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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2018届高三好教育云平台11月份内部特供卷高三理科数学（三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求
2、的1设复数满足，则（ ）A1BCD2【答案】A2已知集合，则（ ）ABCD【答案】C3已知向量，则向量，的夹角的余弦值为（ ）ABCD【答案】C4执行两次右图所示的程序框图，若第一次输入的的值为7，第二次输入的的值为9，则第一次、第二次输出的的值分别为（ ）A0，0B1，1C0，1D1，0【答案】D5已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）ABCD【答案】D6已知符号函数，是上的增函数，则（ ）ABCD【答案】B7函数是偶函数的充要条件是（ ） A，B，C，D，【答案】A8在区间上随机取两个数，记为事件“”的概率，为事件“”的概率，为事件“”的概率，则（ ）
3、ABCD【答案】B9九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺问：积及为米几何?”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为162立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）A14斛B22斛C36斛D66斛【答案】B10设双曲线（，）的右焦点为，右顶点为，过作的垂线与双曲线交于、两点，过、分别作、的垂线，两垂线交于点若到直线的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是（ ）ABCD【答案】A11如下图，在小正方形边长为1的网
4、格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为（ ）ABCD【答案】D12已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】C第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13设是等差数列的前项和，已知，则_【答案】4914若，满足约束条件，则的最大值为_【答案】315如图，在同一个平面内，向量，的模分别为1，1，与的夹角为，且，与的夹角为45若（），则_【答案】316若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_【答案】三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本小题满分10分）设（1）求的单调区间；（2）在锐角中，角，的对边分别为，若，求面积的最大值
5、【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）【解析】（1）由题意，由，可得，由，可得，所以的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），由题意是锐角，所以；由余弦定理：，可得，且当时成立，面积最大值为18（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，EF交BD于点H将DEF沿EF折到的位置（1）证明：平面ABCD；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）证明：由已知得，又由得，故因此，从而由，得由得所以，于是，故又，而，所以平面（2）解：如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系则，设是平面的法向量，则
6、，即，所以可取设是平面的法向量，则，即，所以可取于是因此二面角的正弦值是19（本小题满分12分）某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数（1）求X的分布列；（2）若要求，确定n的最
7、小值；（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？【答案】（1）详见解析；（2）19；（3）【解析】（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，从而；所以X的分布列为：X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04（2）由（1）知，故n的最小值为19（3）记表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）当时，（元）当时，（元）可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值，故应选20（本小题满分12分）已知椭圆的两个焦点与短轴的一
8、个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆有且只有一个公共点（1）求椭圆的方程及点的坐标；（2）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点证明：存在常数，使得，并求的值【答案】（1）椭圆的方程为点的坐标为；（2）【解析】（1）由已知，则椭圆的方程为由方程组，得方程的判别式为，由，得，此时方程的解为，所以椭圆的方程为点的坐标为（2）证明：由已知可设直线的方程为，由方程组，可得，所以P点坐标为，设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)由方程组，可得方程的判别式为，由，解得由得，所以，同理所以故存在常数，使得21（本小题满分14分）已知函数，（1）证明：当，；（2
9、）证明：时，存在，使得对，恒有；（3）确定的所有可能取值，使得存在，对，恒有【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）【解析】（1）令，则有，当，所以在上单调递减，故当时，即当时，（2）令，则有，当，所以在上单调递增，故对任意正实数均满足题意当令，得，取，所以，恒有，所以在上单调递增，即综上，当时，总存在，使得对，恒有（3）当时，由（1）知，对于，故，令，则有，故当时，在上单调递增，故，即，所以满足题意的不存在当时，由（2）知存在，使得当，恒有此时，令，则有，故当时，在上单调递增，故，即，记与中较小的为，则当，恒有，故满足题意的不存在当，由（1）知，当时，令，则有，当时，所以在上单调递减，
10、故，故当时，恒有，此时，任意正实数满足题意综上，请考生在第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（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程选讲在平面直角坐标系中，曲线（为参数，实数），曲线（为参数，实数）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与交于、两点，与交于、两点当时，；当时，（1）求，的值；（2）求的最大值【答案】（1），；（2）【解析】（1）将化为普通方程为，其极坐标方程为，由题可得当时，将化为普通方程为，其极坐标方程为，由题可得当时，（2）由的值可得，的方程分别为，最大值为，当即时取到23（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数（，实数）（1）若，求实数的取值范围；（2）求证：【答案】（1）或；（2）详见解析【解析】（1），即，解得或（2），当时，；当时，；当时，当且仅当，即时取等号，【陕西省西安市长安区第一中学2018届高三上学期第四次质量检测数学（理）试题用稿】好教育云平台 内部特供卷 第13页（共14页） 好教育云平台 内部特供卷 第14页（共14页）
