广东省广州市执信中学2018届高三11月月考数学(理)试题(含精品解析)

2017-2018学年度第一学期
高三级理科数学11月考试试卷
一、选择．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.若集合，，且，则实数有（）个不同取值．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：因为，所以或，解得：或或，所以实数的不同取值个数为，故选B．
考点：1、集合间的关系；2、一元二次方程．
2.复数的共轭复数是（）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分式上下同乘，化简整理可得，进而可得。

【详解】，
共轭复数．故选．
【点睛】本题考查复数的除法计算，共轭复数的概念，属基础题。

3.在中，则“”是“”的（）．
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
试题分析：在中，由得：，因为“”“”，“”“”，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B．
考点：1、三角函数的性质；2、充分条件与必要条件．
4.下列命题中，错误的是（）．
A. 平行于同一平面的两个不同平面平行
B. 一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个平面相交
C. 若两个平面不垂直，则其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直
D. 若直线不平行于平面，则此直线与这个平面内的直线都不平行
【答案】D
【解析】
试题分析：平行于同一平面的两个不同平面平行，所以选项A正确；一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一平面相交，所以选项B正确；如果两个平面不垂直，那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直，所以选项C正确；若直线不平行于平面，则此直线与这个平面内的直线有可能平行，所以选项D错误．故选D．
考点：空间点、线、面的位置关系．
5.为得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）．
A. 向右平行移动个单位长度
B. 向右平行移动个单位长度
C. 向左平行移动个单位长度
D. 向左平行移动个单位长度
【答案】D
【解析】
【分析】
由诱导公式，可将变形为，根据平移变换的方法即可得结果。

【详解】解：函数，
把函数的图象上所有的点向左平行移动个单位长度，
可得函数的图象．
故选．
【点睛】本题考查三角函数的平移变换，首先要保证三角函数同名，不是同名通过诱导公式化为同名，然后利用左加右减的原则平移。

在写解析式时保证要将x的系数提出来，针对x进行加减，属基础题。

6.若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：用特殊值法，令，，得，选项A错误，，选项B错误，，选项C正确，，选项D错误，故选C．
【考点】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.
7.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正（主）视图的面积等于（）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图还原出几何体为四棱锥，由题意体积为2，可求x的值，代入面积公式即可求解。

【详解】解：该几何体为四棱锥，
其底面为直角梯形，面积，
则该几何体的体积，
故，则主视图的面积，故选C。

【点睛】本题考查由三视图还原几何体原图，棱锥体积公式，考查学生对基础知识的掌握及计算能力，属基础题。

8.如图给出的是计算的值的程序框图，其中判断框内应填入的是（）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，确定跳出循环时的i值，从而得到判断框内应填的条件。

【详解】根据流程图，可知，
第次循环：，；
第次循环：，；
第次循环：，，
第次循环：，；
此时，设置条件退出循环，输出的值．
故判断框内可填入．
【点睛】本题考查程序框图，意在考查学生的逻辑思维和推理能力，属基础题。

9.圆的半径为，一条弦，为圆上任意一点，则的取值范围为（）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，结合数量积公式即可求解。

【详解】解：如图所示，连接，．
过点作，垂足为，
则，
∴，
∴，
，
．
∵，
∴．
【点睛】本题考查数量积公式的应用，难点在于将向量变形为，结合数量积公式即可求解，考查学生分析计算能力，属中档题。

10.平面上满足约束条件的点形成的区域为，区域关于直线对称的区域为，则区域和中距离最近两点的距离为（）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
画出可行域D，做出关于直线对称区域E，由图像可得可行域内点与E距离最近，结合几何关系即可得结果。

【详解】先根据约束条件画出可行域，如图，
做出区域关于直线对称的区域，它们呈蝴蝶形，
由图可知，可行域内点到的距离最小，
最小值为到直线的距离的两倍，
∴最小值，故填．
【点睛】本题通过约束条件入手，结合几何关系，考查知识点为点到直线的距离问题，题目新颖，意在考查学生的动手画图、逻辑分析、计算能力，属中档题。

11.设，，若直线与圆相切，则的取值范围是（）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：因为直线与圆相切,所以，即，所以，所以的取值范
围是。

考点：圆的简单性质；点到直线的距离公式；基本不等式。

点评：做本题的关键是灵活应用基本不等式，注意基本不等式应用的前提条件：一正二定三相等。

12.已知函数的两个极值点分别为，，且，．点
表示的平面区域为，若函数的图象上存在区域内的点，则实数的取值范围是（）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，，可得，，即表示的平面区域，根据D所确定的区域及与的关系，可得，结合条件可得结果。

【详解】解：，依题意知，
方程有两个根，，且，，
由二次方程根的分布，则有，，
则，
点表示的平面区域为，画出二元一次不等式组：
表示的平面区域，
如图所示：
因为直线，的交点坐标为，
所以要使函数，的图象上存在区域内的点，
则必须满足，
所以，解得．
又因为，
所以．
【点睛】本题通过极值点入手，结合二次函数根的分布，得到m，n的关系，结合图像间的关系，转化为解不等式问题，考查学生分析计算，逻辑推理能力，属中档题。

二、填空题（将答案填在答题纸上）
13.函数的值域为________．
【答案】
【解析】
【分析】
令t=－x2＋2, 则，再求出t的范围即可得解.
【详解】令t=－x2＋2,由0<－x2＋2≤2＝，可得t
则，t，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了对数型函数的值域，通过换元，由新元的范围及对数的单调性即可得值域，属于基础题.
14.设为锐角，若，则的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
设，根据的范围，确定为锐角，因为，结合范围，可得，，的值，所求
，结合两角差的余弦公式，即可求解。

【详解】设，为锐角，
，
∵，可得为锐角，
可求，，
，
∴，
．
【点睛】本题考查同角三角函数的关系，二倍角公式，两角差的余弦公式，角的配凑等知识，难点在于将配凑成，结合公式即可求解，本题考查学生对基础公式的理解与应用，化简分析
的能力，属中档题。

15.《九章算术》中，将底面为长方形且由一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且平面，可得，．因为为直角三角形，可得，所以，因此，结合几何关系，可求得外接球的半径
，，代入公式即可求球的表面积。

【详解】本题主要考查空间几何体．
由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且平面，
，，，．
因为为直角三角形，
因此或（舍）．
所以只可能是，
此时，因此，
所以平面所在小圆的半径即为，
又因为，
所以外接球的半径，
所以球的表面积为．
【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题，难点在于确定BC的长，即得到，再结合几何性质即可求解，考查学生空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力，属中档题。

16.抛物线的焦点为，设、是抛物线上的两个动点，若，则
的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由抛物线焦半径公式得，，可得，结合余弦定理及均值不等式，即可求解。

【详解】解：由抛物线焦半径公式得，，
所以由，得，
因此，，
，
所以的最大值为.
所以填．
【点睛】本题考查抛物线的焦半径公式，余弦定理与均值定理相结合，意在考查学生的分析推理能力，计算化简能力，属中档题。

三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17.四边形如图所示，已知，.
（1）求的值；
（2）记与的面积分别是与，求的最大值.
【答案】（1）;（2）14.
【解析】
试题分析: (1)在中,分别用余弦定理,列出等式,得出的值; (2)分别求出
的表达式,利用(1)的结果,得到是关于的二次函数,利用三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,求出的范围,由的范围求出的范围,再求出的最大值.
试题解析:（1）在中，，
在中，，
所以.
（2）依题意，，
所以
，
因为，所以.
解得，所以，当时取等号，即的最大值为14.
18.为了调查高中生的数学成绩与学生自主学习时间之间的相关关系，新苗中学数学教师对新入学的名学生进行了跟踪调查，其中每周自主做数学题的时间不少于小时的有人，余下的人中，在高三模拟考试中数学成绩不足分的占，统计成绩后，得到如下的列联表：
合
分数大于等于分分数不足分
计
周做题时间不少于小时 4 19
周做题时间不足小时
合计45
（）请完成上面的列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”．
（）（i）按照分层抽样的方法，在上述样本中，从分数大于等于分和分数不足分的两组学生中抽取名学生，设抽到的不足分且周做题时间不足小时的人数为，求的分布列（概率用组合数算式表示）．（ii）若将频率视为概率，从全校大于等于分的学生中随机抽取人，求这些人中周做题时间不少于
小时的人数的期望和方差．
附：
【答案】(1)见解析；(2) （i）见解析（ii）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据比例计算每周自主做数学题的时间不足15小时，且数学分数不足120分的人数，再根据合计数填表。

（2）（i）由分层抽样知大于等于分的有人，不足分的有人，的可能取值为，，，，．即可列出分布列。

（ii）根据二项分布的性质即可计算
【详解】（）
合
分数大于等于分分数不足分
计
周做题时间不少于小时19
周做题时间不足小时26
合计45
∵．
∴能在犯错误的概率不超过的前提下认为“高中生的数学成绩与学生自主学习时间有关”．
（）（i）由分层抽样知大于等于分的有人，不足分的有人，的可能取值为，，，，．，，
，，．
则分布列为
X 0 1 2 3 4
P
（ii）设从全校大于等于分的学生中随机抽取人，这些人中，周做题时间不少于小时的人数为随机变量，
由题意可知，
故，．
【点睛】本题考查独立性检验的应用、分层抽样、离散型随机变量的分布列、二项分布的性质等知识，考查学生分析计算、化简求值的能力，属中档题。

19.如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为的菱形，且，平面，．
（）求证：平面平面．
（）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；
【解析】
试题分析：
（1）要证明平面⊥平面，由面面垂直的判定定理知，需在某个平面上找到某条直线垂直于另一个平面，通过观察分析，平面内直线平面.要证明平面，又转化为线面垂直问题，⊥平面∴⊥，菱形中，⊥，又∴平面 .
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面平面DFC的法向量，再求出两个法向量的夹角的余弦值，
即可得二面角的余弦值.
试题解析：
（1）∵⊥平面∴⊥
在菱形中，⊥
又∴平面
∵平面∴平面⊥平面
（2）连接、交于点，以为坐标原点，以为轴，以为轴，如图建立空间直角坐标系.
，同理
,,
设平面的法向量
，则
设平面DFC的法向量
，则
设二面角为，
20.已知椭圆的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，离心率为，点
，为线段的中点．
（）求椭圆的方程．
（）若过点且斜率不为的直线与椭圆交于、两点，已知直线与相交于点，试判断点是否在定直线上？若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)点在定直线上.
【解析】
试题分析: （Ⅰ）求椭圆标准方程，一般方法为待定系数法，即根据条件建立关于的两个独立条件，再与联立方程组，解出的值，（Ⅱ）先根据特殊直线或椭圆几何性质确定定直线，再根据条件证明点横坐标为1.由题意设两点坐标，用两点坐标表示点横坐标.根据直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理得两点坐标关系（用直线斜率表示），并代入点横坐标表达式，化简可得为定值.
试题解析: （Ⅰ）设点，由题意可知：，即①
又因为椭圆的离心率，即②
联立方程①②可得：，则
所以椭圆的方程为．
（Ⅱ）方法一：根据椭圆的对称性猜测点是与轴平行的直线上．
假设当点为椭圆的上顶点时，直线的方程为，此时点，
则联立直线和直线可得点
据此猜想点在直线上，下面对猜想给予证明：
设，联立方程可得：
由韦达定理可得，（*）
因为直线，，
联立两直线方程得（其中为点的横坐标）即证：，即，即证
将（*）代入上式可得
此式明显成立，原命题得证．所以点在定直线上上．
方法二：设，两两不等，
因为三点共线，所以，
整理得：
又三点共线，有：①
又三点共线，有：② 将①与②两式相除得：
即，
将即代入得：
解得（舍去）或，所以点在定直线上．
方法三：显然与轴不垂直，设的方程为，.
由得.
设，两两不等，
则，，
由三点共线，有：①
由三点共线，有：②
①与②两式相除得：
解得（舍去）或，所以点在定直线上．
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
21.已知函数，．
（）若函数的最小值为，求的值．
（）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由题意得，的最小值问题，需要借助于导数，对比极值与端点值确定，而由最值也可确定出未知量；（2）借助第一问，将问题转化成最常见的形式：.
试题解析：（1）的定义域为，且.若，则，于是
在上单调递增，故无最小值，不合题意，若，则当时，;当时，.故在上单调递减，在上单调递增.于是当时，取得最小值.由已知得, 解得.综上，.
（2）①下面先证当时，.因为, 所以只要证.由（1）可知, 于是只要证，即只要证, 令，则,当
时，, 所以在单调递增，所以当时，，即，故当时，不等式成立.②当时，由（1）知, 于是有，即,所以, 即,又因为, 所以,所以
,综上，不等式
成立.
考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数证明不等式.
【方法点睛】本题主要考查的是函数最值问题，需要借助导数确定极值，然后与端点值对比确定出最值，第二问考查的是常见形式的运用，需要熟记，属于难题，本题第一问属于基础题，较简单，但对第二问有很大的影响，第一问的结论第二问是需要用到，主要求出导数的零点进行讨论得到不等式恒成立，然后再对不等式进行合理变形即可求解，此题主要是对导数研究函数的单调性的应用，合理变形是解决此类问题的关键.
22.选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，已知圆的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（）求的极坐标方程与的直角坐标方程．
（）若直线的极坐标方程为，设与的交点为，，为上的一点，且的面积等于，求点的直角坐标．
【答案】（1）的极坐标方程为，
的直角坐标方程为（2）点坐标为或．
【解析】
试题分析：（1）利用进行极直互化即可，
（2）将代入，计算，再计算点到线的距离求面积即可.
试题解析：
解：（1）的普通方程为，即，
因为，所以的极坐标方程为，
的直角坐标方程为；
（2）将代入，
得得，
所以，
因为的面积等于1，所以点到直线即距离为，
设，则或-4，
点坐标为或．
23.选修4-5：不等式选讲
已知函数，．
（）解不等式．
（）若对于，，有，，求证：．
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
试题分析：(1)分情况去绝对值求解即可；
(2)由条件利用绝对值三角不等式证得不等式成立.
试题解析：
（1）解：不等式化为，
①当时，不等式为，解得，故；
②当时，不等式为，解得，故；
③当时，不等式为，解得，故，
综上，原不等式的解集为；
（2）．
点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向.。