宜昌市一中理科数学滚动训练13

宜昌市一中2018届高三数学（理）滚动训练13

（限时120分钟，满分150分）

命题人：陈永林，做题人：熊江华、陈晓明

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，只有一项是符合要求的，请在答题卡相应位置将正确的结论用2B铅笔涂黑。

1?1?????2x?2?,B??x|ln?x???0?，则A?B? ( ) 22??????1??1?B.??1,? C. ?,1? D. ??1,1? A. ?

22????2.已知a,b,c,d为实数，且c?d，则“a?b”是“a?c?b?d”的（ ）

1.已知集合A??x|??A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.已知命题p:?x0??0,1?,log3x0?log2x0，命题q:?x??0,数是（ ）

①p?q；②p???q?；③??p??q；④p???q?.

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

4.《九章算术》中，将底面是等腰直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该“堑堵”的体积为（）

????,tanx?sinx，则下列命题为真命题的个2??

A. 2 B. C. 1 D. 4 5.设x，y满足约束条件

23xyx?2y?33??1(x?0,y?0)，若z?的最小值为，则a的值为（ ） 3a4ax?12A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6.把函数y?sin?x?的最小值是（ ） A.

2??????2??cosx????的图像向左平移?(??0)个单位就得到了一个奇函数的图象，则?6?6??5????B. C. D. 12612331)（ ） 27.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x?1)是偶函数，且当x?[0,1]时，f(x)?x(3?2x), 则f(A.

11C. -1 D. 1 B.?

228.如图，在平行六面体A1B1C1D1－ABCD中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60°，且A1A=3，则A1C的长为( )

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A.5 B. 22 C.14 D. 17

9.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足S17?0,S18?0,则A.

SS1S2,,?,15中最大的项为( ) a1a2a15S7SSS B.8 C.10 D. 9 a7a8a10a9xyz,,的大小关系不可能是（ ） 23510.设x，y，z为正实数，且log2x?log3y?log5z?0，则A.

xyzxyzzyxyxz?? B.?? C.?? D.?? 23523553232511.设椭圆C的两个焦点是F，F2?FF1、F2，过F1的直线与椭圆C交于P、Q，若P12，且5PF1?6FQ1则椭圆的离心率为（ ）

75926B. D. A. C. 111331312.已知函数f?x??x?ex?a,g?x??1ln?2x?1??4ea?x,其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使2f(x0)?g(x0)?4成立，则实数a的值为（ ）

A. ln2?1 B.1?ln2 C.ln2 D. ?ln2

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

?????13.已知平面向量a?(2m?1,3)与b?(2,m)是共线向量且a?b?0，则b?_____．

14.曲线y?1?4?x2与直线y?k(x?2)?4有两个交点，则实数k的取值范围为___________.

15.在三棱锥O-ABC中，三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA=OB=OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成的角的余弦值______________.

16.在?ABC中，BD平分?ABC交AC于点D，AD=2，CD=1，则?ABC的面积的最大值为_____. 三、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程。 17.（12分）已知数列{an}满足a1=1，an+1=2Sn+1，其中Sn为{an}的前n项和，n?N. （1）求an

（2）若数列{bn}满足bn?求m的最小值．

*1?1?log3an??3?log3an?，且对任意的正整数n都有Tn?m，{bn}的前n项和为Tn，

coscosA18.（12分）在?ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且a??b?c??bc,22B?nsiAcos?2C.

（1）求角A和角B的大小；

（2）若f(x)?sin(2x?C)，将函数y?f(x)的图象向右平移数y?g(x)的图象，求函数g(x)的解析式及单调递减区间.

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?个单位后又向上平移了2个单位，得到函1219.（12分）如图，在三棱锥S?ABC中，SA?底面ABC,AC?AB?SA?2,AC?AB 分别是,D,EAC,BC的中点，F在SE，且SF?2FE.

（1）求证：AF?平面SBC； （2）在线段DE上是否存在点G，使二面角G?AF?E的大小为30?？若存在，求出DG的长；若不存在，请说明理由.

1x2y220.（12分）已知椭圆C:2?2?1?a?b?0?的离心率为，以椭圆长、短轴四个端点为顶点的四边形的

2ab面积为43. (Ⅰ)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A、B，当动点M在定直线x＝4上运动时，直线AM、BM分别交椭圆于P、Q两点，求四边形APBQ面积的最大值．

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221.（12分）已知函数f?x??aex?x?bx(a,b?R,e?2.71828?是自然数对数底数 )，其导函数为

y?f'(x).

（1）设b?0，若函数y?f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；

（2）设b=2，且a?0，点(m,n)(m,n?R)是曲线y?f(x)上的一个定点，是否存在实数x0(x0?m)，使

得f?x0??f'??x0?m???x0?m??n成立？证明你的结论

?2?

请考生在22，23两题中任选一题作答，如果两题都做，则按所做的第一题计分；作答时，请用2B铅笔将答题卡上相应位置涂黑。

22.（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为?cos??4.

（1）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足OM?OP?16 ,求点P的轨迹C2的直角坐标方程； （2）设点A的极坐标为(2,?3)，点B在曲线C2上，求?OAB面积的最大值.

23.（10分）设函数f（x）=|x-a|，a∈R．

（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f（x）≥6-|2x-5|；

（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤4的解集为[-1，7]，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：

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18??6． st宜昌市一中2018届高三数学（理）滚动训练13答案

一、选择题：CBBA ACCA DDBD 二、填空题：

13.正确答案：22 【分析】

本题考查向量共线的坐标形式的充要条件、向量的坐标形式的数量积及模长公式．

利用向量共线的坐标形式的充要条件和向量的坐标形式的数量积公式列出方程组求出向量的坐标，验证

??a?b?0，求模长即可．

【解答】

??解：平面向量a?(2m?1,3)与b?(2,m)是共线向量，

3所以2m2+m-6=0,解得m??2或m=，

2??当m=-2时，a?b??12，满足题意，

??25??3b?当m=时，a?，不满足a?b?0，

22所以m=-2,

??所以b=（2，-2），则b?22.

故答案为22. 14.正确答案：

(53,] 124【分析】

本题考查直线与圆的位置关系，同时考查数形结合的能力，先确定曲线的形状，然后结合图形可解得k的取值范围． 【解答】

解:y?1?4?x2可化为x2+（y-1）2=4，y≥1，所以曲线为以（0，1）为圆心，2为半径的圆y≥1的部分． 直线y=k（x-2）+4过定点A（2，4），画出图形如下:

由图知，当直线经过B（-2，1）点时恰与曲线有两个交点，顺时针旋转到与曲线相切时交点边为一个，且

kAB?4?13?， 2?24由直线与圆相切得d??1?4?2kk2?1?2，解得k?553,则实数k的取值范围为(,]. 1212453,]. 124315.正确答案：

3故答案为(【分析】

本题重点考查了三条侧棱两两垂直则顶点在底面的投影为底部三角形的垂心，三条侧棱长相等，则顶点在底面的投影为底部三角形的外心，故为其中心这一结论，另外还考查了直线与平面所成角的概念及反三角知识． 由题意画出图象，由于三条棱OA、OB、OC两两互相垂直，且OA=OB=OC，所以定点O在底面的投影为底

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面△ABC的中心即为D，连接OD， OM，在直角△OMD中求解即可． 【解答】

解：在三棱锥O-ABC中，三条棱OA，OB，OC两两互相垂直， 且OA=OB=OC，M是AB边的中点， 设|OA|=a，则AB?BC?CA?132a，V0?ABC?a，

6O点在底面的射影为底面△ABC的中心，

V0?ABC136?a，又DM=MC=a，

1336S?ABC363OM与平面ABC所成角的余弦是cos??6?，

3223故答案为 . 3OD?16.3

【分析】

本题考查正余弦定理的运用，涉及到角平分线的性质，基本不等式得应用，属综合题，根据三角形内角平分线定理得到AB=2BC,设BC=m,进一步根据正余弦定理，将三角形面积用m来表示，然后利用基本不等式求最值.

【解答】

解：

如图，由于BD为?ABC的角平分线，且AD=2， CD=1，由角平分线定理知：

ABAD??2， BCDC令BC=m,则AB=2m，

由两边之和大于第三边，两边之差小于第三边知：1?m?3，

4m2?m2?959??在?ABC中，由余弦定理知：cos?ABC?，

2?2m?m44m2122所以S?ABC??2m?m?sin?ABC?m1?cos?ABC 229??5?929??9m?32?m1???2???m??????44m4444??????42223?m2?1?9?m2?22?m?1??9?m??4???3，

2??2当且仅当m?1?9?m，即m?5时取等号，所以?ABC面积的最大值为3.

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故答案为3. 17.解：（1）an+1＝2Sn+1，an＝2Sn-1+1，n≥2， 两式相减得an+1-an＝2an，an+1＝3an，n≥2， 注意到a1＝1，a2＝2S1+1＝3＝3a1， 是n≥1，an+1＝3an，

所以{an}为首项为1，公比为3的等比数列， 所以an＝3n-1；

11111??(?)， 3n?13n?1(1?log3)(3?log3)n(n?2)2nn?2111111111111Tn?(1???????)?((1????)?(????))，

2324nn?222n34n?211113Tn?(1???)?，

22n?1n?243所以m的最小值为.

4（2）bn?本题考查了等比数列的通项公式和裂项相消求和，是中档题.

18.（1）由题意an+1＝2Sn+1，an＝2Sn-1+1，n≥2，两式相减得an+1-an＝2an，an+1＝3an，n≥2，从而得出数列{an}为等比数列，从而得出结果； （2）bn?11111??(?)，运用裂项相消求和，从而得出结果. 3n?13n?1(1?log3)(3?log3)n(n?2)2nn?2解：（1）△ABC中，∵a2-（b-c）2=bc，∴a2-b2-c2=-bc，

?b2?c2?a21?，∴A=． ∴cosA=

32bc2sinA?cosC2?3∵cosAcosB=，∴2cosAcosB=sinA+cosC，∴cosB=+cos（-B），

2322?2??3即 cosB=+cos?cosB+sinsinB，即3cosB=1+sinB，∴B=．

3362??综上可得，A?,B?．

362?????cos(2x?)2?，（2）∵C=-B=，∴f（x）=sin（2x+）=cos2x，∴g(x)?令2k?≤2x-≤2k?+?，

36226?7?求得k?+≤x≤k?+，

1212?7?故函数g（x）的单调减区间为[k?+，k?+]，k∈Z．

1212本题主要考查余弦定理，两角和差的余弦公式，函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数的单调性，

属于中档题．

（1）利用余弦定理求得cosA的值，可得A的值，利用两角和差的余弦公式化简cosAcosB=

sinA?cosC，

2可得B的值．

（2）利用函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用余弦函数的单调性求得函数g（x）的单调递减区间．

19.（1）证明：由AC=AB=SA=2，AC⊥AB，E是BC的中点，得AE?2． 因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AE． 在Rt△SAE中，SE?因此AE2=EF?SE，又因为∠AEF=∠AES，

16． 6，所以EF?SE?33宜昌市一中2018届高三数学（理）滚动训练13

所以△EFA∽△EAS，

则∠AFE=∠SAE=90°，即AF⊥SE．

因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥BC，又BC⊥AE， 所以BC⊥底面SAE，则BC⊥AF． 又SE∩BC=E，所以AF⊥平面SBC．

（2）结论：在线段上DE上存在点G使二面角G-AF-E的大小为30°，

此时DG=

1． 2理由如下：

假设满足条件的点G存在，并设DG=t． 过点G作GM⊥AE交AE于点M，

又由SA⊥GM，AE∩SA=A，得GM⊥平面SAE． 作MN⊥AF交AF于点N，连结NG，则AF⊥NG． 于是∠GNM为二面角G-AF-E的平面角， 即∠GNM=30°，由此可得MG?由MN∥EF，得

2(1?x)． 2MNAM?， EFAE2(1?t)MN6?2于是有，MN?(1?t)．

6623在Rt△GMN中，MG=MNtan30°，

1263(1?t)?(1?t)?，解得t?．

22631于是满足条件的点G存在，且DG?．

2即

本题考查空间几何图形中线面关系的平行或垂直的证明及空间角的计算，考查空间想象能力，注意解题方法的积累，属于中档题．

（1）通过证明AF与平面SBC内的两条相交直线垂直即可；

（2）抓住两点找到问题的求解方向：一是点G的预设位置，二是二面角G-AF-E的位置，计算即可． 20.解：（Ⅰ）依题意得又a2＝b2＋c2，

c1?,2ab?43， a2由此解得a＝2，b?3．

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x2y2所以椭圆E的方程为??1．

43（Ⅱ）由于对称性，可令M（4，t），t＞0，

tx2y2??1， 将直线AM的方程y?(x?2)代入椭圆E的方程

643可得（27+t2）x2+4t2x+4t2-108=0，

4t2?1082t2?5418t， xA?xP?,x??2得x??,则y?APP22227?t27?t27?ttx2y2??1， 再将直线BM的方程y?(x?2)代入椭圆E的方程

243可得（3+t2）x2-4t2x+4t2-12=0，

4t2?122t2?6?6t由xB?xQ?,x?2得x?,则y?， BQQ3?t23?t23?t2118t6t?) 四边形APBQ面积S?AB?yP?yQ?2yP?yQ?2(22227?t3?t48t?9?t2?48t?9?t2?48, ???222222?27?t??3?t??9?t??12t9?t?12t2t9?t129?t2?6，且??在[6，+∞）上单调递增， 由于???t12?8， 故???48S??6

12???当且仅当λ=6，即t=3，也就是M为（4,3）时，四边形APBQ面积取得最大值6 本题考查椭圆的概念及标准方程，椭圆的性质及几何意义，直线与椭圆的位置关系.

c1?,2ab?43，又a2＝b2＋c2，由此解得a，b．即可得出； a2x2y2??1，得出yP，yQ，进而（Ⅱ）令M（4，t），t＞0，分别将直线AM，BM的方程代入椭圆E的方程43（Ⅰ）依题意得

得出答案.

21.解：（1）由b=0，可得f（x）=a?ex+x2， 令f（x）=0，

x2即有-a=x，

ex2设h（x）=x，

ex(2?x)h′（x）=， xe当0＜x＜2时，h′（x）＞0，h（x）在（0，2）递增； 当x＞2或x＜0时，h′（x）＜0，h（x）在（-∞，0），（2，+∞）递减． 可得h（x）在x=2处取得极大值

4， e2且h（x）＞0，x→+∞，h（x）→0，

由题意函数y=f（x）在R上有且只有一个零点，

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4， e24即为a=0或a＜-2，

e则-a=0或-a＞

即a的取值范围是{0}∪（-∞，-

4）； e2x0?m）（x0-m）+n成立， 2（2）假设存在实数x0（x0≠m），使得f（x0）=f′（

x0?m2函数f（x）=a?ex+x2-bx的导数为f′（x）=aex+2x-b， 可得a?e

x

2

0+x0-bx0=（

ae+x0+m-b）（x0-m）+a?em+m2-bm， ?aex0?em??x0?m?化简可得，?x0?m???x0?m?b???ae2?x0?m?b??x0?m?，

?x0?m?????x0?mex0?em由a≠0，x0≠m，可得=e2，

x0?m??上式的几何意义为函数y=ex图象上两点的斜率等于中点处的切线的斜率， 考虑函数y=ex的图象与y=lnx的图象关于直线y=x对称，

lnx0?lnm2， ?x0?mx0?m2(x0?m)设x0＞m＞0，即有lnx0-lnm=，

x0?mx2(0?1)x即ln0?m，

xm0?1mx设t=0＞1，

m2(t?1)上式即为lnt=，

t?12(t?1)令m（t）=lnt-，t＞1， t?114(t?1)2则m′（t）=?＞0， ?t(t?1)2t(t?1)2上式可转化为

则m（t）在（1，+∞）递增， 即有m（t）＞m（1）=0，

2(t?1)无实数解， t?1lnx0?lnm2即有不成立， ?x0?mx0?m则方程lnt=

ex0?em则=ex0?mx0?m2不成立，

故不存在实数x0（x0≠m），使得f（x0）=f′（

x0?m）（x0-m）+n成立． 2本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查函数的零点的判断和不等式恒成立问题的解法，以及存在性问题的解法，注意运用转化思想，考查化简整理的运算能力，具有一定的难度．

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x2x2（1）求得f（x）的解析式，令f（x）=0，可得-a=x，设h（x）=x，求得h（x）的导数和单调区间、极

ee值，结合零点个数只有一个，即可得到a的范围；

x0?m）（x0-m）+n成立．求得f（x）的导数，化简整理2x0?mlnx0?lnmex0?em可得=e2，考虑函数y=ex的图象与y=lnx的图象关于直线y=x对称，上式可转化为=

x0?mx0?mx2(t?1)2(t?1)2，设t=0＞1，上式即为lnt=，令m（t）=lnt-，t＞1，求出导数，判断单调性即可判

mt?1t?1x0?m（2）假设存在实数x0（x0≠m），使得f（x0）=f′（

断不存在．

22.解：曲线C1的极坐标方程为?cos??4即直角坐标为x=4．

（1）M为曲线C1上的动点，所以横坐标为4，点P在线段OM上，设P（x,y）,由OM?OP?16以0?x?4

yyM4y16y22且?所以yM?，4?2?x2?y2=16，化简得x4?2x2y2?y4?16x2即(x2?y2)2?16x2x4xx所以(x?2)2?y2?4,

即点P的轨迹C2的直角坐标方程为(x?2)2?y2?4,(x?0)； （2）点A的极坐标为(2,?3)，直角坐标为(1,3),代入C2可知A在C2上，AO:y?3x

点B在曲线C2上，B是与OA垂直且过C2的圆心的直线与C2交于右下方的点时， B到OA的距离h最大，即?OAB面积最大，此时h?所以?OAB面积的最大值Smax?3?2?0(3)?(?1)22?2?3?2

1?h?OA． 21??(3?2)?12?(3)2?3?2. 2本题考查了极坐标方程，是高考中常见的题型，属于难题.

（1）曲线C1的直角坐标为x=4，M为曲线C1上的动点，所以横坐标为4，设P（x,y）,由OM?OP?16,得

16y24?2?x2?y2=16，

x22化简得点P的轨迹C2的直角坐标方程为(x?2)?y?4,(x?0)

2（2）点A的直角坐标为(1,3)代入C2可知A在C2上，AO:y?3x点B在曲线C2上，B是与OA垂直且过

C2的圆心的直线与C2交于右下方的点时，B到OA的距离h最大，即?OAB面积最大，求面积即可.

23.（Ⅰ）解：当a=2时，不等式：f（x）≥6-|2x-5|，可化为|x-2|+|2x-5|≥6． ①x≥2.5时，不等式可化为x-2+2x-5≥6，∴x≥

13； 3②2≤x＜2.5，不等式可化为x-2+5-2x≥6，∴x∈?； ③x＜2，不等式可化为2-x+5-2x≥6，∴x≤综上所述，不等式的解集为（-?,1， 3113]?[,??)；

33（Ⅱ）证明：不等式f（x）≤4的解集为[a-4，a+4]=[-1，7]，∴a=3， ∴

181181t16s1??(?)(2s?t)?(10??)≥6，当且仅当s=，t=2时取等号． st3st3st2宜昌市一中2018届高三数学（理）滚动训练13

（Ⅰ）利用绝对值的意义表示成分段函数形式，解不等式即可．

（2）根据不等式的解集求出a=3，利用1的代换结合基本不等式进行证明即可．

本题主要考查不等式的求解和应用，根据绝对值不等式的性质转化为分段函数形式，利用1的代换转化为基本不等式是解决本题的关键．综合性较强．

宜昌市一中2018届高三数学（理）滚动训练13

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