湖南省怀化市2018届高三上学期期末教育质量监测数学(理)试题含答案

怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷 2017年下学期高三期末考试 理科数学参

一、选择题（每小题5分共60分）

题号 1 答案 C 2 D 3 A 4 D 5 B 6 C 7 B 8 C 9 A 10 A 11 B 12 B 二、填空题（每小题5分共20分） 13.10； 14.[9,6] ； 15.40 ； 16.an三、解答题

11(2n1) . 3232c2a2b2b2c2a232217解：（I）由余弦定理abc，因此abc．

52ca2bc5c2a2b282c222tanAsinAcosBacab2ca54．6 故

tanBsinBcosAbb2c2a2b2c2a22c252bc（II）解法一：由（I）及tanA2，知tanB1sinAsinB1，因此．所以

2cosAcosBcosAB0，故AB2．

因此ABC为直角三角形，且sinA2．因而a255b,，所以5S1255512 ．2 解法二：由题知tanA2,tanB1,sinA25,sinB5，由正弦定理易知

255bcsinA5 a25,b5，S1218解：（Ⅰ）李先生一次租用共享汽车，为最优选择的概率

依题意ξ的值可能为0，1，2，3，4，且ξ～B（4，），

， ，

， ∴ξ的分布列为：

， ，

ξ 0 1 2 （或

3 ）．

4 P （Ⅱ）每次用车路上平均花的时间

（分钟）

每次租车的费用约为10+35.5×0.1=13.55元． 一个月的平均用车费用约为2元．

19．解：（Ⅰ）取AO的中点H，连结EH，则EH⊥平面ABCD ∵BD在平面ABCD内，∴EH⊥BD

又菱形ABCD中，AC⊥BD 且EH∩AC=H，EH、AC在平面EACF内 ∴BD⊥平面EACF，即BD⊥平面ACF

（Ⅱ）由（Ⅰ）知EH⊥平面ABCD，以H为原点，如图所示建立空间直角坐标系H﹣xyz ∵EH⊥平面ABCD，∴∠EAH为AE与平面ABCD所成的角， 即∠EAH=45°，又菱形ABCD的边长为4，则各点坐标分别为

，

E（0，0，

易知=

）

，

=

，

为平面ABCD的一个法向量，记=

=

∵EF∥AC，∴

设平面DEF的一个法向量为替代） 即 令∴

平面DEF与平面ABCD所成角（锐角）的余弦值为

=

，，则，∴

（注意：此处可以用

EzDxF．

OHyBCA

21.解：（1）当a1时，f(x)x2xlnx(x0)，

212x22x1(x1)2x2f'(x)2x20，

xxx所以f(x)在区间(0,)上单调递增 .4

12x22ax1（2）f'(x)2x2a，

xx由题意得，x1和x2是方程2x22ax10的两个不相等的正实根，则

2axx12a01xx，解得a2， 6 1224a2802ax2x2ax2111，22x21.

由于

a222，所以x(0,22)，x(2122,) .所以2f(x2(x221)f(x2)12ax1lnx1)(x22ax2lnx2)=2x2x2124ax12ax2lnx22lnx1

=2x2x2x212lnx21 1=132x22x2x2ln21 2(x1x2)132x2x222lnx222ln21 .2令tx22(t1)，g(t)12tt322lnt2ln21，则 g'(t)132t23t1(2t1)(t1)2t212t2t22t2， 当

12t1时，g'(t)0；当t1时，g'(t)0. 所以g(t)在(12,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， 则g(t)2ming(1)14ln2， 所以2f(x14ln21)f(x2)最小值为2 .

22．解：（1）由圆C1cost1的参数方程xsint（t为参数），y得(x1)2y21，---------------------------1分 所以C1(1,0)，r11

7

9 101112

又因为圆C2与圆C1外切于原点O，且两圆圆心的距离|C1C2|3， 可得 C1(2,0)，r22，则圆C2的方程为(x2)2y24---------3分 所以由xcos得圆C1的极坐标方程为2cos，

ysin圆C2的极坐标方程为4cos--------------5分 （2）由已知设A(1,)，

3则由l1l2 可得B(2,)，C(3,)，D(4,)

2214cos22cos()2sin2由（1）得，

2cos()2cos3344cos()4sin2所以S四边形ABCD11ACBD(13)(24)18sincos9sin2------8分 22所以当sin21时，即4时，S四边形ABCD有最大值9-----------------10分

注意：图形中A与D交换位置，B与C交换位置时，过程需更改.

23．解：（1）当x1时，f(x)(2x1)(x1)3x3解得x1，故此情况无解； 当1x当x11时，f(x)(2x1)(x1)x23解得x1，故1x； 2211时，f(x)(2x1)(x1)3x3解得x1，故x1. 22综上所述，满足f(x)3的解集为x1x1.-------------------5分 （2）当x0时，可知对于mR，不等式均成立； 当x0时，由已知可得mf(x)f(x)恒成立，m的最小值 xxf(x)2x1x11111121(2)(1)3当x1或x时，等号成立. xxxxxx2m3

综上所述，使得不等式恒成立的m的取值范围为m3.--------------10分