1、 1 湖南省长沙市 2018 届高三数学上学期 9 月月考试题 文（含解析） 本试卷分第 卷 (选择题 )和第 卷 (非选择题 )两部分 ， 共 8 页。时量 120 分钟。满分 150分。 第 卷 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)复数 z i1 i在复平面上对应的点位于 (A) (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 【解析】 A. z i1 i i（ 1 i）1 i2 12 12i， 复数 z 在复平面上对应的点位于第一象限故选 A. (2)设全集 U R， A
2、 x|2x(x 2) 1， B x|y ln(1 x)， 则 A ?UB 表示的集合为 (D) (A)x|x 1 (B)x|x 1 (C)x|0 x1 ( D)x|1 x 2 【解析】 2 x(x 2) 1， x(x 2) 0， 0 x 2； A x|2x(x 2) 1 (0， 2)；又 B x|y ln(1 x) ( ， 1)， A ?UB 表示的集合为 1， 2)， 故选 D. (3)为了了解某地区高三学生的身体发育情况 ， 抽查了该地区 100 名年龄为 17.5 岁 18岁的男生体重 (kg)， 得到频率分布直方图如右 ， 根据右图 ， 可得这 100 名学生中体重在 56.5，64.
3、5)的学生人数是 (D) (A)15 (B)20 (C)30 (D)40 【解析】体重在 56.5， 64.5)的频率是 (0.03 0.05 0.05 0.07)2 0.4， 所以这 100名学生中体重 在 56.5， 64.5)的学生人数是 1000.4 40， 故选 D. (4)将函数 y 3sin? ?2x 3 的图象向右平移 2 个单位 ， 所得图象对应的函数 (A) (A)在区间 ? ?12， 712 上单调递增 (B)在区间 ? ?12， 712 上单调递减 (C)在区间 ? ? 6 ， 3 上单调递增 (D)在区间 ? ? 6 ， 3 上单调递减 【解析】将函数 y 3sin?
4、 ?2x 3 的图象向右平移 2 个单位 ， 所得函数变为 y3sin? ?2x 23 ， 令 2k 2 2x 23 2k 2 (k Z)， 解得 k 12 x k 712(k Z)， 令 k 0， 12 x 712 .故函数在区间 12， 712上单调递增故选 A. (5)下列结论中 ， 正确的是 (C) 2 命题 “ 若 p2 q2 2， 则 p q2” 的逆 否命题是 “ 若 p q 2， 则p2 q2 2” ； 已知 a， b， c 为非零的平面向量 ， 甲： ab ac ， 乙： b c， 则甲是乙的必要条件 ，但不是充分条件； 命题 p： y ax(a 0 且 a1) 是周期函数
5、， q： y sin x 是周期函数 ， 则 p q 是真命题； 命题 ? x0 R， x20 3x0 10 的否定是綈 p： ? x R， x2 3x 1 0. (A) (B) (C) (D) 【解析】 命题 “ 若 p2 q2 2， 则 p q2” 的逆否命题是 “ 若 p q 2， 则 p2 q2 2”故 正确； 已知 a， b， c 为非零的平面向量 ， 甲： ab ac ， 乙： b c， 由 ab ac ，可得 b c 或 a 与 b c 垂直 ， 则甲是乙的必要条件 ， 但不是充分条件 ， 故正确；命题 p：y ax(a 0 且 a1) 是周期函数为假命题 ， q： y sin
6、x 是周期函数为真命题 ， 则 p q 是假命题 ， 故 错误； 命题 ? x0 R， x20 3x0 10 的否定是綈 p： ? x R， x2 3x 1 0， 故 正确 ， 正确的命题是 ， 故选： C. (6)我国南宋时期的著名数学家秦九韶在他的著作数书 九章中提出了秦 九韶算法来计算多项式的值，在执行下列算法的程序框图时，若输入的 n 4， x 2， 则输出 V 的值为 (B) (A)15 (B)31 (C)63 (D)127 (7)一个空间几何体的三视图如图所示 ， 则该几何体的体积为 (A) (A)403 (B)803 (C)40 (D)80 【解析】由三视图知 ， 几何体 为其中
7、一个侧面在下面的四棱锥 ， 如图： 其中 SA 平面 ABCD， SA 4， 底面 ABCD 为直角梯形 ， 且 DA 4， BC 1， AB 4， 故几何3 体的体积为 V 13 1 42 44 403. (8)定义在 R 上的偶函数 f(x)满足：对任意的 x1， x2 0， )( x1 x2)， 有f（ x2） f（ x1）x2 x1 0.则 (D) (A)f(0.76)2 的解集为 (C) (A)(1， 2)(3 ， ) (B)( 10， ) (C)(1， 2)( 10， ) (D)(1 ， 2) 【解析】令 2ex 12( )x2( )x2 ， 解得 x为 ( )10， ，不等式 f
8、(x)2 的解集为 (1， 2)( 10， ) ， 故选 C. (10)若函数 f( )x aex x 2a 有两个零点 ， 则实数 a 的取值范围是 (D) (A)? ? ， 1e (B)? ?0， 1e (C)( ) ， 0 (D)( )0， 【解析】 f( )x aex x 2a 的导函数 f( x) aex 1， 当 a0 时 ， f (x) aex 10恒成立 ， 函数 f(x)在 R 上单调递减 ， 不可能有两个零点；当 a0 时 ， 令 f( x) aex 1 0，x ln1a， 函数 f(x)在 ? ? ， ln1a 上单调递减 ， 在 ? ?ln1a， 上单调递增 ， 所以
9、f(x)的最小值为 f? ?ln1a 1 ln a 2a， 令 g(a) 1 ln a 2a， 可分析 g(a) 1 ln a 2a 的最大值为g? ?12 1 ln12 1 ln 2n 2， 所以 bn 2n n 2， n 3.9 分 设数列 bn的前 n 项和为 Tn， 则 T1 1， T2 1， 当 n3 时 ， Tn 1 8（ 1 2n 2）1 2 （ 3 n）（ n 2）2 2(n 2) 2n 1 n2 5n2 当 n 1， 2 时 ， 均符合上式所以 ， 数列 |an n 2|的前 n 项和为 Tn 2n 1 n2 5n2 12分 (20)(本小题满分 12 分 ) 已知椭圆 C：
10、 x2a2y2b2 1 (a b 0)的短轴长为 2， 过上顶点 E 和右焦点 F 的直线与圆 M：x2 y2 4x 2y 4 0 相切 () 求椭圆 C 的标准方程； () 若直线 l过点 (1， 0)， 且与椭圆 C交于点 A， B， 则在 x轴上是否存在一点 T(t， 0)(t0) ，使得不论直线 l 的斜率如何变 化，总 有 OTA OTB (其中 O 为坐标原点 )， 若存在 ， 求出 t的值；若不存在 ， 请说明理由 7 【解析】 () 由已知中椭圆 C 的短轴长为 2， 可得： b 1， 则过上顶点 E(0， 1)和右焦点 F(c， 0)的直线方程为： xc y 1 即 x cy
11、 c 0， 2 分 由直线与圆 M： x2 y2 4x 2y 4 0 相切 故圆心 M(2， 1)到直线的距离 d 等于半径 1， 即 |2 c c|1 c2 1， 解得： c2 3， 则 a2 4， 故椭圆 C 的标准方程为： x24 y2 1； 4 分 () 设 A(x1, y1)， B(x2, y2)， 当直线 AB 的斜率不为 0 时 ， 设直线 l 方程为： x my 1， 代入 x24 y2 1， 得： (m2 4)y2 2my 3 0， 则 y1 y2 2mm2 4， y1 y2 3m2 4， 6 分 设直线 TA， TB 的斜率分别为 k1, k2, 若 OTA OTB， 则
12、k1 k2 y1x1 t y2x2 t y1（ x2 t） y2（ x1 t）（ x1 t）（ x2 t）y1（ my2 1 t） y2（ my1 1 t）（ x1 t）（ x2 t） 2y1y2m（ y1 y2）（ 1 t）（ x1 t）（ x2 t） 0， 9 分 即 2y1y2m (y1 y2)(1 t) 6mm2 4 2m（ 1 t）m2 4 0， 解得： t 4， 11 分 当直线 AB 的斜率为 0 时 ， t 4 也满足条件 ， 综上 ， 在 x轴上存在一点 T(4， 0)， 使得不论直线 l的斜率如何变化 ， 总有 OTA OTB.12分 (21)(本 小 题满分 12 分 )
13、 已知函数 f(x) x mex(m R， e 为自然对数的底数 ) () 讨论函数 f(x)的单调性； () 若 f(x) e2x对 ? x R 恒成立 ， 求实数 m 的取值范围； () 设 x1, x2(x1 x2)是函数 f(x)的两个零点 ， 求证 x1 x2 2. 【解析】 () f( x) 1 mex， 当 m0 时 ， f (x) 0， 函数 f(x)为 ( ， ) 上的增函数； 2 分 当 m 0 时 ， 由 f( x) 0， 得 x ln m， f(x)在 ( ， ln m)上为增函数； 由 f( x) 0， 得 x ln m， f(x)在 ( ln m， ) 上为减函数
14、4 分 () f(x) e2x?m xex ex， 设 g(x) xex ex， 则 g( x) 1 e2x xex ， 当 x 0 时 ， 1 e2x 0， g (x) 0， 则 g(x)在 ( ， 0)上单调递增； 当 x 0 时 ， 1 e2x 0， g (x) 0， 则 g(x)在 (0， ) 上单调递减 g(x)max g(0) 1， 则 m 17 分 () 证明： f(x)有两个不同零点 x1, x2, 则 x1 mex1， x2 mex2， 因此 x1 x2 m(ex1 ex2)， 即 m x1 x2ex1 ex2.8 分 要证 x1 x2 2， 只要证明 m(ex1 ex2)
15、2， 即证 (x1 x2)ex1 ex2ex1 ex2 2. 不妨设 x1 x2, 记 t x1 x2, 则 t 0， et 1， 8 因此只要证明 t et 1et 1 2， 即 (t 2)et t 2 0.10 分 记 h(t) (t 2)et t 2(t 0)， h (t) (t 1)et 1， h (t) tet . 当 t 0 时 ， h (t) tet 0， h (t) h(0) 0， 则 h(t)在 (0， ) 上单调递增 ， h(t) h(0) 0， 即 (t 2)et t 2 0 成立 x1 x2 2.12 分 9 请考生在第 (22) (23)两题中任选一题作 答 ， 如果
16、多做 ， 则按所做的第一题计分。做答时请写清题号。 (22)(本小题满分 10 分 )选修 4 4：极坐标与参数方程 在极坐标系中 ， 已知圆 C 的圆心 C? ?2， 4 ， 半径 r 3. () 求圆 C 的极坐标方程； () 若 ? ?0， 4 ， 直线 l 的参数方程为?x 2 tcos ，y 2 tsin (t 为参数 )， 直线 l 交圆 C于 A、 B 两点 ， 求弦长 |AB|的取值范围 【解析】 () C? ?2， 4 的直角坐标为 (1， 1)， 2 分 圆 C 的直角坐标方程为 (x 1)2 (y 1)2 3. 化为极坐标方程是 2 2 (cos sin ) 1 04 分 ( )将?x 2 tcos ，y 2 ts
