2018届云南省昆明第一中学高三第八次月考数学(文)科试题(扫描版)

昆明一中第八期全国大联考 参考答案（文科数学）
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
1. 解析：由题意，集合(0,)A =+∞，集合(0,)B =+∞，选A ．
2. 解析：由题意，10
3i 3i
z =
=-+，选B ． 3. 解析：根据题意，由ˆ 1.20b
=>，选A ． 4. 解析：因为2π1cos π1sin 12cos 24223ααα⎛⎫
++ ⎪
-⎛⎫⎝⎭+=
== ⎪⎝⎭
，选C ． 5. 解析：如图所示函数2z x y =-在点(1,2)C -处取得最小值，且
1225z =--⨯=-，选D ．
6. 解析：根据正弦定理由2sin 2sin sin B A C =得22b ac =，结合2b a =可
得出2c a =，所以由余弦定理得
2222222
441
cos 244
a c
b a a a B a
c a +-+-===，选B ． 7. 解析：由题意知函数()log a f x x =，当1a >时，对数函数在()0,+∞上是增函数，且二
次函数的对称轴为正数，且二次函数的图象开口向上，过坐标原点；当01a <<时，对数函数是()0,+∞上的减函数，且二次函数开口向下，过原点，综上图象可能的是A ，选A ．
8. 解析：由题意，令()()f x g x =，可得1x =，故当1x ≥时，()m g x =，所以
311
3(3)3
P -=
=--，选C ．
9. 解析：设曲线()y f x =与()y h x =在公共点00(,)x y 处的切线相同，()2f x x '=，
6()4h x x '=-；由题意可知00
00()()()()f x h x f x h x =⎧⎨''=⎩，所以2
000
006ln 46
24x m x x x x
⎧-=-⎪⎨=-⎪⎩
；由00
624x x =-可得01x =或03x =-（舍去），代01x =入2
006ln 4x m x x -=-可得5m =，选D ．
10. 解析：由题意可知，△ACB 与△APB 均为直角三角形，设点D 为AB 边的
中点，则22
1
==
===AB DP DC DB DA ，
所以点D 为三棱锥ABC P -的外接球的球心，故三棱锥ABC P -的外接球的半径2=R ，三棱锥ABC P -的的外接球的表面积为
2π4R S =16π=，选D ．
11. 解析：由题意可知，将平面α平移到平面BD A 1，则直线l B A 1//，直线m D A 1//，又△
BD A 1为等边三角形，可得3π1=
∠D BA ，所以，直线l 与直线m 所成角的大小为π
3
，选C ．
12. 解析：设00(,)M x y ，则008x y =，以OM
为直径的圆方程为
22
220000
()()224
x y x y x y +-+-=，即22000x y x x y y +--=；又因为AB 为圆
22000x y x x y y +--=与圆221x y +=的公共弦，所以两圆作差可得直线AB 的方程为
001x x y y +=，所以点O 到直线AB 距离
为1
4
d =
≤
=
，当且仅当00008x y x y =⎧⎨=⎩
，即00x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩
00x y ⎧=-⎪⎨
=-⎪⎩d 取得最大值14，选B ．
二、填空题
13. 解析：因为a ∥b ，所以(1)(4)23m m -+=⨯，所以5m =-或2m =，又因为a 与b 方
向相反，所以5m =-． 14. 解析：因为2c =
，
b a =，而222a b
c +=，所以23a =，21b =，所以双曲线C 的方程为2
2 1 3
x y -=．
15. 解析：据题意，四边形ABCD 为平行四边形，且432BC ⨯=，即8BC =，所以()f x 的
最小正周期为8，由
2π
8ω
=得π
4
ω=
． 16. 解析：由()0f x =可得2266e x x x m ++=，令2266
()e
x
x x h x ++=，则2222(1)
()e e x x
x x x x h x ---+'==
；由()0h x '>可得(1,0x ∈-，由()0h x '<可得(,1)(0,x ∈-∞-+∞，所以2266
()e x
x x h x ++=在(1,0)-上单调递增，在(,1)-∞-和
(0,)+∞上单调递减；当1x =-时，()=(1)2e h x h -=极小值，当0x =时，()=(0)6h x h =极大值；
由题意知函数()y h x =与y m =有且仅有一个交点，由函数()y h x =及y m =的图象可得
(0,2e)(6,)m ∈+∞．
三、解答题 （一）必考题
17. 解：（1）由1n n S a =-+ 得 111n n S a ++=-+，
两式相减得：11n n n n S S a a ++-=-+， 即11n n n a a a ++=-+， 即11
2
n n a a += (1)n ≥， 所以数列{}n a 是公比为1
2的等比数列， 又由111a a =-+得 112
a =
， 所以1
112n
n n a a q -⎛⎫
== ⎪⎝⎭
； ………6分 （2）因为()()12n b f a f a =++……()n f a +12=++……()12
n n n ++=，
所以
()1211211n b n n n n ⎛⎫===- ⎪++⎝⎭
， 所以11121223n T ⎡⎛⎫⎛⎫=-+-+ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎣
(1)
11n n ⎤⎛⎫+- ⎪⎥+⎝⎭⎦122111n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭． ………12分
18. 解：（1）由列联表可得
()
()()()()
()2
2
2
3042816107.87912182010
n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯=
=
=>++++⨯⨯⨯
所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为使用智能手机对学习成绩有影
响． ………6分
（2）根据题意，所抽取的5名同学中“学习成绩优秀”有1名同学，“学习成绩不优秀”有4名同学．
………8分
（3）学习成绩不优秀的4名同学分别记为A ，B ，C ，D ；“学习成绩优秀”有1名同学记为E ．则再从中随机抽取3人构成的所有基本事件为：(),,A B C ，(),,A B D ，
(),,A B E ，(),,A C D ，(),,A C E ，(),,A D E ，(),,B C D ，(),,B C E ，(),,B D E ，(),,C D E ，
共有10种；抽取3人中恰有2名同学为“学习成绩不优秀”所含基本事件为：(),,A B E ，
(),,A C E ，(),,A D E ，(),,B C E ，(),,B D E ，(),,C D E 共有6种，所求为
63
105
P =
=． ………12分
19. 解：（1） 由题意，⊥AB 平面C C BB 11，⊂D B 1平面C C BB 11，
可得D B AB 1⊥，又△BC B 1为等边三角形，点D 为BC 边的中点， 可得D B BC 1⊥，AB 与BC 相交于点B ， 则D B 1⊥平面ABC ，⊂D B 1平面D AB 1，
所以，平面D AB 1⊥平面ABC ． ………6分 （2）因为△ABC 为直角三角形，2==BC AB ，
所以2=∆ABC S ，
由（1）可知，在直角三角形D BB 1中，
0160=∠BC B ，221==BB BD ， 可得31=D B ，
故D B S V ABC 1⋅=∆32=，
所以，三棱柱111ABC A B C -的体积为32． ………12分
20. 解：（1）由已知，
点(,0)
，(1,
在椭圆1C 上，所以 22
1 a
=，2211 1 2a b +=，解得：22a =，21b =，所以1
C ：22
1 2
x y +=； 点(2,1)， (4,4)-在抛物线2C 上，所以2p =，所以2C ：24x y =． ………4分 （2）设2(,)4
m P m （0m >）
，由24x y =得1
2y x '=， 所以切线l 的方程为：2()42
m m
y x m -=-， ………6分
设11(,)A x y ，22(,)B x y ，由222()421
2m m y x m x y ⎧-=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得：4223
(2)404m m x m x +-+-=，
由0∆>，31222m x x m +=+得322(2)D m x m =+，代入2()42
m m
y x m -=-得222(2)D m y m -=
+，所以1D OD D y k x m =
=-，所以OD l ：1
y x m
=-， ………10分 由1x m
y x m =⎧⎪⎨=-⎪⎩得1y =-，所以点Q 在定直线1y =-上． ………12分
21. 解：（1）因为()()2121
210mx x f x mx x x x
-+'=-+=>，
依题意知2210mx x -+<在()0,+∞上有解． 当0m ≤时显然成立；
当0m >时，由于函数221y mx x =-+的图象的对称轴1
04x m
=
>，故需且只需0∆>，即180m ->，解得18m <
，故108
m <<． 综上所述，实数m 的取值范围为1,8⎛
⎫-∞ ⎪⎝
⎭． ………5分
（2）因为()11f m =-，()12f m '=，故切线L 的方程为()121y m m x -+=-， 即21y mx m =--．
从而方程2ln 21mx x x mx m -+=--在()0,+∞上有且只有一解． 设()()2ln 21g x mx x x mx m =-+---， 则()g x 在()0,+∞上有且只有一个零点． 又()10g =，故函数()g x 有零点1x =．
则()()()()222112111
212mx m x mx x g x mx m x x x
-++--'=-+-==．
当1
2
m =
时，()0g x '≥，又()g x 不是常数函数，故()g x 在()0,+∞上单调递增． 所以函数()g x 有且只有一个零点1x =，满足题意． 当102m <<
时，由()0g x '=，得12x m
=或1x =，且112m >． 由()0g x '>，得01x <<或1
2x m
>； 由()0g x '<，得1
12x m
<<
． 所以当x 在()0,+∞上变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：
根据上表知02g m ⎛⎫
< ⎪⎝⎭
．
而函数()12ln 1g x mx x m x m ⎡⎤
⎛⎫=-++++ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎣⎦．
所以120g m ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，故在1,2m ⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
上，函数()g x 又存在一个零点，不满足题意．
综上所述，1
2
m =． ………12分
（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：（1）曲线1C 是以(1,0)为圆心，1为半径的圆，其极坐标方程为2cos ρθ=，
曲线2C 是以(0,2)为圆心，2为半径的圆，其极坐标方程为4sin ρθ=． ………5分
（2）由2c o s 4s i n θ
θ=得1tan 2θ=，即直线OA 的斜率为1
2，从
而sin θ=
，cos θ=
，
由已知，设1,2P πρθ⎛⎫- ⎪⎝⎭，2,2Q πρθ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭
将1,2P πρθ⎛⎫- ⎪⎝⎭代入2cos ρθ=
，得12cos 2sin 2πρθθ⎛
⎫=-== ⎪⎝
⎭，
同理，将2,2Q πρθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭代入4sin ρθ=
，得24sin 4cos 2πρθθ⎛
⎫=+== ⎪⎝⎭
，
所以，12PQ ρρ=+=+=． ………10分 23. 解：（1）
31, 3()3225, 31
31, 1x x h x x x x x x x --<-⎧⎪
=++-=-+-≤≤⎨⎪+>⎩ 所以，min ()(1)4h x h ==，只需4a ≤，
故实数a 的取值范围为(],4-∞． ………5分 （2）由柯西不等式，
()1x ϕ==
5
3
x =-时，等号成立，故()x ϕ
的最大值为 ………
10分。