=2ana1，且 a1，a 2+1，a 3 成等差数列（1）求数列a n的通项公式； （2）求数列 的前 n 项和 Tn18为宣传 3 月 5 日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出 3 人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得 1 分，答错不答都得 0 分，已知甲队 3 人每人答对的概率分别为 ，乙队每人答对的概率都是 设每人回答正确与否相互之间没有影响，用 X 表示甲队总得分（1）求
7、随机变量 X 的分布列及其数学期望 E（X） ；（2）求甲队和乙队得分之和为 4 的概率19已知等边ABC边长为 ，BCD 中， （如图 1 所示） ，现将 B 与B， C 与 C重合，将ABC向上折起，使得 （如图 2 所示） （1）若 BC 的中点 O，求证：平面 BCD平面 AOD；（2）在线段 AC 上是否存在一点 E，使 ED 与面 BCD 成 30角，若存在，求出 CE 的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥 ABCD 的外接球的表面积20已知圆 ，将圆 E2 按伸缩变换： 后得到曲线 E1，（1）求 E1 的方程；（2）过直线 x=2 上的点 M 作圆 E2 的两条切线，设
8、切点分别是 A，B，若直线 AB 与 E1 交于C， D 两点，求 的取值范围21已知函数 g（x ）=xsin lnxsin 在 1，+）单调递增，其中 （0，）（1）求 的值；（2）若 ，当 x1，2时，试比较 f（x）与 的大小关系（其中f（x ）是 f（x）的导函数） ，请写出详细的推理过程；（3）当 x0 时，e xx1kg （x+1）恒成立，求 k 的取值范围选修 4-4：坐标系与参数方程22在直角坐标系中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C： sin2=2acos（a0） ，过点 P（2， 4）的直线 l 的参数方程为 （t 为参数） ，l 与 C 分别交
9、于 M，N （1）写出 C 的平面直角坐标系方程和 l 的普通方程；（2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求 a 的值选修 4-5：不等式选讲23设函数 f（x ）=|x+ |+|xa|（a0） （）证明：f（x）2；（）若 f（3）5 ，求 a 的取值范围雅安中学 2018 届高三下期 3 月月考参考答案与试题解析一.选择题（每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求. 把答案涂在答题卷上.）1若集合 ，则 等于0158|,6|2xBxNA BAA B C D53|x44,35,43故选 B2已知集合 A=2，1，0，1，2，B=x|lgx 0，则
10、AB=（ ）A1 B0，1 C 0，1，2 D1，2故选：A3如图，某组合体的三视图是由边长为 2 的正方形和直径为 2 的圆组成，则它的体积为（ ）A4 +4 B8+4 C D故选：D4为了得到函数 的图象，只需把函数 y=log2x 的图象上所有的点（ ）A向左平移 1 个单位长度，再向上平移 2 个单位长度B向右平移 1 个单位长度，再向上平移 2 个单位长度C向左平移 1 个单位长度，再向下平移 2 个单位长度D向右平移 1 个单位长度，再向下平移 2 个单位长度故选 C5某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于 20，则输入的整数 i 的最大值为（ ）A3 B4 C5 D6故选：B6
11、如图，圆锥的高 ，底面O 的直径 AB=2，C 是圆上一点，且CAB=30 ，D 为 AC 的中点，则直线 OC 和平面 PAC 所成角的正弦值为（ ）A B C D故选 C7若曲线 C1：x 2+y22x=0 与曲线 C2：y（y mxm）=0 有四个不同的交点，则实数 m 的取值范围是（ ）A （ ， ） B （ ，0）（0， ） C ， D （， ）（ ，+）故选 B8三棱锥 ABCD 中，AB，AC，AD 两两垂直，其外接球半径为 2，设三棱锥 ABCD 的侧面积为 S，则 S 的最大值为（ ）A4 B6 C8 D16故选 C9已知 a= （ ex）dx，若（1ax ） 2017=b0
12、+b1x+b2x2+b2017x2017（x R） ，则的值为（ ）故选：B10由无理数引发的数学危机已知延续带 19 世纪，直到 1872 年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割 ”，才结束了持续 2000 多年的数学史上的第一次大危机所谓戴金德分割，是指将有理数集 Q 划分为两个非空的子集 M 与 N，且满足 MN=Q，MN=，M 中的每一个元素都小于 N 中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割试判断，对于任一戴金德分割（M， N） ，下列选项中不可能恒成立的是（ ）AM 没有最大元素，N 有一个最小元素BM 没有最大元素，N 也没有最小元素C M 有一个最大元素， N 有一个最小元素
13、DM 有一个最大元素，N 没有最小元素故选 C11已知函数 ，其中 m2，4，6，8，n1，3，5，7，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（ 1） ）处的切线相互平行的概率是（ ）A B C D以上都不对故选：B12若存在正实数 x，y，z 满足 xez 且 zln =x，则 ln 的取值范围为（ ）A1 ，+） B1，e1 C （ ，e 1 D1， +ln2故选 B二.填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，把答案填在答题卷的横线上. ）13在ABC 中，边 a、b、c 分别是角 A、B 、C 的对边，若 bcosC=（3ac）cosB，则 cosB= 【考点
14、】余弦定理；正弦定理【分析】bcosC=（3ac）cosB，由正弦定理可得： sinBcosC=3sinAcosBsinCcosB，可得sin（ B+C）=3sinAcosB，即 sinA=3sinAcosB，sinA 0，即可得出【解答】解：在ABC 中，bcosC= （3a c）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosBsinCcosB，sin （B+C）=3sinAcosB，即 sinA=3sinAcosB，sinA0，化为 cosB= 故答案为： 14已知点 P（x，y）的坐标满足条件 ，若点 O 为坐标原点，点 M（1，1） ，那么的最大值等于 4 【考点】简单线
15、性规划【分析】由约束条件作出可行域，令 z= =xy，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件 作出可行域如图，令 z= =xy，化为 y=xz，由图可知，当直线 y=xz 过点 A（0，4）时，直线在 y 轴上的截距最小，z 有最大值为 4故答案为：415动点 M（ x，y）到点（ 2，0）的距离比到 y 轴的距离大 2，则动点 M 的轨迹方程为 y2=8x（x0）或 y=0（x0） 【考点】轨迹方程【分析】由已知列出方程，化简即可求出动点 M 的轨迹 C 的方程【解答】解：动点 M（ x，y）到点（2 ，0）的距离比到 y 轴的距离大 2， =|x|+2，整理，得 y2=4x+|4x|，当 x0 时，动点 M 的轨迹 C 的方程为 y2=8x当 x0 时，动点 M 的轨迹 C 的方程为 y=0故答案为：y 2=8x（x 0）或 y=0（x0）16在ABC 中，A=，D、E 分别为 AB、AC 的中点，且 BECD，则 cos2 的最小值为 【考点】二倍角的余弦【分析】不妨设 C（2，0） ，B （x ，y） ，A（0，0） ，根据 =0，可得 +y2= ，故点B 在此圆上过点 A 作圆的切线，故当点 B 为切点时，A 最大，即 最大，故 cos 最小，从而求得 cos2 的最小值
