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1、我带领班子成员及全体职工，积极参加县委、政府和农牧局组织的政治理论学习，同时认真学习业务知识，全面提高了自身素质，增强职工工作积极性，杜绝了纪律松散2017-2018学年广东省深圳市高级中学高三11月月考数学（文）一、选择题：共12题1. 设集合,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】因，故，写成区间形式即：.本题选择A选项.2. 下列函数中,既是偶函数又存在零点的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】选项A中，函数无零点，不合题意，故A不正确。选项B中，函数不是偶函数，不合题意，故B不正确。选项D中，函数不是偶函数，不合题意，故D不正确。综上选C。3. 已知命题,使;命题,则下列
2、判断正确的是A. 为真 B. 为假 C. 为真 D. 为假【答案】B【解析】，不存在使即为假命题；成立，为真命题为假，为假，为真综合各选项可知，选B4. 已知平面向量,的夹角为,且,则A. 1 B. 2 C. D. 3【答案】C【解析】， 选B5. 已知是等差数列,公差,且成等比数列,则等于A. B. C. D. 【答案】B【解析】成等比数列，整理得，又选B6. 设,则的大小关系为A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得根据对数函数的性质，可知，选B7. 中,已知点为边上一点,若,则A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由又则;,所以；考点：向量运算的几何意义。8. 在
3、中,分别为角的对边),则的形状为A. 直角三角形 B. 等边三角形C. 等腰三角形 D. 等腰三角形或直角三角形【答案】A【解析】由余弦定理得为直角三角形，且选A点睛：判断三角形形状的两种方法：（1）根据正（余）弦定理将角化为边处理，此时三角形可分为不等边三角形、等腰三角形和等边三角形（2）根据正（余）弦定理将边化为角处理，此时三角形可分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形解题中还要注意两种分类方法相互重合的情况，如等腰直角三角形9. 如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图,则该三棱锥的体积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是如图所示的三
4、棱锥 （正方体的棱长为 ， 是棱的中点），其体积为 ，故选C.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10. 已知函数,若函数有三个不同的零点,则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】令则当或时，单调递增，当时，单调递减当时，取得极大值，且；当时，取得极小值，且函数有三个不同的零点，直线与函数的图象有三个交
5、点，即实数的取值范围为选C点睛：研究方程根（或函数零点）的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出大致的函数图象，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现11. 整数列满足,则A. B. C. D. 【答案】B【解析】数列，以上各式相加得选B12. 已知函数,若对任意的,都有成立,则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A.即 在上单调递减，由于 当 时， 当时， 故选A点睛：本题主要考查不等式恒成立问题，构造函数利用参数分离法结合函数单调性和导数之间的关系转化为求函数的最值是解决本
6、题的关键属难题视频二、填空题：共4题13. 在等比数列中, 若是方程的两根,则=【答案】【解析】是方程的两根，所以，在等比数列中，=故答案为点睛：本题是一元二次方程中韦达定理及等比数列中通项的性质的考查，在等比数列中，若 则.14. 已知,则_.【答案】【解析】由题意得答案：15. 偶函数满足:,且在区间与上分别递减和递增,则不等式的解集为_.【答案】【解析】根据题意，作出函数的草图如下图所示：由得或，结合图形可知不等式的解集为答案：16. 三棱锥中,侧棱底面,则该三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】在中，由余弦定理得该三棱锥的外接球，即为以为底面以为高的直三棱锥的外接球，设的外接圆半
7、径为则由题意得，球心到的外接圆圆心的距离故球的半径=该三棱锥的外接球的表面积为答案：点睛：已知球与柱体（或锥体）外接求球的半径时，关键是确定球心的位置，解题时要根据组合体的特点，并根据球心在过小圆的圆心且与小圆垂直的直线上这一结论来判断出球心的位置，并构造出以球半径为斜边，小圆半径为一条直角边的直角三角形，然后根据勾股定理求出球的半径三、解答题：共6题17. 已知函数.(1)求函数的最小正周期和函数的单调递增区间;(2)若函数的对称中心为,求的所有的和.【答案】(1)，.（2）【解析】试题分析：（1）对函数解析式化简得，可得最小正周期为将看作一个整体，代入正弦函数的增区间求得的范围即为所求的单
8、调增区间（2）令得到在内的值，求和后可得所求试题解析：由题得所以函数的最小正周期由得，函数的单调递增区间为(2)令得所有满足条件的的和为18. 已知是等比数列,是等差数列,且,.(1)求数列和的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1)（2）【解析】试题分析：（1）求出数列的公比和的公差，根据公式可求得结论；（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法求和。试题解析：（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，依题意有，即，解得或。，数列的通项公式为，数列的通项公式为。（2）由（1）得， =，-得。19. 在中,角的对边分别为,且(1)求的值;(2)若,求的面积.【答案】(1).（2）【解
9、析】试题分析：（1）由条件及正弦定理可得，故，所以，由倍角公式可得（2）由条件得，故得，由正弦定理得，从而可得ABC的面积试题解析：(1)由及正弦定理得(2)由得由正弦定理得，ABC的面积 点睛：利用正、余弦定理求解三角形面积问题的题型与方法(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的各个边、角后，直接求三角形的面积(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他各量(3)求三角形面积的最值或范围时，一般要先得到面积的表达式，再通过基本不等式、三角函数的求最值的方法求得面积的最值或范围20. 如图,在矩形中,分别为的中点,现将沿折起,得四棱锥.(1)求证:平面;(2)若平面
10、平面,求四面体的体积.【答案】(1)见解析（2）.【解析】试题分析：（1）取线段的中点，连接，只需证明四边形为平行四边形，即有，可得；（2）先证平面，进而四面体的体积.试题解析：(1)取线段的中点，连接，因为为的中点，所以，且，在折叠前，四边形为矩形，为的中点，所以，且.，且,所以四边形为平行四边形，故，又平面平面，所以平面.(2) 在折叠前，四边形为矩形，为的中点，所以都是等腰直角三角形，且，所以，且.又，又平面平面，平面平面平面，所以平面，即为三棱锥的高.因为为的中点，所以，所以四面体的体积.21. 在如图所示的几何体中,四边形ABCD为正方形,为直角三角形,且.(1)证明:平面平面;(2
11、)若AB=2AE,求异面直线BE与AC所成角的余弦值.【答案】(1)见解析（2）.【解析】试题分析：（1）由已知可知AEAB，又AEAD，所以AE平面ABCD，所以AEDB，又ABCD为正方形，所以DBAC，所以DB平面AEC，而BD平面BED，故有平面AEC平面BED.（2）作DE的中点F，连接OF，AF，由于O是DB的中点，且OFBE，可知FOA或其补角是异面直线BE与AC所成的角；设正方形ABCD的边长为2，则，由于，AB=2AE，可知，则，又，=,由余弦定理的推理FOA=，故异面直线BE与AC所成的角的余弦值为.试题解析：（1）由已知有AEAB，又AEAD，所以AE平面ABCD，所以A
12、EDB， 3分又ABCD为正方形，所以DBAC， 4分所以DB平面AEC，BD面BED故有平面AEC平面BED. 6分（2）作DE的中点F，连接OF，AF，O是DB的中点，OFBE，FOA或其补角是异面直线BE与AC所成的角。 8分设正方形ABCD的边长为2，则， 9分，AB=2AE，10分又，=,FOA=异面直线BE与AC所成的角的余弦值为12分.考点：1.直线与平面垂直的判定定理，平面与平面垂直的判定定理；2.异面直线成角；3.余弦定理的推论.22. 已知函数,其中是然对数底数.(1)若函数有两个不同的极值点,求实数的取值范围;(2)当时,求使不等式在一切实数上恒成立的最大正整数.【答案】
13、(1).（2）=14【解析】试题分析：（1）函数有两个不同的极值点，得，有两个不同的根，对分类讨论：当时，可得在上递减，不合题意，函数在上递减，在上递增，只需，解出即可得出结果；（2）当时，由题意可得：不等式对题意恒成立，令，令得，利用单调性可得，整理得，再研究其单调性即可得出.试题解析：（1）f（x）=ex2x，据题意得f（x）=ex2x=0有两个不同的根x1，x2，当0时，f（x）=ex2x0，因此f（x）在R上递减，不合题意，0，又f（x）=ex2，令f（x）=0，解得，函数f（x）=ex2x在上递减，在上递增，f（x）=ex2x=0有两个不同的根，则，即，解得（2）当=1时，求使不等式f（x）g（x）在一切实数上恒成立，即不等式对任意x恒成立，令，令h（x）=0得，函数h（x）在上递减，在上递增，整理得令，易得（）在（2，+）上递减，若=2e2（14，15），（2e2）=152e20，若=15，所以满足条件的最大整数=14
