湖南省长沙市2018届高三数学上学期第二次阶段性测试试题理2018010601111

2018届高三第二次阶段性测试
数学（理）试题
一、选择题：本大题共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.已知集合A2,1,0,1,2,B x|x1x30，则A I B（）
A．2,1,0B．0,1C．1,0,1D．0,1,2 2
2.若复数z，其中为虚数单位，则复数的虚部是（）
i z
1i
3
A．-1 B．i C．1 D．i
3.已知,均为第一象限的角，那么是sin sin的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
x10
y1
4.若x,y满足约束条件x y0，则的取值范围为（）
x
x y4
11
0,2
1,2 A. 0, B. ,1 C.
D.
22
x2 y2
5. 已知双曲线－＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于()
a2 5
3 1
4 3 2 3 4
A. B. C. D.
14 4 2 3
6、下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该
程序框图，若输入的a，b分别为14，18，则输出的a＝()
A．0 B．2 C．4 D．14
7、若△ABC中，AC＝3，A＝45°，C＝75°，则BC＝（）．
A．1 B 2C．3D．2
- 1 -
2
8.设首项为1，公比为的等比数列{a n}的前n项和为S n，则()
3
A．S n＝2a n－1 B．S n＝3a n－2 C．S n＝4－3a n D．S n＝3－2a n
9设a＝log32，b＝log52，c＝log23，则()
A．a>c>b B．b>c>a C．c>b>a D．c>a>b
10.某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积（）
3264
A．B．C．16 D．32
33
11.抛物线y28x的焦点为F，设A(x,y)，B(x,y)是抛物线上的两个动点，若
1122
23
x x4AB AFB
，则的最大值为（）
12
3
352
A．B．C．D．
3463
3k
12、已知对任意x>1，f(x)=lnx+ +1-k大于零恒成立，若k∈z，则k的
x
最大值为（）
A. 2 C. 4 D. 5
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.在多项式(12x)6的展开式中，x2项的系数为．
14. 观察下列不等式
1 3
1＋< ，
22 2
1 1 5
1＋＋＜，
22 32 3
1 1 1 7
1＋＋＋＜，
22 32 42 4
……
照此规律，第五个不等式为________．
- 2 -
4
为，则该球的表面积为。

3
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. 已知等差数列{a n}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
18. 如图，四棱锥P ABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，
AB//CD AD DC BC2AB4PAD
，，，为正三角形.
（1）求证：BD平面PAD；
（2）设AD的中点为E，求直线PE与平面PDC所成角的正弦值.
19. 某中学的环保社团参照国家环境标准制定了该校所在区域空气质量指数与空气质量等级
对应关系如下表（假设该区域空气质量指数不会超过300）
空气质量指数(0,50](50,100](100,150](150,200](200,250](250,300]
空气质量等级1级优2级良3级轻度污染4级中度污染5级重度污染6级严重污染该社团将该校区在2016年100天的空气质量指数监测数据作为样本，绘制的频率分布直方图如下图，把该直方图所得频率估计为概率.
（1）请估算2017年（以365天计算）全年空气质量优良的天数（未满一天按一天计算）；
（2）该校2017年6月7、8、9日将作为高考考场，若这三天中某天出现5级重度污染，需要
总费用X元，求X的分布列及数学期望.
x y
22
20.已知椭圆（）的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，
C:1A A F F
a b01,2
1,2
a b
22
1
离心率为，点，为线段的中点.
B(4,0)F A B
21
2
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M,N两点，已知直线A M与A M相
12
交于点G，判断点G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.
x m
21. 已知函数21.
f x e x mx
2
（1）当m1时，求证：对x0,时，f x0；
（2）当m1时，讨论函数f x零点的个数.
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.（本题满分10分）选修4-4：参数方程与极坐标系
x25
cos
原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
C
1
R C C P,Q PQ
（2）若直线的极坐标方程为，设与交于点,求的值.
C
221
3
23.（本题满分10分）选修4-5：不等式选讲
（1）求不等式x1x230的解集；
（2）已知，且，求证：
a a L a R a a L a1a1a L1a
2n.
12n
- 4 -
理科数学参考答案及评分标准
一、选择题：本大题共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．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A C D C C B B D D A D C
二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分．
1 1 1 1 1 11
9 13．60; 14. 1＋＋＋＋＋< . 15. 30度; 16.
22 32 42 52 62 6
12题解：即xlnx+x﹣kx+3k＞0，令g（x）=xlnx+x﹣kx+3k，
则g′（x）=lnx+1+1﹣k=lnx+2﹣k，∵x＞1，∴lnx＞0，若k≤2，g′（x）＞0恒成立，
即g（x）在（1，+∞）上递增；∴g（1）=1+2k≥0，解得，k≥﹣；故﹣≤k≤2，
故k的最大值为2；若k＞2，由lnx+2﹣k＞0解得x＞e k﹣2，
故g（x）在（1，e k﹣2）上单调递减，在（e k﹣2，+∞）上单调递增；
∴g min（x）=g（e k﹣2）=3k﹣e k﹣2，令h（k）=3k﹣e k﹣2，h′（k）=3﹣e k﹣2，
∴h（k）在（1，2+ln3）上单调递增，在（2+ln3，+∞）上单调递减；
∵h（2+ln3）=3+3ln3＞0，h（4）=12﹣e2＞0，h（5）=15﹣e3＜0；
∴k的最大取值为4，综上所述，k的最大值为4．
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.已知等差数列{a n}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．
(1)求{a n}的通项公式；
(2)求a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
17．解：(1)设{a n}的公差为d.由题意，a121＝a1a13，
即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，
于是d(2a1＋25d)＝0.
又a1＝25，所以d＝0(舍去)，d＝－2.
故a n＝－2n＋27.
(2)令S n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.
由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而n
S n＝(a1＋a3n－2)
2
n
＝(－6n＋56)
2
＝－3n2＋28n.
18.【解析】（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，过点D作DE AB于点E，
如图所示：有AE1,DE3,BD23
∴在ABD中，有AB2AD2BD2，即AD BD
又因为平面PAD平面ABCD且交线为AD，∴BD平面PAD.
（Ⅱ）由平面PAD平面ABCD，且PAD为正三角形,E为AD的中点，
∴PE AD，得PE平面ABCD．
如图所示，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过点D平行于PE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
由条件AD DC BC2，则AE DE1，PE3，BD23．
则D(0,0,0)，E(1,0,0)，P(1,0,3)．------- 6分
在等腰梯形ABCD中，过点C作BD的平行线交AD延长线于点F如图所示：
则在Rt CDF中，有CF 3，DF 1，∴C (1,3,0)．
（另解:可不做辅助线，利用AB 2DC求点C坐标）
∴CD (1,3,0)，PD (1,0,3)，设平面PDC的法
向量
n1(x1,y1,
z1)
n CD x
y
30
则111，取，则，11，
x13z
y1
1
n PD
x
3z 0
111
n (3,,1,1)
1
∴面PDC的法向量．EP
5
sin cos n,EP
1
5
(0,0,
3)
sin cos n,
EP
1
5
5
765
即平面PEB与平面PDC所成二面角的余弦值为．
65
19.【解析】（Ⅰ）由直方图可估算2017年（以365天计算）全年空气质量优良的天数为(0.10.2)3650.3365109.5110
（天）．
（Ⅱ）由题可知，X的所有可能取值为：0，10000，20000，30000，40000，50000，60000，
则：(0)(4)364，
P X
P(X 10000)C1
()2
1424
5125105125
3
141410827
P(X 20000)C ()()C ()()
221 2
33
105105500125
111449
P(X 30000)()C
C
311
10101051000
32
111427
P(X 40000)C ()
C ()
222 2
33
10101051000
113
P(X 50000)C ()
2 2
3
10101000
11
P(X 60000)()
3
101000
．
X
的分布列为
X0100002000030000400005000060000
P
64
125
24
125
27
125
49
1000
27
1000
3
1000
1
1000 64482749273 1
EX 010000
20000
30000
4000050000
60000
1252501251000100010001000
- 8 -
9000
（元）．
a 4
20.【解析】（Ⅰ）设点1(,0),2(,0)，由题意可知：，即①
A a F c c
a 42c
2
c1
又因为椭圆的离心率，即a 2c②
e
a2
联立方程①②可得：a 2,c 1，则b2a2c23
y
2
x
2
所以椭圆C的方程为1．
43
（Ⅱ）方法一：根据椭圆的对称性猜测点G是与y轴平行的直线x x上．
假设当点M为椭圆的上顶点时，直线l的方程为3x 4y 430，此时点N(8,33)，
55
33
则联立直线:32230和直线l:33x 2y 63
0可得点G(1,)
l x y
A M A N
2
12
据此猜想点G在直线x 1上，下面对猜想给予证明：
)
y k(x4
设M(x,y),N(x,y)，联立方程22可
得：
x y
1122
1
43
(34k2)x232k2x 64k212
0,0
32k64k 12
22
由韦达定理可得x x
，x x （*）
12212
2
34k34k
y y
因为直线l:y (x 2)，l y x，
1:
2(2)
A M
x2x 2
A N
12
12
y y3y y
联立两直线方程得1(x 2)2(x 2)（其中x为G点的横坐标）即证：12，x 2x 2x 2x 2
1212
即3k(x 4)(x 2)k(x 4)(x
2)，即证
1221
4x x 10(x x)16
1212
将（*）代入上式可得4(64k212)1032k 2
16016k320k
34k0
222 34k34k
22
此式明显成立，原命题得证．所以点G在定直线上x1上．
方法二：设M(x,y),N(x,y),G(x,y)，1,2,3两两不等，
x x x
112233
x x
22
3(1)3(1)
12
y y y y
22
44
因为B,M,N三点共线，所以1212，
x4x4(x4)(x4)(x4)(x4)
222
2 12121
2
整理得：2x x5(x x)80
1212
y y
A M G3 1
x x
又1,,三点共线，有：①
3212
y y
又A N G三点共线，有：32②将①与②两式相除得：
2,,
x32x22
- 9 -
x
2
3(12)(x2)
2
x y x x y x x x 2(2)(2)2(2)241(
2)(2) 321321
21
2
x2y(x2)x2y(x2)x(x2)(x2)
222
312312112
3(1)(x2)
2
4
2
x2(x2)(x2)x x2(x x)4
即(3)2211212，
x2(x2)(x2)x x2(x x)4
3121212
5
x2
将2x x5(x x)80即x x(x x)40代入得：(3)29
12121212
2x2
3
解得34（舍去）或31，所以点在定直线上．
x x G x1
方法三：显然l与x轴不垂直，设l的方程为y k(x4)，.
M(x,y),N(x,y)
1122
(4)
y k x
由22得.
(34k)x32k x64k120,0
2222
x y
1
43
设M(x,y),N(x,y),G(x,y)，1,2,3两两不等，
x x x
112233
321214k
k64k12
222
则，x x，|x x|(x x)4x x,
x x2
1221221212122 34k34k
34k
y y
由A1,M,G三点共线，有：31①
x32x12
y y
由A2,N,G三点共线，有：32②
x x
3222
①与②两式相除得：
x2y(x2)k(x4)(x2)x x(x x)3(x x)81
32121121212
x2y(x2)k(x4)(x2)x x3(x x)(x x)83
31212121212
解得34（舍去）或31，所以点在定直线上．
x x G x1
x x
2
x
21. 解：(1)当m1时，f x e x，则'1，令
1f x e x
2
g x e x1g'x e1x0e x10g'x0
，则，当时，，即，所以函数
x x
f x e x0,x0f'x f'0x 0
'x1
在上为增函数，即当时，，所以当时，
x x
2
f x f x e x0,
'0'1
恒成立，所以函数在上为增函数，又因为
2
f00m1x0,,f x0
，所以当时，对恒成立.
(2)由（1）知，当x0时，e x10，所以g'x0，所以函数'1的减区
f x e x
x
,0，增函数为0,.所以f x f，所以对x R，f'x 间为
0，
''00
min
- 10 -
即e x x 1.
①当x
1时，x 10，又m 1,m x 1x 1，
1
1 0，
e m x
e x
x x
即f '
x 0，所以当x
1时，函数f x为增函数，又f
00，所以当x
0时，f
x
01x
0f
x
0f
x
1,
，当时，，所以函数在区间上有且仅有一个零
点，且为0.
②当x
1时，（ⅰ）当0m 1时，
10,0，所以
m x
e
x
f x e m x
f
x
,1f
x f 1
'x10
，所以函数在上递增，所以，且
f 1e1
1,e1
11
00m 1y f
x
,1
m m m
，故时，函数在区间
222
上无零点.
(ⅱ)当m
0时，f '
x e mx m，令h
x e mx m，则h '
x e m 0，所
x x x
1 e
以函数
'
在上单调递增，，当时，
f x e mx m
,1f
e1
'10x
1 x
m
111
e e e
1
f'x1m1m e1
1
e
，又曲线在区间
上
f'x 1,1
m
m m m
1
e
不间断，所以
x
1,1
，使 '
0 ，故当
时，
f x
x x ,1
m
0 f 'x
f 'x f '
1 e
1
x
, x
f '
x f '
x
，当
时， ，所以函数
x
m
f x
e x
2 mx 1
, x
x ,1
的减区间为
，增区间为
，又
2
m
2
f
e
x x
1, f
x 0
1
1
1 0
x 1
1 ，所以对 ，又当
时，
2 m
m x
m
f x
x 2 mx 1 0, f x
0 f x
e x 2
mx 1
，又
，曲线
在区间
2 2
2
1 , x
,
x
0 0
x
x
f x
上不间断.所以
，且唯一实数 ，使得
，综上，当
m
0 m
1
y f x m 0
y f x
时，函数 有且仅有一个零点；当 时，函数
有个两零点.
- 11 -
- 12 -。