湖北省荆州市自强中学2018年高三数学理测试题

湖北省荆州市自强中学2018年高三数学理测试题
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的
1. 设函数的图象关于直线及直线对称，且时，
，则（）
A． B． C． D．
参考答案：
B
略
2. 执行右边的程序框图，如果输入的N是6,那么输出的p是（）．
A.120
B.720
C.1440
D.5040
参考答案：
B
3. 已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线( )
A.只有一条，不在平面α内
B. 有无数条，不一定在平面α内
C .只有一条，且在平面α内 D. 有无数条，一定在平面α内
参考答案：
C
4. 已知各项均为正数的等比数列{}，=5，=10，则=（）A．B． 7 C． 6 D．
参考答案：
A
略
5. 设，，，则a，b，c三个数从大到小的排列顺序为（）A．B． C. D．
参考答案：
B
由题意得．
∵，∴．
又，∴．
∴．选B．
6. 设，，，则
（A）（B）（C）（D）
参考答案：
A
7. 已知，且，则（）
A．B． C. D．
参考答案：
D
依题意，，令，则原式化为
，解得（舍去）；故，则，即，即，即，解得，则，故选D.
8. 某几何体的正视图与侧视图都是边长为的正方形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是（）
参考答案：
B
9.
已知实数满足不等式组,且的最小值为,则实常数的取值范围是( ).
A.
B. C.
D.
参考答案：
答案：B
10. 《九章算术》中记载了一种标准量器﹣﹣﹣商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），则该几何体的容积为（）立方寸．（π≈3.14）
A．12.656 B．13.667 C．11.414 D．14.354
参考答案：
A
【考点】L!：由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，左边是圆柱，底面半径为0.5寸，母线长为1.6寸，右边为长方体，3.8寸，3寸，1寸．然后由长方体与圆柱的体积得答案．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图：
该几何体为组合体，左边是圆柱，底面半径为0.5寸，母线长为1.6寸，
右边为长方体，3.8寸，3寸，1寸．
则其体积V=3.14×（0.5）2×1.6+3.8×3×1=12.656．
故选：A．
二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分
11. 由直线，，曲线及轴所围成的图形的面积是＿＿＿．
参考答案：
12. 在一个圆周上有10个点，任取3个点作为顶点作三角形，一共可以作__________个三角形（用数字作答）．
参考答案：
120
由于圆周上的任意三点不共线，所以任取3点方法数为，填120.
13. 已知则= .
参考答案：
14. 点A，B是抛物线上的两点，F是拋物线C的焦点，若
，AB中点D到抛物线C的准线的距离为d，则的最大值
为．
参考答案：
设，，
则，，
∴，
当且仅当时取等号．
15. 如图，设，且．当时，定义平面坐标系为–仿射坐标系，在–仿射坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：，分别为与轴、轴正向相同的单位向量，若，则记为，那么在以下的结论中，正确的序号有．
①设，则；
②、，若，则；
③、，若的夹角为，则；
④、，若，则．
参考答案：
②、③
试题分析：对于①，，，①错误；
对于②，由，故②正确；
对于③，，的夹角为，根据夹角公式得
故即则；③正确
对于④，∴④错误；所以正确的是②、③．
考点：命题真假的判断及应用和向量坐标运算.
16. 若向量，满足，，且，则与的夹角为.
参考答案：
17. 一名同学想要报考某大学，他必须从该校的8个不同专业中选出5个，并按第一志愿、第二志愿、…第五志愿的顺序填写志愿表．若A专业不能作为第一、第二志愿，则他共有______种不同的填法（用数字作答）．
参考答案：
5040
【分析】
分2步进行分析：①从除之外的7个专业中任选2个，作为第一、第二志愿，②在剩下的6个专业中任选3个，作为第三、四、五志愿，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2步选专业：
①专业不能作为第一、第二志愿有种选法，
②第三、四、五志愿，有种选法，
则这名同学共有种不同的填报方法，
故答案为：5040
【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理，属于基础题．
三、解答题：本大题共5小题，共72分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
18. 在△ABC中，角A、B、C对边分别是a、b、c，且满足2bccosA=a2﹣（b+c）2．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）若，△ABC的面积为；求b，c．
参考答案：
【考点】余弦定理．
【专题】解三角形．
【分析】（Ⅰ）利用余弦定理列出关系式，代入已知等式中变形，求角A的大小；
（Ⅱ）利用三角形的面积公式列出关系式，将sinA以及已知面积代入求bc的值，再利用余弦定理列出关系式，利用完全平方公式变形，将a，bc及cosA的值代入求出b+c的值，联立即可求出b与c的值．
【解答】解：（Ⅰ）由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA，
代入2bccosA=a2﹣（b+c）2，得：2bccosA=b2+c2﹣2bccosA﹣（b+c）2，
整理得：4bccosA=﹣2bc，
∴cosA=﹣，
∵0＜A＜π，
∴A=；
（Ⅱ）∵a=4，S=4，
∴S=bcsinA=bc=4，即bc=16①，
利用余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bccosA，即48=b2+c2+16，
∴b2+c2=32，
∴（b+c）2=b2+c2+2bc=64，即b+c=8②，
联立①②，解得：b=c=4．
【点评】此题考查了余弦定理，以及三角形的面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
19. （12分）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中
奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．
（Ⅰ）张三选择方案甲抽奖，李四选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，若X≤3的概
率为，求；
（Ⅱ）若张三、李四两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？
参考答案：
（Ⅰ）由已知得，张三中奖的概率为，李四中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响．
记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，
则事件A的对立事件为“X＝5”，
因为P(X＝5)＝×，所以P (A)＝1－P(X＝5)＝1－×=，所以
.……6分
（Ⅱ）设张三、李四都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，
选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)．
由已知可得，X1～B，X2～B，
所以E(X1)＝2×＝，E(X2)＝2×，
从而E(2X1)＝2E(X1)＝，E(3X2)＝3E(X2)＝6.
20. 定义在D上的函数f（x），若满足：对任意x∈D，存在常数M＞0，都有|f（x）|≤M 成立，则称f（x）是D上的有界函数，其中M称为函数f（x）的上界．
（1）设f（x）=，判断f（x）在[﹣，]上是否有有界函数，若是，说明理由，并写出f（x）上所有上界的值的集合，若不是，也请说明理由；
（2）若函数g（x）=1+2x+a?4x在x∈[0，2]上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围．
参考答案：
【考点】函数的最值及其几何意义；函数的值域．
【分析】（1）化简f（x）==1﹣，从而可得﹣1≤f（x）≤；从而确定|f（x）|≤1；从而解得；
（2）由题意知|g（x）|≤3在[0，2]上恒成立；从而可得﹣﹣≤a≤﹣；从
而换元令t=，则t∈[，1]；从而可得﹣4t2﹣t≤a≤2t2﹣t在[，1]上恒成立；从而化为最值问题．
【解答】解：（1）f（x）==1﹣，则f（x）在[﹣，]上是增函数；
故f（﹣）≤f（x）≤f（）；故﹣1≤f（x）≤；
故|f（x）|≤1；
故f（x）是有界函数；
故f（x）上所有上界的值的集合为[1，+∞）；
（2）∵函数g（x）=1+2x+a?4x在x∈[0，2]上是以3为上界的有界函数，∴|g（x）|≤3在[0，2]上恒成立；
即﹣3≤g（x）≤3，
∴﹣3≤1+2x+a?4x≤3，
∴﹣﹣≤a≤﹣；
令t=，则t∈[，1]；
故﹣4t2﹣t≤a≤2t2﹣t在[，1]上恒成立；
故（﹣4t2﹣t）max≤a≤（2t2﹣t）min，t∈[，1]；
即﹣≤a≤﹣；
故实数a的取值范围为[﹣，﹣]．
21. △ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB。

（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值。

参考答案：
22. 已知函数f(x) = ( x > 0 )
（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；
(Ⅱ) 若当x>0时,f(x)>恒成立，求正整数k的最大值.
参考答案：
解析：(Ⅰ)f(x) = -┅┅┅┅┅┅┅3分
∵ x > 0∴ f(x) < 0
∴f(x)在(0,+)上单调递减。

┅┅┅┅┅┅┅6分
(Ⅱ) 当x > 0时, f(x) > 恒成立,
既 k < (x+1)在x > 0上恒成立,
设g(x)= (x+1), 则 g(x)=，┅┅┅┅┅8分
令 g(x)=0 则，
∴ g(x)在(0,x)上单调递减, 在()单调递增。

∴g(x) =
==x+ 1┅┅┅┅┅┅┅11分
由 y = x - 1和y = ln(x+1)的图象可知 2 < x < 3
∴x+ 1 (3 ,4) ∴ k ≤ 3∴ 正整数k的最大值是3 。

┅┅┅┅┅14分。