山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷(五) 文科数学试题
山东、湖北部分重点中学2018届高三高考冲刺模拟考试(二)数学(文)试卷word版含答案
齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷（二）文科数学试题一.选择题：本题共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.（原创.容易）已知集合{|A x y =，{|12}B x x =-≤≤，则A B = （）A.[1,2]-B. [1,2]C. (1,2]D. [1,1]{2}- 【答案】B【解析】由{|A x y ==得[1,)A =+∞[1,2]A B ∴= .故选B.【考点】考查不等式及集合运算.2.(原创.容易)已知复数z 满足||2z z z =+=，（z 为z 的共轭复数）.下列选项（选项中的i 为虚数单位）中z =（）.A. 1i +B. 1i -C.1i +或1i -D.1i -+或1i -- 【答案】C【解析】设(,)z a bi a b R =+∈，则z a bi =-，所以22222a b a ⎧+=⎨=⎩得11a b =⎧⎨=±⎩，所以1z i =+或1z i =-.故选C. 【考点】考查复数的模的运算.3.（原创.容易）当5个正整数从小到大排列时，其中位数为4，若这5个数的唯一众数为6，则这5个数的均值不可能为（）A.3.6B.3.8C.4D.4.2 【答案】A【解析】设五个数从小到大为12345,,,,a a a a a ，依题意得34a =，456a a ==，12,a a 是1,2,3中两个不同的数，符合题意的五个数可能有三种情形：“1,2,4,6,6”，“1,34,6,6”，“2,3,4,6,6”，其平均数分别为3.8,4,4.2.故选A. 【考点】考查样本特征数的计算.4. （原创.容易）一给定函数()y f x =的图象在下列四个选项中，并且对任意1(0,1)a ∈，由关系式1()n n a f a +=得到的数列{}n a 满足1n n a a +<.则该函数的图象可能是（）【答案】A【解析】由1n n a a +<得()n n f a a <，所以11()f a a <在1(0,1)a ∀∈上都成立， 即(0,1)x ∀∈，()f x x <，所以函数图象都在y x =的下方.故选A. 【考点】考查函数图象.5. （原创.容易）按如图所示的算法框图，某同学在区间[0,9]上随机地取一个数作为x 输入，则该同学能得到“OK ”的概率（） A.12 B.19 C.1318D.89【答案】C【解析】当1[0,]2x ∈，由算法可知22y x =-+得[1,2]y ∈，得到“OK ”；当1(,1)2x ∈，由算法可知22y x =-+得(0,1)y ∈，不能得到“OK ”；当[1,3)x ∈，由算法可知3log y x =得[0,1)y ∈，不能得到“OK ”； 当[3,9]x ∈，由算法可知3log y x =得[1,2]y ∈，能得到“OK ”；16132918P +∴==.故选C.【考点】考查算法、分段函数的值域及几何概率的计算.6. （原创.容易）已知直线20x y +=与直线0x dy -+=互相平行且距离为m .等差数列{}n a 的公差为d ，且7841035,0a a a a ⋅=+<，令123||||||||n n S a a a a =++++ ，则m S 的值为（）A.36B.44C.52D.60Boyyyyxx是y y=l og 3xy=-2x +2x <1?x结束【答案】C【解析】由两直线平行得2d =-，由两平行直线间距离公式得10m =，77(2)35a a ⋅-=得75a =-或77a =.410720a a a +=< ，75a ∴=-，所以29n a n =-+.12310|||||||||7||5||3||1||1||3||5||7||9|n S a a a a ∴=++++=++++-+-+-+-+- |11|52+-=.故选C.【考点】考查两平行直线的距离及等差数列{}n a 的前n 项的绝对值的和.7. （原创.容易）函数()cos 2|cos |,[0,2]f x x x m x π=+-∈恰有两个零点，则m 的取值范围为（）A.(0,1]B.{1}C.{0}(1,3]D. [0,3] 【答案】C【解析】()cos 2|cos |,[0,2]f x x x m x π=+-∈的零点个数就是33cos ,[0,][,2]22cos 2|cos |3cos ,(,)22x x y x x x x πππππ⎧∈⎪⎪=+=⎨⎪-∈⎪⎩ 与y m =的交点个数.作出cos 2|cos |y x x =+的图象，由图象可知0m =或13m <≤.故选C. 【考点】考查三角函数的图象及函数零点.8. (原创.中) 我国古代著名的数学家刘徽著有《海岛算经》.内有一篇：“今有望海岛,立两表齐,高三丈,前后相去千步,令后表与前表相直.从前表却行百二十三步,人目著地取望岛峰,与表末参合.从后表却行百二十七步,人目著地取望岛峰,亦与表末参合.问岛高及去表各几何?”（参考译文．．．．：假设测量海岛,立两根标杆，高均为5步,前后相距1000步,令前后两根标杆和岛在同一直线上,从前标杆退行123 步, 人的视线从地面(人的高度忽略不计)过标杆顶恰好观测到岛峰,从后标杆退行127步, 人的视线从地面过标杆顶恰好观测到岛峰,问岛高多少？岛与前标杆相距多远?）（丈、步为古时计量单位，三丈=5步）.则海岛高度为（）A.1055步B. 1255步C.1550步D.2255步【答案】B【解析】如图，设岛高x步，与前标杆相距y步，则有512312351271271000x yx y⎧=⎪+⎪⎨⎪=⎪++⎩解得1255x=步.【考点】考查解直角三角形，利用相似成比例的关系.9. （原创.中）一个几何体的三视图如图所示，正视图与俯视图外框为全等的长与宽分别为2，1的长方形，侧视图为正方形.则这个几何体的体积为A.13B.53C.54D.2【答案】B【解析】依题意几何体是长方体截去了一个三棱锥部分而成.长方体的体积为1122⨯⨯=，三棱锥的体积为111112323⨯⨯⨯⨯=,所以几何体的体积为15233-=.故选B.【考点】考查立体几何三视图及体积运算.10. （原创.中）已知椭圆22221(0)x ya ba b+=>>的右顶点为A，左、右焦点分别为12(,0),(,0)F c F c-，(,),(,)B a aC a a---，过,,A B C三点的圆与直线2axc=-相切，则此椭圆的离心率为（）A.13B.12C.2D.23【答案】D【解析】如图，由射影定理可得：2BE AE ED=⋅，即222()aa a ac=-，1271231000几何体所以23c a =即椭圆的离心率23e =．故选Ｄ． 另解：设过,,A B C 三点的圆的圆心为(,0)M m ，由||||MA MB =得：||m a -=4am =-， 所以2552||,(),4443a a c r MA a a e c a ==∴---===.故选D.【考点】考查椭圆的性质.11.（原创.难）已知,D E 分别是ABC ∆边,AB AC 的中点，M 是线段DE 上的一动点（不包含,D E 两点），且满足AM AB AC αβ=+ ，则12αβ+的最小值为( )A. 8C. 6-6+【答案】D【解析】由于M 是DE 上的一动点（不包含,D E 两点），且满足22AM AB AC AD AE αβαβ=+=+，所以,0αβ>且221αβ+=,所以121224()(22)66βααβαβαβαβ+=++=++≥+(当且仅当12,22-α=β=时取=).故选D ． 【考点】考查平面向量的线性运算.12.（原创.难）定义在R 上的奇函数)(x f ，当0≥x 时，12,[0,1)()1|3|,[1,).x x f x x x ⎧-∈=⎨--∈+∞⎩，则关于x 的函数()()(01)F x f x a a =-<<的所有零点之和为（）A. 21a- B. 12a-- C. 2log (1)a -+ D. 2log (1)a -【答案】C【解析】当0x ≥时，()[)[)[)12,0,12,1,34,3,x x f x x x x x ⎧-∈⎪=-∈⎨⎪-∈+∞⎩又()f x 是奇函数，由图像可知：y()()()0,01F x f x a a =⇒=<<，有5个零点，其中有两个零点关于3x =-对称，还有两个零点关于3x =对称，所以这四个零点的和为零，第五个零点是直线x a =与函数1()12x y =-，(]1,0x ∈-交点的横坐标，即方程1()12x a =-的解，2log (1)x a =-+，故选C.【考点】考查函数零点与图象的对称性及指数方程的解法. 二.填空题：本题共4个题，每小题5分，共20分.13.(原创.容易) 在三棱锥S ABC -中，,,AB AC AB AC SA SA ⊥==⊥平面ABC ，D 为BC 中点，则异面直线AB 与SD 所成角的余弦值为________.【答案】6【解析】如图，取AC 中点为E ，连结,DE SE ，因为,D E 分别为,BC AC 的中点，所以DE ∥AC ，所以SDE ∠就是异面直线AB 与SD 所成角，令2AB AC SA ===，由勾股定理得SE =又1DE =.易证BA ⊥平面SAC ，DE ∴⊥平面SAC ，DE SE ∴⊥，SD ∴=在Rt SDE ∆中，cos DE SDE SD ∠===. 【考点】考查空间异面直线所成角的大小.14. (原创.容易)已知双曲线2214x y -=上一点P ，过点P 作双曲线两渐近线的平行线12,l l ，直线12,l l 分别交x 轴于,M N 两点，则||||OM ON ⋅=__________. 【答案】4【解析】双曲线2214x y -=两渐近线的斜率为12±，设点(,)P x y ，则12,l l 的方程分别为1()2y y x x -=- ，1()2y y x x -=-- ， 所以,M N 坐标为(2,0),(2,0)M x y N x y -+ ，CS22|||||2||2||4|OM ON x y x y x y ∴⋅=-⨯+=-，又点P 在双曲线上，则2214x y -= ，所以||||4OM ON ⋅=.（另解：填空题可用特值法，取(2,0)P ） 【考点】考查双曲线的渐近线的性质.15. 实系数一元二次方程220x ax b +-=有两实根，一根在区间(0,1)内，另一根在区间(1,2)内.若1bz a =-，则z 的取值范围为__________. 【答案】1(0,)4【解析】令2()2f x x ax b =+-，依题意得(0)0(1)0(2)0f f f >⎧⎪<⎨⎪>⎩即021020b a b a b <⎧⎪-+<⎨⎪-+>⎩作出可行域如图，可行域是ABC ∆内部的部分. 1bz a =-表示的几何意义是过可行域内一点与点(1,0)P 的直线的斜率，由21020a b a b -+=⎧⎨-+=⎩得(3,1)A --，(1,0),(2,0)B C --所以1010,314PC PA k k --===--，1(0,)4z ∴∈ 【考点】考查线性规划求范围.16. (原创.中等) 下面有四个命题：①在等比数列{}n a 中，首项10a >是等比数列{}n a 为递增数列的必要条件. ②已知lg 2a =，则aaa a a a <<. ③将2tan()6y x π=+的图象向右平移6π个单位，再将所得图象的横坐标不变，纵坐标缩短到原来的12，可得到tan y x =的图象. ④设03a <<，则函数3()(01)f x x ax x =-<<有最小值无最大值.其中正确命题的序号为___________.(填入所有正确的命题序号) 【答案】③④【解析】①如首项11,a =-公比12q =的等比数列为递增数列，所以首项10a >不是等比数列{}n a 为递增数列的必要条件，所以错误.②可知0101,,a a a a a <<∴>>即1a a a >>，所以aa a a aa <<，所以错误.③由变换规律得正确.④'201,()30x f x x a <<∴=-= 得x =03a <<，01∴<<，可知()f x 在单调递减，在单调递增，所以正确.故填③④.【考点】考查了等比数列的性质，用指数函数的单调性比较大小，图象变换及函数的最值的求解.三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分. 17.（本小题满分12分）（原创.容易）ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c .已知a c bbc ab ac+-= 1cos cos a C c A+.（Ⅰ）求角B ；（Ⅱ）ABC ∆c a >，求c . 解：（Ⅰ）由余弦定理得2222cos a c b B ac +-=，……………1分 2222222cos a c b a c b a c b B bc ab ac abc abc abc abc b +-∴+-=+-==， 2cos 1cos cos B b a C c A∴=+.……………3分 由正弦定理得2cos 11sin sin cos sin cos sin()B B AC C A A C ==++， 又A C B π+=-，2cos sin sin B B B ∴=，又sin 0B ≠1cos 2B ∴=. ……………5分 (0,)B π∈ ，所以3B π=.……………6分（Ⅱ）23sin br b B==∴=，……………7分由面积公式得1sin 2ac B ==，即6ac =.……………9分 由余弦定理2222cos b a c ac B =+-得22269b a c =+-=即2215a c +=.……11分解得：a c ⎧=⎪⎨=⎪⎩a c ⎧=⎪⎨=⎪⎩，又c a >，所以a c ==……………12分18. （本小题满分12分）(原创.容易)一批大学生和公务员为了响应我党提出的“精准扶贫”政策，申请报名参加新疆某贫困地区开展脱贫工作的“进村工作”活动，帮助当地农民脱贫致富.该区有,,,A B C D 四个村，政府组织了四个扶贫小组分别进驻各村，开展“进村工作”，签约期两年.约期完后，统计出该区,,,A B C D 四村的贫富情况条形图如下：（Ⅰ）若该区脱贫率为80％，根据条形图，求出B 村的总户数；（Ⅱ）约期完后，政府打算从四个小组中选出两个小组颁发金星级奖与银星级奖，每个小组被选中的可能性相同.求进驻A 村的工作小组被选中的概率. 解：（Ⅰ）设B 村户数为x 户，则：80％806060402401006060220x x+++==++++，………3分得：80x =（户）.……………5分（Ⅱ）不妨用（金星级奖队，银星级奖队）表示获奖结果，则可能出现的结果为：(,)A B ，(,)A C ，(,)A D ，(,)B A ，(,)B C ，(,)B D ，(,)C A ，(,)C B ，(,)C D ， (,)D A ，(,)D B ，(,)D C ，户数村脱贫户数村总户数户数村脱贫户数村总户数共12种等可能性结果.……………9分其中(,)A B ，(,)A C ，(,)A D ，(,)B A ，(,)C A ，(,)D A 符合题意，共6种. 所以进驻A 村的工作小组被选中的概率为61122=.……………12分19. （本小题满分12分）（原创.中）如图，五边形ABSCD 中，四边形ABCD 为长方形，三角形SBC 为边长为2的正三角形，将三角形SBC 沿BC 折起，使得点S 在平面ABCD 上的射影恰好在AD 上.（Ⅰ）当AB =时，证明：平面SAB ⊥平面SCD ；（Ⅱ）当1AB =，求四棱锥S ABCD -的侧面积.解析：（Ⅰ）作SO AD ⊥，垂足为O ，依题意得SO ⊥平面ABCD ，,SO AB SO CD ∴⊥⊥， 又AB AD ⊥，AB ∴⊥平面SAD ，,AB SA AB SD ⊥⊥.………2分利用勾股定理得SA ==同理可得SD =在SAD ∆中，2,AD SA SD SA SD ==⊥……………4分SD ∴⊥平面SAB ，又SD ⊂平面SCD ，所以平面SAB ⊥平面SCD .……………6分(Ⅱ)由（Ⅰ）中可知AB ⊥SA ，同理CD SD ⊥，……………7分1,2AB CD SB SC ====，则由勾股定理可得SA SD ==8分22112122SBC SAB SCD S BC S S CD SD ∆∆∆∴=====⨯=⨯=， SAD ∆中，2SA SD AD ===，所以AD 边上高h==，11222SAD S AD h ∆∴=⨯=⨯=11分ASAO22SAB SBC SCD SAD S S S S S ∆∆∆∆=+++=+=所以四棱锥S ABCD -的侧面积S =……………12分 20. （本小题满分12分）(原创.中)已知过抛物线2:2(08)y px p Ω=<≤的焦点F 向圆22:(3)1C x y -+=引切线FT （T 为切点），切线FT （Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅱ）作圆22:(3)1C x y -+=的切线l ，直线l 与抛物线Ω交于,A B 两点，求||||FA FB ⋅的最小值.解；（Ⅰ）因为圆22:(3)1C x y -+=的圆心为(3,0)C ，(,0)2pF ，……………1分由切线长定理可得222||||FC FT r =+，即222(3)142p -=+=，……………3分 解得：2p =或10p =，又08p <≤，2p ∴=，所以抛物线C 的方程为24y x =.……………4分 （Ⅱ）设1122(,),(,)A x y B x y ，直线l 方程为x ny m =+， 代入24y x =得2440y ny m --=，12124,4y y n y y m ∴+==-，得21212()242x x n y y m n m +=++=+，222121216y y x x m ==，……………5分 由抛物线的性质得：12||1,||1FA x FB x =+=+，2212||||(1)(1)421FA FB x x m n m ∴=++=+++.……………8分又直线l 与圆C1=，即|3|m -=，22(3)1m n ∴-=+，因为圆C 在抛物线内部，所以n R ∈得：(,2][4,)m ∈-∞+∞ ，……………10分 此时222||||4(3)42152233FA FB m m m m m =+--++=-+.由二次函数的性质可知当2m =时，||||FA FB 取最小值， 即||||FA FB 的最小值为9.……………12分 21. （本小题满分12分） (原创.难)已知函数322211()ln ln ,032a f x x x a x a a a -=+-+> （Ⅰ）当1a =时，求()f x 的单调区间及极值； （Ⅱ）若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围. 解：（Ⅰ）当1a =时，31()ln 3f x x x =-，0x >. 3'211()x f x x x x-=-=，0x >.……………1分当01x <<时，'()0f x <；当1x >时，'()0f x >.……………3分 所以()f x 的单调减区间为(0,1)；单调增区间为(1,)+∞.()f x 的的极小值为1(1)3f =；无极大值.……………5分（Ⅱ）2322'2(1)()(1)a x a x a f x x a x x x+--=+--= 322222()()()()()x ax x a x x a x a x a x a x x a x x x-+--+-+-++===.……………7分20,0,0x a x x a >>∴++> ，当x a >时，'()0f x >；当0x a <<时，'()0f x <.()f x 在(0,)a 上单调递减；在(,)a +∞上单调递增.……………8分所以322min 111()()(3)326a f x f a a a a a -==+=- 若()f x 有两个零点，必有2min 1()(3)06f x a a =-<，得3a >.……………10分又322321122(2)(2)(2)ln()(2ln 2)0323a a f a a a a a a a -=+-=+-> 3222221111111137(1)11ln()ln ()032322322448a a a f a a a a a a -=⨯+⨯-=+-+>+-+=-+>综上所述，当3a >时()f x 有两个零点，所以符合题意的a 的取值范围为(3,)+∞.…12分（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22. （本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]（原创.易）在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为5cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩，（t 为参数，0απ≤<）.以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程是4cos ρθ=.（Ⅰ）当45α= 时，求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）已知点C 的直角坐标为(2,0)C ，直线l 与曲线C 交于,A B 两点，当ABC ∆面积最大时，求直线l 的普通方程.解：（Ⅰ）当45α= 时，直线l的参数方程为522x t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 消去t 得直线l 的普通方程为50x y --=. ……………………2分曲线C 的极坐标方程是4cos ρθ=，两边乘以ρ为24cos ρρθ=，由cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩得：2240x y x +-=，所以曲线C 的直角坐标方程为2240x y x +-=. ……………………5分 （Ⅱ）曲线C 是以(2,0)C 为圆心，2为半径的圆，1||||sin 2sin 2ABC S CA CB ACB ACB ∆=∠=∠. ……………………7分 当90ACB ∠=时面积最大.此时点C 到直线:(5)l y k x =-的距离为，所以|=，解得：7k =±，……………………9分 所以直线l的普通方程为(5)7y x =±-. ……………………10分23. （本小题满分10分）[选修4-5：不等式选讲] （原创.易）设()|1||3|f x a x x =-++. （Ⅰ）当1a =时，求()f x 的最小值；（Ⅱ）若()g x 为奇函数，且(2)()g x g x -=，当[0,1]x ∈时，()5g x x =.若()()()h x f x g x =-有无数多个零点，作出()g x 图象并根据图象写出a 的值（不要求证明）.解：（Ⅰ）当1a =时，()|1||3||(1)(3)|4f x x x x x =-++≥--+=， 当且仅当(1)(3)0x x -+≤，即31x -≤≤时等号成立.()f x ∴的最小值为4.……………………4分（Ⅱ）()g x 的图象是夹在5y =-与5y =之间的周期为4的折线，如图，…………6分又(1)3,3()(1)3,31(1)3,1a x a x f x a x a x a x a x -++-≤-⎧⎪=-++-<<⎨⎪+-+≥⎩，()f x 的图象是两条射线与中间一段线段组成.……………………8分若()()()h x f x g x =-有无数多个零点，则()f x 的图象的两条射线中至少有一条是平行于x 轴的，所以(1)0a -+=或(1)0a +=得1a =-.此时4,3()22,314,1x f x x x x -≤-⎧⎪=+-<<⎨⎪≥⎩，经验证符合题意，1a ∴=-……………………10分。
2018年高考模拟试卷(文科)
湖北省鄂州市2018年高考模拟试卷数学试题（文科）本试卷分为第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分.满分150分.考试时间120分钟.第I 卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12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．已知全集U= {a ， b ， c ， d ， e}，A={c ， d ， e}，B={a ， b ， e}，则集合{a ， b}可表示为 （ ） A ．A ∩B B ．（C ∪A ）∩B C ．（C ∪B ）∩A D ．C ∪（A ∪B ） 2．设)(1x f -是函数1()(22)2xx f x -=-的反函数，则使1)(1>-x f 成立的x 的取值范围为（ ）A ．3(,)4+∞B ．3(,)4-∞C ．3(,2)4D ．[2,)+∞3．某全日制大学共有学生5600人，其中专科有1300人、本科有3000人、研究生1300人，现采用分层抽样的方法调查学生利用因特网查找学习资料的情况，抽取的样本为280人，则应在专科生、本科生与研究生这三类学生中应分别抽取 （ ） A ．65人，150人，65人 B ．30人，150人，100人 C ．93人，94人，93人 D ．80人，120人，80人 4．在正三棱锥中，相邻两侧面所成二面角的取值范围是 （ ）A ．3ππ（，）B ．23ππ（，） C ．（0，2π） D ．23ππ（，）35．下列命题中假命题是（ ）A ．离心率为2的双曲线的两渐近线互相垂直B ．过点（1，1）且与直线x －2y+3=0垂直的直线方程是2x + y －3=0C ．抛物线y 2 = 2x 的焦点到准线的距离为1D ．223x +225y =1的两条准线之间的距离为4256． 已知ABCD 是同一球面上的四点，且每两点间距离相等，都等于2，则球心到平面BCD的距离是 （ ）A ．36B ．66 C ．126 D ．186 7．21,e e 是平面内不共线两向量，已知2121213,2,e e CD e e CB e k e AB -=+=-=，若 D B A ,,三点共线，则k 的值是（ ） A ．2B ．3-C ．2-D ．38．点P 是抛物线x y 42=上一动点，则点P 到点)1,0(-A 的距离与P 到直线1-=x 的距离 和的最小值是（ ）A ．B ．C ．2D ．29．已知点M （a ，b ）在由不不等式组002x y x y ì³ïïï³íïï+?ïïî确定的平面区域内，则点N （a+b ，a-b ）所在的平面区域的面积是（ ）A ．1B ．2C ．4D ．810．函数b x A x f +ϕ+ω=)sin()(的图象如图，则)(x f 的解析式和++=)1()0(f f S )2006()2(f f +⋯+的值分别为（ ）A ．12sin 21)(+π=x x f ， 2006=S B ．12sin 21)(+π=x x f ， 212007=SC ．12sin 21)(+π=x x f ， 212006=SD ．12sin 21)(+π=x x f ， 2007=S11．等差数列}{n a 的公差,0<d 且21121a a =，则数列}{n a 的前n 项和n S 取得最大值时的项数n 是（ ）A ．5B ．6C ．5或6D ．6或712．若x ∈A 则x 1∈A ，就称A 是伙伴关系集合，集合M={－1，0，31，21，1，2，3，4}的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为（ ）A ．15B ．16C ．28D ．25第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在题中的横线上. 13．定义运算“*”如下：,,,*2⎩⎨⎧<≥=ba b ba ab a 则函数∈-⋅=x x x x x f ()*2()*1()(])2,2[-的最大值等于.14．与圆22(2)1x y +-=相切，且在两坐标轴上截距相等的 直线共有_____ 条.15． 如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M在A 上，且AM=31AB ，点P 在平面ABCD 上，且动点P 到直线A 1D 1的距离的平方与P 到点M 的距 离的平方差为1，在平面直角坐标系xAy 中，动点 P 的轨迹方程是 . 16． 有以下4个命题：①p 、q 为简单命题，则“p 且q 为假命题”是“p 或q 为 假命题”的必要不充分条件；②直线2x-By+3=0的倾斜角为B2arctan ； ③)cos (2log 1cos x x y -+-=表示y 为x 的函数；④从某地区20个商场中抽取8个调查其收入和售后服务情况，宜采用分层抽样． 其中错误．．的命题为 （将所有错误的命题的序号都填上）.三、解答题：本大题共6小题，共70分.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）设函数f （x ）＝a·b ，其中向量a ＝（cos x 2，sin x2），（x ∈R ），向量b＝（cos ϕ，sin ϕ）（|ϕ|<π2），，f （x ）的图象关于x ＝π6对称．（Ⅰ）求ϕ的值； （Ⅱ）若函数y ＝1＋sinx2的图象按向量c ＝（m ，n ） （| m |＜π＝平移可得到函数 y ＝f （x ）的图象，求向量c ．18．（本小题满分12分）某商场为迎接元旦举办新产品问世促销活动，方式是买一份糖果摸一次彩，摸彩的器具是绿、白两色的乒乓球．这些乒乓球的大小和质地完全相同．商场按中奖率1％设大奖，其余99％为小 奖．为了制定摸彩的办法，商场向职工广泛征集方案，对征集到的优秀方案进行奖励．如果你是此商场职工，你将会提出怎样的方案? 19．（本小题满分12分）在正三角形ABC 中，E 、F 、P 分别是AB 、AC 、BC 边上的点，满足AE EB =12CF CP FA PB ==（如图1）.将△AEF 沿EF 折起到EF A 1∆的位置，使二面角A 1－EF －B 成直二面角，连结A 1B 、A 1P （如图2） （Ⅰ）求证：A 1E ⊥平面BEP ；（II ）求直线A 1E 与平面A 1BP 所成角的大小；（III ）求二面角B －A 1P －F 的大小（用反三角函数表示）.20．（本小题满分12分）某地政府为科技兴市，欲将如图所示的一块不规则的非农业用地规划建成一个矩形的高科技工业园区.已知AB ⊥BC ，OA//BC ，且AB=BC=4 AO=2km ，曲线段OC 是以点O 为顶点且开口向上的抛物线的一段.如果要使矩形的相邻两边分别落在AB ，BC 上，且一个顶点落在曲线段OC 上，问应如何规划才能使矩形工业园区的用地面积最大？并求出最大的用地面积（精确到0．1km 2）.21．（本小题满分12分）已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点分别是F 1（－c ，0）、F 2（c ，0），Q 是椭圆外的动点，满足.2||1a F =点P 是线段F 1Q 与该椭圆的交点，点T 在线段F 2Q 上，并且满足.0||,022≠=⋅TF TF PT （Ⅰ）设x 为点P 的横坐标，证明1||cF P a x a=+； （Ⅱ）求点T 的轨迹C 的方程；（Ⅲ）试问：在点T 的轨迹C 上，是否存在点M ，使△F 1MF 2的面积S=.2b 若存在，求∠F 1MF 2的正切值；若不存在，请说明理由．图1 图2 Ｅ Ｂ Ｐ ＣＦ 1A AP F E C B ＤQ22．（本小题满分12分）已知函数2()2f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，对一切正整数n ，点(,)n n P n S 都在函数()f x 的图象上，且过点(,)n n P n S 的切线的斜率为n k ． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若2n k n n b a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和为n T ；（Ⅲ）设{|,*}n Q x x k nN ==∈，{|2,*}n R x x a n N ==∈，等差数列{}n c 的任一项n c QR ∈，其中1c 是Q R 中的最小数，10110115c <<，求{}n c 的通项公式．参考答案1． B 由C ∪A={ a ， b }得（C ∪A ）∩B={ a ， b }，故选B ．【帮你归纳】本题考查集合的概念与运算，，以及 逆向思维能力. 【误区警示】本题属于基础题， 每步细心计算是求解本题的关键，否则将会遭 遇“千里之堤，溃于蚁穴”之尴尬. 2． A 根据反函数的性质，即求当x > 1时，函数1()(22)2xx f x -=-的值域，此后注意到()f x 在1+∞（，）上递增即可获解.【命题动向】本题考查反函数的概念与性质，函数的单调性，函数值域的求法，灵活驾驶基础知识和基本方法的能力.3． A 抓住分层抽样按比例抽取的特点有5600130030001300280x y z===.∴65x z ==，150y =，即专科生、本科生与研究生应分别抽取65，150，65.【总结点评】简单随机抽样与分层抽样方法是数学高考的一个常考点.【温馨提醒】本题属于基础题，每步细心计算是求解本题的关键，否则将会遭遇“千里之堤，溃于蚁穴”之尴尬.4． A 方法一：观察正三棱锥P –ABC ，O 为底面中心，不妨将底面正△ABC 固 定，顶点P 运动，相邻两侧面所成二面角为∠AHC ．当PO →0时， 面PAB →△OAB ，面PBC →△OBC ，∠AHC →π，当PO →+∞时，∠AHC →∠ABC=3π.故3π<∠AHC <π，选A ． 方法二：不妨设AB=2，PC= x ，则x > OC =332. 等腰△PBC 中，S △PBC =21x ·CH =21·2·⇒-1x 2CH =2x112-， 等腰△AHC 中，sin2x 1121CH2AC 2AHC-==∠.由x>332得2AHCsin 21∠<<1，∴322A H C 6π⇒π<∠<π＜∠AHC ＜π. 【总结点评】本题主要考查多面体、二面角等基础知识，分析问题与解决问题的能力，注重考查我们对算法算理的理解. 5． D 对于A ：e =2，a = b ，渐近线y = ±x 互相垂直，真命题. 对于B ：设所求直线斜率为k ，则k=－2，由点斜式得方程为2x+y －3＝0 ， 也为真命题. 对于C ：焦点F（21，0），准线x = －21 ， d = 1真命题. 对于D ： a = 5 ，b = 3 ，c = 4 ，d = 2·225c a 2= 假命题，选D ．【总结点评】本题主要考查对圆锥曲线的基本知识、相关运算的熟练程度. 以及思维的灵活性、数形结合、化归与转化的思想方法. 6． B 易知ABCD 是正四面体，故其高362=h ，球的半径为R ，则 222)332()362(+-=R R ，即：26=R ，∴6626362=-=h ，故选B ． 【总结点评】本题主要考查球与几何体的关系，球心到截面距离的计算，知识的综合运用.7． A 212e e CB CD BD -=-=，又A 、B 、D 三点共线，则AD AB λ=.即⎩⎨⎧-=-=λλ21k ，∴2=k ，故选A .【总结点评】本题主要考查共线向量的定义和平面向量基本定理的运用. 要求我们熟记公式，掌握常见变形技巧与方法.8． D ． x y 42=的准线是1-=x . ∴p 到1-=x 的距离等于P 到焦点F 的距离，故点P到点)1,0(-A 的距离与P 到x =1-的距离之和的最小值为2=FA .【总结点评】本题主要考查圆锥曲线的定义及数形结合，化归转化的思想方法.巧用抛物线的定义求解.9． C 由题意得002a b a b ì³ïïï³íïï+?ïïî，设x=a+b ，y=a-b ，则0,022x y x ya b +-=??，即002x y x y x ì+?ïïï-?íïï£ïïî，故点N （x ，y ）所在平面区域面积为142s =创=. 【总结点评】本题主要考查二元一次不等式组表示的平面区域和点的映射法则及应用线性规划处理问题的能力. 10．B 观察图形知，12sin 21)(+π=x x f ，只知1)0(=f ，23)1(=f ，1)2(=f ，21)3(=f ，1)4(=f ，且以4为周期，4)3()2()1()0(=+++f f f f ，250142006+⨯=， ∴)2004(5014)2006()3()2()1()0(f f f f f f +⨯=+⋯++++21200712312004)2006()2005(=+++=++f f . 【指点迷津】本题主要考查三角函数的图象与性质，以观察函数的图象为命题背景，但借助函数的初等性质便可作答，考查思维的灵活性.11．C 由21121,0a a d =<，知0111=+a a . ∴06=a ，故选C ．【总结点评】本题主要考查等差数列的性质，求和公式. 要求学生能够运用性质简化计算.12．A 具有伙伴关系的元素组有－1，1，21、2，31、3共四组，它们中任一组、二组、三组、四组均可组成非空伙伴关系集合，个数为C 14+ C 24+ C 34+ C 44=15， 选A ．【指点迷津】本题主要考查“开放、探索”能力，将集合与排列组合问题结合起来的综合题型.难点一在如何找出伙伴关系元素组，1自成一组，-1也自成一组，31与3成一组，21与2成一组； 难点二转换为组合问题；难点三是非空集去掉C 04个集合. 13． 6⎩⎨⎧≤<-≤≤--=21,212,2)(3x x x x x f .∴6)2()(max ==f x f .【总结点评】本题主要考查运用所学知识解决实际问题的能力，分段函数，分类讨论的思想方法.14．4 在两坐标轴上截距相等的直线有两类：①直线过原点时，有两条与已知圆相切；②直线不过原点时，设其方程为1x ya a+=，也有两条与已知圆相切.易知①、②中四条切线互不相同.【总结点评】本题主要考查直线的方程、直线与圆的位置关系等知识，数形结合与分类讨论的思想方法，以及定性地分析问题和解决问题的能力. 15．91322-=x y 过P 点作PQ ⊥AD 于Q ，再过Q 作QH ⊥A 1D 1于H ，连PH ，利用三垂线 定理可证PH ⊥A 1D 1． 设P （x ，y ），∵|PH|2 - |PH|2 = 1，∴x 2 +1- [（x 13-）2+y 2]=1，化简得91322-=x y .【总结点评】本题主要考查以空间图形为载体，考查直线与平面的位置关系以及轨迹方程的求法.16．②③④ ①正确， ②中B ≤0时不成立， ③中的定义域为φ， ④中应是随机抽样.【总结点评】本题主要考查简易逻辑，直线倾斜角，函数的概念，以及抽样方法，三角函数概念的考查.17．（Ⅰ）f （x ）＝a ⋅b ＝cos x 2cos ϕ＋sin x 2sin ϕ＝cos （x 2－ϕ），∵f （x ）的图象关于x ＝π6对称，∴()cos()cos()161212f πππϕϕ=-=-=±，………………………3分∴,12k k Z πϕπ-=∈，又|ϕ|<π2，∴ϕ＝π12． ………………………5分（Ⅱ）f （x ） ＝cos （x 2－π12）＝sin （x 2+5π12） ＝sin 12（x+5π6），由y ＝1+ sinx 2平移到y ＝sin 12（x+5π6），只需向左平移5π6单位，再向下平移1个单位， 考虑到函数的周期为π，且→c ＝（m ，n ） （| m |<π），………………………8分 ∴5,16m n π=-=-，即→c ＝（－5π6，－1） ．………………………10分另解：f （x ） ＝cos （x 2－π12）＝sin （x 2+5π12） ＝sin 12（x+5π6），由1sin 2x y -=平移到15'sin (')26y x π=+，只要5'6'1x x y y π⎧+=⎪⎨⎪=-⎩即5'6'1x x y y π⎧-=-⎪⎨⎪-=-⎩，∴→c ＝（－5π6，－1） ．………………………10分【总结点评】本题是一道三角函数与平面向量相结合的综合问题，既考查了三角函数的变形以及三角函数的图象与性质，又考查了运用平面向量进行图象平移的知识．18．方案一：在箱内放置100个乒乓球，其中1个为绿色乒乓球，其余99个为白色乒乓球，顾客一次摸出1个乒乓球，如果为绿色乒乓球，即中大奖，否则中小奖，本方案中中大奖的概率为：110011100C =. 方案二：在箱内放置14个乒乓球，其中2个为绿色乒乓球，其余12个为白色乒乓球．顾客一次摸出2个乒乓球均为绿色，即中大奖；如果摸出的2个乒乓球为白色，或1个为白色、1个为绿色，则中小奖．本方案中中大奖的概率2141191C =. 方案三：在箱内放置15个乒乓球，其中2个为绿色乒乓球，其余13个为白色乒乓球.顾客摸球和中奖的办法与方案二相同.本方案中中大奖的概率为21511105C =. 方案四：在箱内放置25个乒乓球，其中3个为绿色乒乓球，其余22个为白色乒乓球．顾客一次摸出2个乒乓球（或分两次摸，每次摸一个乒乓球，不放回），如果摸出的2个乒乓球为绿色，即中大奖；如果摸出的2个乒乓球均为白色或1个为白色、1个为绿色，则中小奖.本方案中中大奖的概率为232251100C C =.【方法探究】 理解大小和质地完全相同这一特点，借助排列组合的工具与等可能事件的概率计算设计开放性方案．解决随机事件和等可能事件的概率问题时，首先应判断可能出现的试验结果．对于每个随机试验来说，可能出现的试验结果是有限的．其次要判断所有不同的试验结果的出现是等可能的，在这样的条件下才能用公式P （A ）=mn计算，本题是开放性问题，要求学生以排列组合为工具求解等可能事件的概率，设计不同的中大奖的方案，其背景来源于学生比较熟悉的实际生活，又为等可能事件概率的计算开辟了逆向应用的天地．19．解 不妨设正三角形ABC 的边长为3，则（I ）在图1中，取BE 中点D ，连结DF ，则∵12A E C F C P EB F A P B ===， ∴2AF AD ==而060A ∠=，即△ADF 是正三角形又∵1AE ED ==， ∴EF AD ⊥ ∴在图2中有1A E EF ⊥，BE EF ⊥， ∴1A EB ∠为二面角1A EF B --的平面角∵二面角1A EF B --为直二面角， ∴1A E BE ⊥ 又∵BEEF E =， ∴1A E ⊥平面BEF ，即1A E ⊥平面BEP .（II ）由（1）问可知A 1E ⊥平面BEP ，BE ⊥EF ，建立如图的坐标系，则Ｅ（0，0，0），A 1（0，0，1）B （2，0，0），F （0，0.在图１中，不难得到ＥF//ＤP 且ＥF ＝ＤP ；ＤＥ// FP 且ＤＥ＝FP故点Ｐ的坐标Ｐ（10）∴1(2,0,1)A B =-，(1BP =-，1(0,0,1)EA =不妨设平面A 1BP 的法向量1(,,)n x y z =，则111200A B n x z BP n x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩令y =1n =∴111111cos ,2||||14n EA n EA n EA ⋅<>===⋅⨯故直线A 1E 与平面A 1BP 所成角的大小为3π. （III ）由（II ）问可知平面A 1BP 的法向量1n =，11)A F =-，(1,0,0)FP = 设平面AEP 的法向量2(,,)n x y z =，则12130A F n yz BP n x ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩令y =2n = 故1212127cos ,8||||4n n n n n n ⋅<>===⋅.显然二面角B －A 1P －F 为钝角 故二面角B －A 1P －F 为7arccos8π-.【方法探究】本题属于翻折问题，在翻折前的图１中易证E Ｆ⊥AB ，而翻折后保持这一垂直关系，并且易证1A E BE ⊥，从而有“三条直线两两垂直”，所以本例可以建立坐标系，利用空间向量求解.【技巧点拨】本题属于翻折问题，这是高考的热点题型. 求解翻折问题的策略是对比翻折前后，分析变与不变，一般地有：（1）分析翻折前后点的变化，注意点与点的重合问题以及点的位置的改变；（2）分析翻折前后长度与角度的变化，注意利用平面图形解决空间的线段长度以及空间角的大小；（3）若翻折后，线与线仍同在一个平面内，则它们的位置关系不发生任何变化；若翻折后，线与线由同一平面转为不同平面，则应特别注意点的位置变化.20．以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系（如图）依题意可设抛物线的方程为.21,422).4,2(,222=∴⋅=∴=p p C py x 且 故曲线段OC 的方程为).20(2≤≤=x x y设P （2,x x ）)20(<≤x 是曲线段OC 上的任意一点，则|PQ|=2+x ，|PN|=4－x 2．∴工业园区面积S=|PQ|·|PN|=（2+x ）（4－x 2）=8－x 3－2x 2+4x . ∴S ′=－3x 2－4x +4，令S ′=0,2,3221-==⇒x x 又.32,20=∴<≤x x当)32,0[∈x 时，S ′>0，S 是x 的增函数； 当2,32(∈x ）时，S ′<0，S 是x 的减函数.32=∴x 时，S 取到极大值，此时|PM|=2+x =,8324||,382=-=x PN).(5.927256932382km S ≈=⨯=而当.8,0==S x 时所以当23x =即|PM|=83，32||,8PN =矩形的面积最大为2max 9.5().S km = 答:把工业园区规划成长为,932km 宽为km 38时,工业园区的面积最大，最大面积为9.5（km ）2． 【解读】《考试大纲》要求利用导数求一些实际问题的最大值和最小值，而且还要求考查实践能力，因此运用导数来解决实际问题也就在高考所要求考查之列，解决这类问题的关键在于从实际问题中建立函数模型，然后利用导数来求最值.如本题根据题意建立坐标系后（这是由抛物线联想到的）建立的是三次函数模型，而引入导数以后三次函数本来就是高考的常考点，应引起足够的重视.21． 解 （Ⅰ）设点P 的坐标为（x ，y ），由P （x ，y ）在椭圆上，得Q1||(F Px ==又由,x a ≥-知0ca x c a a+≥-+>， 所以1||.c F P a x a=+（Ⅱ） 当0||=PT 时，点（a ，0）和点（－a ，0）在轨迹上． 当||0PT ≠且2||0TF ≠时，由2||||0PT TF ⋅=，得2PT TF ⊥． 又2||||PQ PF =，所以T 为线段F 2Q 的中点． 在△QF 1F 2中，11||||2OT FQ a ==，所以有222.x y a += 综上所述，点T 的轨迹C 的方程是222.x y a +=（Ⅲ） C 上存在点M （00,y x ）使S=2b 的充要条件是2220020,12||.2x y a c y b ⎧+=⎪⎨⋅=⎪⎩③④由③得a y ≤||0，由④得.||20c b y ≤ 所以，当cb a 2≥时，存在点M ，使S=2b ； 当cb a 2<时，不存在满足条件的点M ．当cb a 2≥时，100200(,),(,)MFc x y MF c x y =---=--， 由2222221200MF MF x c y a c b ⋅=-+=-=，121212||||cos MF MF MF MF F MF ⋅=⋅∠，212121||||sin 2S MF MF F MF b =⋅∠=，得.2tan 21=∠MF F 【总结点评】平面向量与椭圆的综合问题是《考试大纲》所 强调的问题，应熟练掌握其解题技巧，一般地，在这类问题 种，平面向量只起“背景”或“结论”的作用，几乎都不会 在向量的知识上设置障碍，所考查的核心内容仍然是解析几 何的基本方法和基本思想，比如本题（Ⅰ）本质是焦半径公 式，核心内容还是椭圆的第二定义的转化思想．（Ⅱ） 由“PT 其实为线段QF 2的垂直平分线”可联想到下面的题目：如右图，Q 为长轴为2a 椭圆上一动点，QP 是∠F 1QF 2的外角平分线，且F 1P ⊥QP ，延长F 2Q ，使F 2Q 与F 1P 交于点M ，则|QF 1|=|QM|，所以点M 的轨迹是以F 2为圆心2a 为半径的圆，进一步可得到P的轨迹是以O 为圆心a 为半径的圆．22．解 （Ⅰ）∵点(,)n n P n S 都在函数2()2f x x x =+的图象上，∴22n S n n =+．当1n =时，113a S ==；当2n ≥时，2212(1)2(1)21n n n a S S n n n n n -=-=+----=+，当1n =时，也满足． 故21n a n =+．（Ⅱ）由2()2f x x x =+求导可得，'()22f x x =+ ∵ 过点(,)n n P n S 的切线的斜率为n k ，∴22n k n =+． 又∵2n k n n b a =⋅，∴222(21)4(21)4n n n b n n +=⋅+=+⋅．∴ 23434454474n T =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++4(21)4n n +⋅ ………①由①4⨯可得：2344434454474n T =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++14(21)4n n ++⋅………②①－②可得：2334[342(444)n n T -=⋅⨯+⋅+++1(21)4]n n +-+⋅214(14)4[34214n --=⋅⨯+⋅-1(21)4]n n +-+⋅．∴26116499n n n T ++=⋅-． （Ⅲ）∵{|22,*}Q x x n n N ==+∈，{|42,*}R x x n n N ==+∈∴QR R =，又∵n c QR ∈，其中1c 是R Q 中的最小数，∴61=c ，∴ 6410+=m c ，*N m ∈，（{}n c 的公差是4 的倍数!） 又∵10110115c <<∴11046115,*.m m N <+<⎧⎨∈⎩ 解得27m =． 【总结点评】强调在“知识的交汇处”命制试题，是近年高考命题的趋势，本题集函数、导数、数列、不等式于一体，体现了知识间的交汇与融合，同时又考查了数列的基本解题方法，考查了学生分析问题和解决问题．。
山东、湖北部分重点中学2018届高三高考冲刺模拟考试(四)数学(文)试题(含答案)
齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷（4）文科数学试题本试卷共4页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
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的。
1．（原创，容易）设集合]3,0[=M ，}1|{>∈=x Z x N ，则=N M （ D ） A ．]3,0[ B ．]3,1( C ．}3,2,1{ D ．}3,2{ 解析：,...}4,3,2{=N ，所以=N M }2,1{，选 D 【考点】集合运算2．（原创，容易）已知命题0:x P ∃为有理数，012020>--x x ，则p ⌝命题为（ A ） A ．x ∀为有理数，0122≤--x x B ．x ∀为无理数，0122≤--x x C ．0x ∃为有理数，012020≤--x x D ．0x ∃为无理数，012020>--x x 解析：选A【考点】命题的否定：全称命题与特称命题3．（原创，容易）若复数12,z z 在复平面内对应的点关于原点对称，且i z -=21，则复数21z z =（ C ） A ．i 5453- B ．i 5453+- C ．1- D ．1 解析：i z +-=22，所以21z z 2212(2)i ii i --===--+--，选C 【考点】复数运算及几何意义4．（改编，容易）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地．”，请问此人第5天走的路程为（ D ） A ．36里 B ．24里 C ．18里 D ．12里解析：设第n 天走的路程里数为n a ，可构成数列}{n a ，依题意知}{n a 为公比21=q 的等比数列，3786=S 所以1221192192378211)211(45161=⨯=⇒=⇒=--a a a ，选D【考点】等比数列的通项与求和5. （原创，容易）若平面向量满足(2)a a b ⊥+，||21||a b a -=，则b a ,的夹角θ为（ C ）A ．030 B ．060 C ．0120 D ．0150 解析：2(2+)(2+)=02a a b a a b a b a ⊥⇒⋅⇒⋅=-,22222||21||22116||4||a b a a a b b a b a b a -=⇒-⋅+=⇒=⇒=所以20221cos 1202||||4a b a a b aθθ⋅-===-⇒=,选C 【考点】平面向量的模、夹角、数量积6. （原创，容易）若),(y x P 满足约束条件421≤-≤≤y x x ，且23=-yzx ，则z 的最大值为（ C ） A ．1 B ． 4 C ．7 D ．10解析：由题⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥-≥4201y x y x x ,画出可行域为如图ABC ∆区域，023≠-=y y x z 且，当P 在A 处时，7max =z ，选C【考点】线性规划7. （原创，中档）为了估计椭圆1422=+y x 在平面内围成的面积，用随机模拟的方法由计算机设定在]2,0[],2,0[∈∈y x 内随机产生10个随机数组),(i i y x 如下表，得到10个随机点i M ),(i i y x ，]10,1[∈i ，N i ∈，则由此可估计该椭圆所围成的面积为（ B ） A ．2.3 B ．6.4 C ．8 D ．π2O yxCB A(1,-2)解析：由图所示：正方形内包含了椭圆在一象限内的部分（包含与坐标轴的交点） 验证知1M ，4M ，6M ，9M 共4个点在椭圆内，所以估算椭圆在一象限内的部分占正方形面积的52104=4.64452=⨯⨯=S ，选B【考点】随机数、几何概型8．（原创，中档）一个几何体三视图如下，则其体积为（ D ）A ．12B ．8C ．6D ．4 解析：在长方体中进行割补得如图几何体，为一个三棱锥（粗线画的图形），其体积44)32(2131=⨯⨯⨯=V ，选D【考点】三视图还原及多面体体积9. （改编，中档）如图所示的程序框图，若输入101201=a 则输出的b =（ B ） A. 64B. 46C. 289 解析：经计算得4631323031321=⨯+⨯+⨯+⨯=b ，选【考点】算法及流程图4320 2 2 xy 110．（原创，中档）已知函数)0(1)cos sin (cos 2)(<+-=m x x m x x f 的最大值为2，则)(x f 一条对称轴方程为( D ) A ．12π=x B ．4π=x C ．3π=x D ．6π=x 解析：)2sin(12cos 2sin )(2ϕ++=-=x m x x m x f由题212=+m ，又0<m ，所以3-=m)62sin(22cos 2sin 3)(π+-=--=x x x x f验证6π=x 为)(x f 对称轴，选D 【考点】三角运算及几何意义11. （原创，中档）已知三棱锥P ABC -所有顶点都在球O 的球面上，底面ABC ∆是以C 为直角顶点的直角三角形，22=AB ，3===PC PB PA ，则球O 的表面积为( A )A ．π9B ．49πC ．π4D ．π 解析：设AB 中点为D ，则D 为ABC ∆的外心，因为3===PC PB PA ，易证ABC PD 面⊥，所以球心O 在直线PD 上，又3=PA ，22=AB ，算得1=PD ，设球半径为R ，则ODA ∆中，232)1(22=⇒=+-R R R 所以π=9S ，选A【考点】线面垂直、球表面积公式12. （原创，难）已知抛物线x y 42=，过焦点F 作直线l 交抛物线于B A ,两点，准线与x 轴的交点为C ，若]4,3[||||∈λ=FB AF ，则ACB ∠tan 的取值范围为( B )A. 4[5B. 40[,43]9C. ]53,21[D. ]815,34[ 解析：如图，不妨取A 在一象限，设l 倾斜角为α，β=∠ACFx BB BF ===λ||||31时，设,易得x AM x M A 2||,||1==2||x NF =，所以21||||cos ==αFB NF ，同理时，4=λ53cos =α 所以43sin [5α∈（或可求11343cos [,]sin []1255λααλ-=∈⇒∈+） 又β===αtan ||||||||sin 11AA C A AF AH ，同理BCF ∠=αtan sin 所以β=∠=∠BCF ACF ，且43tan []5α∈∈β-β=β-β=βtan tan 12tan 1tan 22tan 240[,43]9，选B 【考点】直线与抛物线、三角函数、值域 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13. （原创，容易）112<-x e（ 2.71828...e =）的解集为解析：)21,(-∞ 答案：)21,(-∞ 【考点】简单的指数不等式14. （原创，容易）已知(1)cos f x x +=，则(1)f = 解析：法1:(1)cos ()cos(1)(1)cos01f x x f x x f +=⇒=-⇒== 法2:0(1)cos01x f =⇒==令 答案：1NMα-1βαF H BB 1C A 1A【考点】函数解析式及函数值15.（原创，较难）ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，M 为AB 的中点，2,b CM ==，且2cos 2c B a b =-，则ABC S ∆=解析：法1：2cos 22sin cos 2sin sin c B a b C B A B =-⇒=-2sin cos 2sin cos 2cos sin sin cos C B B C B C B ⇒=+-⇒所以060C =如图补成平行四边形ACBD ，则0120CAD ∠=，23CD =ADC ∆中，由余弦定理得220(23)44cos120a a a =+-⇒所以01=22sin 6032ABC S ∆⨯⨯=法2：同上060C =，222242CM CA CB CM CA CB CA CB =+⇒=++⋅ 所以212=4+22a a a +⇒= 所以01=22sin 6032ABC S ∆⨯⨯= 3 【考点】解斜三角形：正余弦定理、面积公式、平面向量基本定理16. （原创，难）若直线a y =分别与)1ln()(,1)(-=-=x x g e x f x的图象交于B A ,两点，则线段AB 长度的最小值为 解析：法1：增在增在),1()(,)(+∞x g R x f)()1ln()1(),1()()(1221a h a e x x a x g x f a =+-+=-⇒+∞-∈==11)(+-='a e a h a 在增),1(+∞-，且0)0(='h 所以增减，在),0()0,1()(+∞-t h 所以2)0()(min ==h a h ，即2||min AB法2：设1)(-=-=-tx et x f y 与)(x g 有公切点),(00y x P ，则t min ||AB =。
山东、湖北部分重点中学2018届高三高考冲刺模拟考试(四)数学(文)试题(含答案)
齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷（4）文科数学试题本试卷共4页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
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的。
1．（原创，容易）设集合]3,0[=M ，}1|{>∈=x Z x N ，则=N M （ D ） A ．]3,0[ B ．]3,1( C ．}3,2,1{ D ．}3,2{ 解析：,...}4,3,2{=N ，所以=N M }2,1{，选 D 【考点】集合运算2．（原创，容易）已知命题0:x P ∃为有理数，012020>--x x ，则p ⌝命题为（ A ） A ．x ∀为有理数，0122≤--x x B ．x ∀为无理数，0122≤--x x C ．0x ∃为有理数，012020≤--x x D ．0x ∃为无理数，012020>--x x 解析：选A【考点】命题的否定：全称命题与特称命题3．（原创，容易）若复数12,z z 在复平面内对应的点关于原点对称，且i z -=21，则复数21z z =（ C ） A ．i 5453- B ．i 5453+- C ．1- D ．1 解析：i z +-=22，所以21z z 2212(2)i ii i --===--+--，选C 【考点】复数运算及几何意义4．（改编，容易）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地．”，请问此人第5天走的路程为（ D ） A ．36里 B ．24里 C ．18里 D ．12里解析：设第n 天走的路程里数为n a ，可构成数列}{n a ，依题意知}{n a 为公比21=q 的等比数列，3786=S 所以1221192192378211)211(45161=⨯=⇒=⇒=--a a a ，选D【考点】等比数列的通项与求和5. （原创，容易）若平面向量满足(2)a a b ⊥+，||21||a b a -=，则b a ,的夹角θ为（ C ）A ．030 B ．060 C ．0120 D ．0150 解析：2(2+)(2+)=02a a b a a b a b a ⊥⇒⋅⇒⋅=-,22222||21||22116||4||a b a a a b b a b a b a -=⇒-⋅+=⇒=⇒=所以20221cos 1202||||4a b a a b aθθ⋅-===-⇒=,选C 【考点】平面向量的模、夹角、数量积6. （原创，容易）若),(y x P 满足约束条件421≤-≤≤y x x ，且23=-yzx ，则z 的最大值为（ C ） A ．1 B ． 4 C ．7 D ．10解析：由题⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥-≥4201y x y x x ,画出可行域为如图ABC ∆区域，023≠-=y y x z 且，当P 在A 处时，7max =z ，选C【考点】线性规划7. （原创，中档）为了估计椭圆1422=+y x 在平面内围成的面积，用随机模拟的方法由计算机设定在]2,0[],2,0[∈∈y x 内随机产生10个随机数组),(i i y x 如下表，得到10个随机点i M ),(i i y x ，]10,1[∈i ，N i ∈，则由此可估计该椭圆所围成的面积为（ B ） A ．2.3 B ．6.4 C ．8 D ．π2解析：由图所示：正方形内包含了椭圆在一象限内的部分（包含与坐标轴的交点） 验证知1M ，4M ，6M ，9M 共4占正方形面积的52104=4.64452=⨯⨯=S ，选B【考点】随机数、几何概型8．（原创，中档）一个几何体三视图如下，则其体积为（ D A ．12 B ．8 C ．6 D ．4解析：在长方体中进行割补得如图几何体，为一个三棱锥（粗线画的图形），其体积44)32(2131=⨯⨯⨯=V ，选D【考点】三视图还原及多面体体积9. （改编，中档）如图所示的程序框图，若输入101201=a 则输出的b =（ B ） A. 64B. 46C. 289 解析：经计算得4631323031321=⨯+⨯+⨯+⨯=b ，选【考点】算法及流程图10．（原创，中档）已知函数)0(1)cos sin (cos 2)(<+-=m x x m x x f 的最大值为2，则)(x f 一条对称轴方程为( D ) A ．12π=x B ．4π=x C ．3π=x D ．6π=x 解析：)2sin(12cos 2sin )(2ϕ++=-=x m x x m x f由题212=+m ，又0<m ，所以3-=m)62sin(22cos 2sin 3)(π+-=--=x x x x f验证6π=x 为)(x f 对称轴，选D 【考点】三角运算及几何意义11. （原创，中档）已知三棱锥P ABC -所有顶点都在球O 的球面上，底面ABC ∆是以C 为直角顶点的直角三角形，22=AB ，3===PC PB PA ，则球O 的表面积为( A )A ．π9B ．49πC ．π4D ．π 解析：设AB 中点为D ，则D 为ABC ∆的外心，因为3===PC PB PA ，易证ABC PD 面⊥，所以球心O 在直线PD 上，又3=PA ，22=AB ，算得1=PD ，设球半径为R ，则ODA ∆中，232)1(22=⇒=+-R R R 所以π=9S ，选A【考点】线面垂直、球表面积公式12. （原创，难）已知抛物线x y 42=，过焦点F 作直线l 交抛物线于B A ,两点，准线与x 轴的交点为C ，若]4,3[||||∈λ=FB AF ，则ACB ∠tan 的取值范围为( B )A. 4[5B. 40[,9C. ]53,21[D. ]815,34[解析：如图，不妨取A 在一象限，设l 倾斜角为α，β=∠ACFx BB BF ===λ||||31时，设,易得x AM x M A 2||,||1==2||x NF =，所以21||||cos ==αFB NF ，同理时，4=λ53cos =α 所以4sin [5α∈（或可求1134cos [,]sin [1255λααλ-=∈⇒∈+又β===αtan ||||||||sin 11AA C A AF AH ，同理BCF ∠=αtan sin 所以β=∠=∠BCF ACF ，且43tan [,]5α∈∈β-β=β-β=βtan tan 12tan 1tan 22tan 240[,9，选B 【考点】直线与抛物线、三角函数、值域 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13. （原创，容易）112<-x e（ 2.71828...e =）的解集为解析：)21,(-∞ 答案：)21,(-∞ 【考点】简单的指数不等式14. （原创，容易）已知(1)cos f x x +=，则(1)f = 解析：法1:(1)cos ()cos(1)(1)cos01f x x f x x f +=⇒=-⇒== 法2:0(1)cos01x f =⇒==令 答案：1【考点】函数解析式及函数值15.（原创，较难）ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，M 为AB 的中点，2,b CM ==2cos 2c B a b =-，则ABC S ∆=解析：法1：2cos 22sin cos 2sin sin c B a b C B A B =-⇒=-2sin cos 2sin cos 2cos sin sin cos C B B C B C B ⇒=+-⇒所以060C =如图补成平行四边形ACBD ，则0120CAD ∠=，CD =ADC ∆中，由余弦定理得22044cos120a a a =+-⇒所以01=22sin 602ABC S ∆⨯⨯=法2：同上060C =，222242CM CA CB CM CA CB CA CB =+⇒=++⋅ 所以212=4+22a a a +⇒= 所以01=22sin 602ABC S ∆⨯⨯= 【考点】解斜三角形：正余弦定理、面积公式、平面向量基本定理16. （原创，难）若直线a y =分别与)1ln()(,1)(-=-=x x g e x f x的图象交于B A ,两点，则线段AB 长度的最小值为 解析：法1：增在增在),1()(,)(+∞x g R x f),1()()(221x a x g x f -⇒+∞-∈==11)(+-='a e a h a 在增),1(+∞-，且所以增减，在),0()0,1()(+∞-t h 所以2)0()(min ==h a h ，即||min AB法2：设1)(-=-=-tx et x f y 与)(x g 有公切点),(00y x P ，则t min ||AB =。
2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学四模试卷(文科)
2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学四模试卷（文科）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的．1. 设集合M =[0, 3]，N ={x ∈Z|x >1}，则M ∩N =( ) A.[0, 3] B.(1, 3] C.{1, 2, 3} D.{2, 3}2. 已知命题P:∃x 0为有理数，x 02−2x 0−1>0，则￢p 命题为（ ） A.∀x 为有理数，x 2−2x −1≤0 B.∀x 为无理数，x 2−2x −1≤0 C.∃x 0为有理数，x 02−2x 0−1≤0 D.∃x 0为无理数，x 02−2x 0−1>03. 若复数z 1，z 2在复平面内对应的点关于原点对称，且z 1=2−i ，则复数z1z 2=( )A.35−45iB.−35+45iC.−1D.14. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第五天走的路程为（ ） A.48里 B.24里 C.12里 D.6里5. 若平面向量满足a →⊥(2a →+b →)，|a →−b →|=√21|a →|，则a →,b →的夹角θ为（ ）A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘6. 若P(x, y)是满足约束条件{1≤x ≤2x −y ≤4，且3x−z y =2，则z 的最大值为（ ）A.1B.4C.7D.107. 为了估计椭圆x 24+y 2=1在平面内围成的面积，用随机模拟的方法由计算机设定在x ∈[0, 2]，y ∈[0, 2]内随机产生10个随机数组(x i , y i )如表，得到10个随机点M i (x i , y i )，i ∈[1, 10]，i ∈N ，则由此可估计该椭圆所围成的面积为（ ）8. 一个几何体三视图如下，则其体积为（ ）A.12B.8C.6D.49. 如图所示的程序框图，若输入a=101201，则输出的b=()A.64B.46C.289D.30710. 已知函数f(x)=2cos x(msin x−cos x)+1(m<0)的最大值为2，则f(x)图象的一条对称轴方程为（）A.x=π12B.x=π4C.x=π3D.x=π611. 已知三棱锥P−ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2√2，PA=PB=PC=√3，则球O的表面积为（）A.9πB.9π4C.4πD.π12. 已知抛物线y2=4x，过焦点F作直线l交抛物线于A，B两点，准线与x轴的交点为C，若|AF||FB|=λ∈[3, 4]，则tan∠ACB的取值范围为（）A.[45,√32brack B.[409,4√3brackC.[12, 35] D.[43, 158]二、填空题：本大题共4小题，每小题5分e 2x−1<1(e =2.71828…)的解集为________已知f(x +1)=cosx ，则f(1)=________△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，M 为AB 的中点，b =2，CM =√3，且2ccos B =2a −b ，则S △ABC =________．若直线y =a 分别与f(x)=e x −1，g(x)=ln(x −1)的图象交于A ，B 两点，则线段AB 长度的最小值为________三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4−S 2=7a 1，S 5=30． （1）求{a n }的通项公式a n ；（2）设b n =1S n，数列{b n }的前n 项和T n <log 2(m 2−m)对任意n ∈N ∗恒成立，求实数m 的取值范围．某种植物感染α病毒极易导致死亡，某生物研究所为此推出了一种抗α病毒的制剂，现对20株感染了α病毒的该植株样本进行喷雾试验测试药效．测试结果分“植株死亡”和“植株存活”两个结果进行统计；并对植株吸收制剂的量（单位：mg ）进行统计．规定：植株吸收在6mg （包括6mg ）以上为“足量”，否则为“不足量”．现对该20株植株样本进行统计，其中“植株存活”的13株，对制剂吸收量统计得下表．已知“植株存活”但“制剂吸收不足量”的植株共1株．（1）完成以2×2下列联表，并判断是否可以在犯错误概率不超过1%的前提下，认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”有关？ （2）若在该样本“制剂吸收不足量”的植株中随机抽取3株，求这3株中恰有1株“植株存活”的概率． 参考数据： K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n =a +b +c +d在四棱锥P −ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，ABCD 为等腰梯形，且AB // DC ，AC ⊥BD ，AB =2√2，DC =√2．（1）若CM →=λCP →，试确定实数λ的值，使PA // 面MBD ；（2）若∠APC =90∘，设AN →=23AP →，求三棱锥N −AOD 的体积．已知点F(−1, 0)及直线l:x =−4，若动点P 到直线l 的距离d 满足d =2|PF|． （1）求点P 的轨迹C 的方程；（2）若直线PF 交轨迹C 于另一点Q ，且PF →=2FQ →，以P 为圆心r =2|PQ|为半径的圆被直线l 截得的弦为AB ，求 |AB|．已知f(x)=(x −1)lnx −(a +1)x ．（1）若f(x)在x =1处取得极值，求a 并判断该极值为极大值还是极小值；（2）若a =1时，f(x)>k 恒成立，求整数k 的最大值． 参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln3.6≈1.28选做题：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，以原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系．已知直线l 的直角坐标方程为x +y −1=0，曲线C 的极坐标方程为ρ(1+cos2θ)=2asinθ(a >0)．（1）设t 为参数，若x =1−√22t ，求直线l 的参数方程及曲线C 的普通方程；（2）已知直线l 与曲线C 交于A ，B ，设P(1, 0)，且|PA|，|AB|，|PB|依次成等比数列，求实数a 的值．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x +1|−|x −2|的最大值为t ． （1）求t 的值以及此时的x 的取值范围；（2）若实数a，b满足a2+2b=t−2，证明：2a2+b2≥1．4参考答案与试题解析2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学四模试卷（文科）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的． 1.【答案】 D【考点】 交集及其运算 【解析】利用交集定义直接求解． 【解答】集合M =[0, 3]，N ={x ∈Z|x >1}={2, 3, 4, 5, ...}， ∴ M ∩N ={2, 3}． 2.【答案】 A【考点】 命题的否定 【解析】直接利用特称命题 的否定是全称命题写出结果即可． 【解答】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题P:∃x 0为有理数，x 02−2x 0−1>0，则￢p 命题为∀x 为有理数，x 2−2x −1≤0． 3.【答案】 C【考点】 复数的运算 【解析】由已知求得z 2，代入z 1z 2，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【解答】∵ z 1，z 2在复平面内对应的点关于原点对称，且z 1=2−i ， ∴ z 2=−2+i ，∴ z 1z 2=2−i −2+i =2−i−(2−i)=−1，4.【答案】 C【考点】等比数列的通项公式 等比数列的前n 项和 【解析】由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由S 6＝378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程． 【解答】记每天走的路程里数为{a n }， 由题意知{a n }是公比12的等比数列， 由S 6＝378，得S 6=a 1(1−126)1−12=378，解得：a 1＝192，∴ a 5=192×124=12（里）． 5.【答案】 C【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 数量积表示两个向量的夹角 【解析】由向量垂直转化为向量点乘是0，得到向量a ，b 的关系式，由模相等，平方处理，得到向量a ，b 模的关系，由向量数量积的变形，得到夹角． 【解答】解析：a →⊥(2a →+b →)⇒a →∗(2a →+b →)=0⇒a →∗b →=−2a →2，|a →−b →|=√21|a →|⇒a →2−2a →∗b →+b →2=21a →2⇒b →2=16a →2⇒|b →|=4|a →|所以cosθ=a →∗b→|a →||b →|=−2a →24a →2=−12⇒θ=1200，6.【答案】 D【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，即可得到结论． 【解答】作出不等式组对应的平面区域如图：3x−z y=2，可得z =3x −2y 得y =32x −z2，平移直线y =32x −z2当直线y =32x −z2经过点A 时， 直线y =32x −z 2的截距最小，此时z 最大． 由{x =2x −y =4 ，解得A(2, −2)， 此时z max =3×2−2×(−2)=10，7.【答案】B【考点】模拟方法估计概率【解析】根据题意，利用模拟实验法计算概率比等于对应的面积比．【解答】由图所示：正方形内包含了椭圆在第一象限内的部分（包含与坐标轴的交点）；验证知M1，M4，M6，M9共4个点在椭圆内，所以估算椭圆在一象限内的部分占正方形面积的410=25，估计椭圆所围成的区域面积为S=25×4×4=6.4．8.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】根据三视图知该几何体是三棱锥，把三棱锥放入长方体中，结合图中数据求出它的体积．【解答】根据三视图知，该几何体是如图所示的三棱锥P−ABC；把该三棱锥放入长宽高分别为4、2、3的长方体中，结合图中数据，计算它的体积为V=13S△ABCℎ=13×12×2×3×4=4．9.【答案】B【考点】程序框图【解析】根据题意模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出b=1×30+0×31+ 2×32+1×33的值，从而计算得解．【解答】经计算得b=1×30+0×31+2×32+1×33=46，10.【答案】D【考点】三角函数中的恒等变换应用【解析】此题暂无解析【解答】解：∵f(x)=2msinxcos x−2cos2x+1 =msin2x−cos2x，而f(x)max=√m2+(−1)2=√m2+1=2，解得m=±√3，由m<0知m=−√3，∴f(x)=−√3sin2x−cos2x=−2sin(2x+π6)．则f(x)图象的对称轴方程为2x+π6=π2+kπ，k∈Z，解得x=π6+kπ2，k∈Z，令k=0，则f(x)图象的一条对称轴方程为x=π6．故选D．11.【答案】A【考点】球的体积和表面积【解析】由题意底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，ABC的外心的圆心在AB的中点上，PA=PB=PC=√3，可得PD⊥面ABC，即可求解球O的半径，可得表面积．【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=√3，易证PD⊥面ABC，，所以球心O在直线PD上，又PA=√3，AB=2√2，算得PD=1，设球半径为R，则△AOD中，(R−1)2+2=R2，可得：R=32．则球O的表面积S=4πR2=9π，12.【答案】B【考点】抛物线的求解【解析】如图，不妨取A在一象限，设l倾斜角为α，∠ACF=β，求出以sinα∈[45,√32brack，可得sinα=|AH||AF|=|A1C||AA1|=tanβ，再根据二倍角公式即可求出【解答】如图，不妨取A在一象限，设l倾斜角为α，∠ACF=β，当λ=3时，设|BF|=|BB1|=x，易得|A1M|=x，|AM|=2x，|NF|=x2，所以cosα=|NF||FB|=12，同理λ=4时，cosα=35，所以sinα∈[45,√32brack，（或可求cosα=λ−1λ+1∈[12,35brack⇒sinα∈[45,√32brack）又sinα=|AH||AF|=|A1C||AA1|=tanβ，同理sinα=tan∠BCF，所以∠ACF=∠BCF=β，且sinα∈[45,√32brack，则tan2β=2tanβ1−tan2β=21tanβ−tanβ∈[409,4√3brack，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分【答案】(−∞, 1 2 )【考点】指、对数不等式的解法【解析】根据指数函数的定义与性质，即可求出不等式的解集．【解答】不等式e2x−1<1化为2x−1<0，解得x<12，∴不等式的解集为(−∞, 12)．【答案】1【考点】函数的求值【解析】推导出f(x)=cos(x−1)，从而f(1)=cos0，由此能求出结果．【解答】∵f(x+1)=cosx，∴f(x)=cos(x−1)，∴f(1)=cos0=1．故答案为：1．【答案】√3【考点】正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知2ccos B=2a−b得2c ⋅a 2+c 2−b 22ac=2a −b ，∴ a 2+c 2−b 2=2a 2−ab ， ∴ a 2+b 2−c 2=ab ， ∴ cos C =a 2+b 2−c 22ab=ab 2ab =12，∴ C =π3．又△ABC 中，CM 为中线． ∴ CM →=12(CA →+CB →)，∴ 4CM →2=CA →2+CB →2+2CA →⋅CB →， ∴ 4×(√3)2=4+a 2+2×2×acos π3， ∴ 12=a 2+4+2a ， ∴ a 2+2a −8=0， 解得a =2（a =−4舍去）．∴ S △ABC =12absin C =12×2×2sin π3=√3．故答案为：√3． 【答案】 2【考点】对数函数的图象与性质 两点间的距离公式 【解析】（解法1）根据f(x)、g(x)的图象与性质，令f(x 1)=g(x 2)=a ，计算x 2−x 1的值，再构造函数并求其最小值即可．（解法2）设y =f(x −t)=e x−t −1与g(x)有公切点P(x 0, y 0)，则t =|AB|min ，由{y ′(x 0)=g ′(x 0)y(x 0)=g(x 0)构造函数求最小值即可． 【解答】（解法1）f(x)在R 上单调递增，g(x)在(1, +∞)上单调递增； ∴ f(x 1)=g(x 2)=a ∈(−1, +∞)；∴ x 2−x 1=(e a +1)−ln(a +1)=ℎ(a)， ℎ′(a)=e a −1a+1在(−1, +∞)单调递增，且ℎ′(0)=0；∴ ℎ(a)在(−1, 0)上单调递减，在(0, +∞)上单调递增； ∴ ℎ(a)min =ℎ(0)=2， 即|AB|min =2．（解法2）设y =f(x −t)=e x−t −1与g(x)有公切点P(x 0, y 0)， 则t =|AB|min ； 由{y ′(x 0)=g ′(x 0)y(x 0)=g(x 0) ， 得{e x 0−t =1x 0−1e x 0−t −1=ln(x 0−1)，∴ 1x0−1−1=ln(x 0−1)，∴ ln(x 0−1)−1x0−1+1=0；令ℎ(x)=ln(x −1)−1x−1+1，x ∈(1, +∞)，显然ℎ(x)在(1, +∞)上单调递增，且ℎ(2)=0； ∴ x 0=2，t =2， 即|AB|min =2．三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 【答案】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则由S 4−S 2=7a 1，S 5=30，得{a 3+a 4=2a 1+5d =7a 15(a 1+2d)=30 ⇒a 1=d =2， 所以a n =2+(n −1)×2=2n ， 即a n =2n ．由（1）可得S n =n(n +1)， 所以b n =1n(n+1)=1n −1n+1…………8分T n =(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n −1n+1)=1−1n+1．易知{T n }在n ∈N ∗增， 当n →+∞时，T n →1所以1≤log 2(m 2−m)⇒m 2−m ≥2⇒m ∈(−∞,−1brack ∪[2,+∞)． 【考点】 数列的求和 【解析】（1）直接利用已知条件求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法求出数列的和，进一步利用放缩法求出参数的取值范围． 【解答】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则由S 4−S 2=7a 1，S 5=30，得{a 3+a 4=2a 1+5d =7a 15(a 1+2d)=30 ⇒a 1=d =2， 所以a n =2+(n −1)×2=2n ， 即a n =2n ．由（1）可得S n =n(n +1)， 所以b n =1n(n+1)=1n −1n+1…………8分T n =(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n −1n+1)=1−1n+1．易知{T n }在n ∈N ∗增， 当n →+∞时，T n →1所以1≤log 2(m 2−m)⇒m 2−m ≥2⇒m ∈(−∞,−1brack ∪[2,+∞)． 【答案】12,13,3,4,7,15,5样本中“制剂吸收不足量”有5株，其中“植株死亡”的有4株，存活的1株，设事件A：抽取的3株中恰有1株存活，记存活的植株为a，死亡的植株分别为b1，b2，b3，b4；则选取的3株有以下情况：{a, b1, b2}，{a, b1, b3}，{a, b1, b4}，{a, b2, b3}，{a, b2, b4}，{a, b3, b4}，{b1, b2, b3}，{b1, b2, b4}，{b1, b3, b4}，{b2, b3, b4}共10种，其中恰有一株植株存活的情况有6种；所以P(A)=610=35．………………………………12分【考点】独立性检验【解析】（1）由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；（2）用列举法计算基本事件数，求出对应的概率值．【解答】由题意可得“植株存活”的13株，“植株死亡”的7株；“吸收足量”的15株，“吸收不足量”的5株，填写列联表如下：…………………………………………………………………………………………………4分计算K2=20(12×4−3×1)213×7×15×5≈5.934<6.635，所以不能在犯错误概率不超过1%的前提下，认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”有关；………8分样本中“制剂吸收不足量”有5株，其中“植株死亡”的有4株，存活的1株，设事件A：抽取的3株中恰有1株存活，记存活的植株为a，死亡的植株分别为b1，b2，b3，b4；则选取的3株有以下情况：{a, b1, b2}，{a, b1, b3}，{a, b1, b4}，{a, b2, b3}，{a, b2, b4}，{a, b3, b4}，{b1, b2, b3}，{b1, b2, b4}，{b1, b3, b4}，{b2, b3, b4}共10种，其中恰有一株植株存活的情况有6种；所以P(A)=610=35．………………………………12分【答案】当λ=13时，PA // 平面MBD．证明如下：设AC∩BD=O，连接OM，由AB // DC，AB=2√2，DC=√2，可得OCOA =CMMP=12，∴CMCP =λ=13，此时AP // OM，由OM⊂平面MBD，AP平面MBD，故PA // 面MBD；设DP=a，在底面等腰梯形ABCD中，由AC⊥BD，AB=2√2，DC=√2，可得OD =OC =1，OA =OB =2，DA =√5，AC =3， ∴ PA 2=a 2+5，PC 2=a 2+2，∴ (a 2+5)+(a 2+2)=9，即a =1， 又AN →=23AP →，∴ N 到面AOD 的距离ℎ=23．∴ V N−AOD =13(12×2×1)×23=29．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 直线与平面平行 【解析】（1）当λ=13时，PA // 平面MBD ．事实上，设AC ∩BD =O ，连接OM ，由已知可得OCOA=CMMP =12，则CMCP =λ=13，此时AP // OM ，再由线面平行的判定可得PA // 面MBD ； （2）设DP =a ，在底面等腰梯形ABCD 中，由已知可得OD =OC =1，OA =OB =2，DA =√5，AC =3，进一步求得a ，结合AN →=23AP →，可得N 到面AOD 的距离ℎ=23．再由棱锥体积公式求三棱锥N −AOD 的体积． 【解答】当λ=13时，PA // 平面MBD ．证明如下：设AC ∩BD =O ，连接OM ，由AB // DC ，AB =2√2，DC =√2，可得OCOA =CMMP =12， ∴ CMCP =λ=13，此时AP // OM ，由OM ⊂平面MBD ，AP 平面MBD ， 故PA // 面MBD ； 设DP =a ，在底面等腰梯形ABCD 中，由AC ⊥BD ，AB =2√2，DC =√2， 可得OD =OC =1，OA =OB =2，DA =√5，AC =3， ∴ PA 2=a 2+5，PC 2=a 2+2，∴ (a 2+5)+(a 2+2)=9，即a =1， 又AN →=23AP →，∴ N 到面AOD 的距离ℎ=23．∴ V N−AOD =13(12×2×1)×23=29．【答案】设点P(x, y)，由题意|x +4|=2√(x +1)2+y 2， 两边平方并化简得，点P 的轨迹方程是C:x 24+y 23=1；……4分设P(x 1, y 1)，Q(x 2, y 2)， 由PF →=2FQ →，∴ (−1−x 1, −y 1)=2(x 2+1, y 2)， ∴ y 1=−y 2；当PQ 斜率为0或斜率不存在时不适合题意， 设PQ:x =my −1(m ≠0)， 由{x =my −13x 2+4y 2=12 ，消去x 得(3m 2+4)y 2−6my −9=0，……………6分 由△=36m 2−4(3m 2+4)×(−9)>0， 且{y 1+y 2=6m3m 2+4=−y 2y 1y 2=−93m 2+4=−2y 22；…………………………8分 ∴ (6m3m 2+4)2⋅3m 2+4−9=−12，解得m 2=45；∴ |PQ|=|y 1−y 2|√1+m 2=12(1+m 2)3m 2+4=278，∴ |PF|=23|PQ|=94， 求得d =92，r =274；………………………10分设AB 中点为M ，则|AM|=√r 2−d 2=√(274)2−(92)2=9√54，∴ |AB|=9√52．…………12分【考点】直线与椭圆结合的最值问题 【解析】（1）设出点P 的坐标，由d =2|PF|，列出方程化简得点P 的轨迹方程； （2）设出点P 、Q 的坐标，利用PF →=2FQ →以及直线与椭圆的方程， 结合直线与圆的位置关系，求得弦长|AB|的值．【解答】设点P(x, y)，由题意|x +4|=2√(x +1)2+y 2， 两边平方并化简得，点P 的轨迹方程是C:x 24+y 23=1；……4分设P(x 1, y 1)，Q(x 2, y 2)， 由PF →=2FQ →，∴ (−1−x 1, −y 1)=2(x 2+1, y 2)， ∴ y 1=−y 2；当PQ 斜率为0或斜率不存在时不适合题意， 设PQ:x =my −1(m ≠0)， 由{x =my −13x 2+4y 2=12 ，消去x 得(3m 2+4)y 2−6my −9=0，……………6分 由△=36m 2−4(3m 2+4)×(−9)>0， 且{y 1+y 2=6m3m 2+4=−y 2y 1y 2=−93m 2+4=−2y 22；…………………………8分 ∴ (6m3m 2+4)2⋅3m 2+4−9=−12，解得m 2=45；∴ |PQ|=|y 1−y 2|√1+m 2=12(1+m 2)3m 2+4=278，∴ |PF|=23|PQ|=94， 求得d =92，r =274；………………………10分设AB 中点为M ，则|AM|=√r 2−d 2=√(274)2−(92)2=9√54，∴ |AB|=9√52．…………12分【答案】f′(x)=lnx −1x−a (x >0)由f′=ln1−1−a =0．得：a =−1，此时f(x)=(x −1)lnx ． f′(x)=lnx −1x +1在(0, +∞)单调性为：x ∈(0, 1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x ∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴ f(1)=0为极小值．（2）f′(x)=lnx −1x −1在(0, +∞)增，又f′(3)=ln3−43<0，f′(3.6)=ln3.6−13.6−1>0 所以必存在唯一x 0∈(3, 3.6)使f′(x 0)=0 满足lnx 0=1+1x 0，且f(x)在(0, x0)单调递减，(x0, +∞)单调递增所以f(x)min=f(x0)=(x0−1)(1+1x0)−2x0=−(x0+1x0)，x0∈(3, 3.6)所以k<−(x0+1x)，x0∈(3, 3.6)恒成立，易知−(x0+1x0)∈(−34990, −103)⊆(−4, −3)，又k∈Z，所以k max=−4【考点】利用导数研究函数的极值导数求函数的最值【解析】（1）对f(x)求导，由极值点处导数值为0，得到a的值．并将a代会导函数，判断正负，得到f(1)是极小值．（2）只需要f(x)的最小值大于k即可，分析f(x)的导函数，得到极小值，也就是最小值，对于x0是设而不求的思想，根据整数，求解即可．【解答】f′(x)=lnx−1x−a (x>0)由f′=ln1−1−a=0．得：a=−1，此时f(x)=(x−1)lnx．f′(x)=lnx−1x+1在(0, +∞)单调性为：x∈(0, 1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(1, +∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(1)=0为极小值．（2）f′(x)=lnx−1x−1在(0, +∞)增，又f′(3)=ln3−43<0，f′(3.6)=ln3.6−13.6−1>0所以必存在唯一x0∈(3, 3.6)使f′(x0)=0满足lnx0=1+1x，且f(x)在(0, x0)单调递减，(x0, +∞)单调递增所以f(x)min=f(x0)=(x0−1)(1+1x0)−2x0=−(x0+1x0)，x0∈(3, 3.6)所以k<−(x0+1x)，x0∈(3, 3.6)恒成立，易知−(x0+1x0)∈(−34990, −103)⊆(−4, −3)，又k∈Z，所以k max=−4选做题：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号.[选修4-4：坐标系与参数方程]【答案】，将x=1−√22t，代入x+y−1=0，得到y=√22t．所以直线l 的参数方程为{x =1−√22t y =√22t（t 为参数）．曲线C 的极坐标方程为ρ(1+cos2θ)=2asinθ(a >0)．转换为直角坐标方程为x 2=ay(a >0)． 将直线的参数方程代入x 2=ay ，整理得：t 2−(2√2+√2a)t +2=0，设A 和B 对应的参数为t 1，t 2，为上述方程的两实根 由于|PA|，|AB|，|PB|依次成等比数列， 所以：|AB|2=|PA|⋅|PB|， 即：|t 1−t 2|2=t 1∗t 2， 整理得a 2+4a −1=0， 由于a >0，所以a =√5−2． 【考点】圆的极坐标方程 【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．（2）利用直线和曲线的位置关系和一元二次方程根与系数的关系的应用和直线的几何意义求出结果． 【解答】，将x =1−√22t ，代入x +y −1=0，得到y =√22t ．所以直线l 的参数方程为{x =1−√22t y =√22t（t 为参数）．曲线C 的极坐标方程为ρ(1+cos2θ)=2asinθ(a >0)．转换为直角坐标方程为x 2=ay(a >0)． 将直线的参数方程代入x 2=ay ，整理得：t 2−(2√2+√2a)t +2=0，设A 和B 对应的参数为t 1，t 2，为上述方程的两实根 由于|PA|，|AB|，|PB|依次成等比数列， 所以：|AB|2=|PA|⋅|PB|， 即：|t 1−t 2|2=t 1∗t 2， 整理得a 2+4a −1=0， 由于a >0，所以a =√5−2．[选修4-5：不等式选讲] 【答案】依题意，得f(x)=|x +1|−|x −2|{−3,x ≤−12x −1,−1<x <33,x ≥2所以t =3，此时x ∈[2, +∞)．由a 2+2b =t −2⇒a 2+2b =1⇒a 2=1−2b ≥0⇒b ≤12，所以2a2+b2=b2−4b+2=(b−2)2−2≥14．【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式【解析】（1）f(x)=|x+1|−|x−2|{−3,x≤−12x−1,−1<x<33,x≥2，可得t=3，（2）由a2+2b=t−2可得a2=1−2b≥0⇒b≤12，即可得2a2+b2=b2−4b+2=(b−2)2−2≥14．【解答】依题意，得f(x)=|x+1|−|x−2|{−3,x≤−12x−1,−1<x<3 3,x≥2所以t=3，此时x∈[2, +∞)．由a2+2b=t−2⇒a2+2b=1⇒a2=1−2b≥0⇒b≤12，所以2a2+b2=b2−4b+2=(b−2)2−2≥14．。
山东省、湖北省部分重点中学2018届高三上学期第二次(12月)联考数学(文)试题+Word版含解析
山东、湖北部分重点中学2018届高三第二次联考数学（文）试题命题学校：襄阳五中命题人：程玲本试卷共4页，共23题，满分150分.考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置.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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色的签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域.答在试题卷、草稿纸上无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.请将答题卡上交.第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知命题，则“为假命题”是“为真命题”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】“为假命题”，则假或假，包括假假，假真，真假；“为真命题”，则真或真，包括真真，假真，真假；则“为假命题”是“为真命题”的既不充分也不必要条件，故选D。
2. 已知集合，，则集合的子集个数为（）A. 5B. 4C. 32D. 16【答案】D【解析】，，则，则子集个数为，故选D。
3. 设为虚数单位，若复数的实部与虚部的和为，则定义域为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，则，则，则，所以，且，即，故选A。
4. 的内角的对边分别为,且,，，则角=( )A. B. C. 或 D. 或【答案】B【解析】由正弦定理，，所以，又，则，所以，故选B。
5. 执行下列程序框图，若输入a，b分别为98，63，则输出的（）A. 12B. 14C. 7D. 9【答案】C【解析】因为，则，则，所以，则，所以，则，所以，则，所以，则，所以，则，所以输出，故选C。
6. 已知，，设的最大值为，的最大值为，则=（）A. 2B. 1C. 4D. 3【答案】A【解析】，则递增，递减，所以，，则递减，所以，所以，故选A。
山东、湖北部分重点中学2018届高三高考冲刺模拟考试(四)数学(文)试题(含答案)
齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷（4）文科数学试题本试卷共4页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
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的。
1．（原创，容易）设集合]3,0[=M ，}1|{>∈=x Z x N ，则=N M （ D ） A ．]3,0[ B ．]3,1( C ．}3,2,1{ D ．}3,2{ 解析：,...}4,3,2{=N ，所以=N M }2,1{，选 D 【考点】集合运算2．（原创，容易）已知命题0:x P ∃为有理数，012020>--x x ，则p ⌝命题为（ A ） A ．x ∀为有理数，0122≤--x x B ．x ∀为无理数，0122≤--x x C ．0x ∃为有理数，012020≤--x x D ．0x ∃为无理数，012020>--x x 解析：选A【考点】命题的否定：全称命题与特称命题3．（原创，容易）若复数12,z z 在复平面内对应的点关于原点对称，且i z -=21，则复数21z z =（ C ） A ．i 5453- B ．i 5453+- C ．1- D ．1 解析：i z +-=22，所以21z z 2212(2)i ii i --===--+--，选C 【考点】复数运算及几何意义4．（改编，容易）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关,初步健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地．”，请问此人第5天走的路程为（ D ）A ．36里B ．24里C ．18里D ．12里解析：设第n 天走的路程里数为n a ，可构成数列}{n a ，依题意知}{n a 为公比21=q 的等比 数列，3786=S 所以1221192192378211)211(45161=⨯=⇒=⇒=--a a a ，选D【考点】等比数列的通项与求和5. （原创，容易）若平面向量满足(2)a a b ⊥+，||21||a b a -=，则,的夹角θ为（ C ）A ．030 B ．060 C ．0120 D ．0150 解析：2(2+)(2+)=02a a b a a b a b a ⊥⇒⋅⇒⋅=-,22222||21||22116||4||a b a a a b b a b a b a -=⇒-⋅+=⇒=⇒=所以20221cos 1202||||4a b a a b aθθ⋅-===-⇒=,选C 【考点】平面向量的模、夹角、数量积6. （原创，容易）若),(y x P 满足约束条件421≤-≤≤y x x ，且23=-yzx ，则z 的最大值为（ C ） A ．1 B ． 4 C ．7 D ．10解析：由题⎪⎩⎪⎨⎧≤-≥-≥4201y x y x x ,画出可行域为如图ABC ∆区域，023≠-=y y x z 且，当P 在A 处时，7max =z ，选C【考点】线性规划7. （原创，中档）为了估计椭圆1422=+y x 在平面内围成的面积，用随机模拟的方法由计算机设定在]2,0[],2,0[∈∈y x 内随机产生10个随机数组),(i i y x 如下表，得到10个随机点i M ),(i i y x ，]10,1[∈i ，N i ∈，则由此可估计该椭圆所围成的面积为（ B ） A ．2.3 B ．6.4 C ．8 D ．π2解析：由图所示：正方形内包含了椭圆在一象限内的部分（包含与坐标轴的交点） 验证知1M ，4M ，6M ，9M 共4占正方形面积的52104=4.64452=⨯⨯=S ，选B【考点】随机数、几何概型8．（原创，中档）一个几何体三视图如下，则其体积为（ D A ．12 B ．8 C ．6 D ．4解析：在长方体中进行割补得如图几何体，为一个三棱锥（粗线画的图形），其体积44)32(2131=⨯⨯⨯=V ，选D【考点】三视图还原及多面体体积9. （改编，中档）如图所示的程序框图，若输入101201=a 则输出的b =（ B ） A. 64B. 46C. 289 解析：经计算得4631323031321=⨯+⨯+⨯+⨯=b ，选【考点】算法及流程图10．（原创，中档）已知函数)0(1)cos sin (cos 2)(<+-=m x x m x x f 的最大值为2，则)(x f 一条对称轴方程为( D ) A ．12π=x B ．4π=x C ．3π=x D ．6π=x 解析：)2sin(12cos 2sin )(2ϕ++=-=x m x x m x f由题212=+m ，又0<m ，所以3-=m)62sin(22cos 2sin 3)(π+-=--=x x x x f验证6π=x 为)(x f 对称轴，选D 【考点】三角运算及几何意义11. （原创，中档）已知三棱锥P ABC -所有顶点都在球O 的球面上，底面ABC ∆是以C 为直角顶点的直角三角形，22=AB ，3===PC PB PA ，则球O 的表面积为( A )A ．π9B ．49πC ．π4D ．π 解析：设AB 中点为D ，则D 为ABC ∆的外心，因为3===PC PB PA ，易证ABC PD 面⊥，所以球心O 在直线PD 上，又3=PA ，22=AB ，算得1=PD ，设球半径为R ，则ODA ∆中，232)1(22=⇒=+-R R R 所以π=9S ，选A【考点】线面垂直、球表面积公式12. （原创，难）已知抛物线x y 42=，过焦点F 作直线l 交抛物线于B A ,两点，准线与x 轴的交点为C ，若]4,3[||||∈λ=FB AF ，则ACB ∠tan 的取值范围为( B )A. 4[,52B. 40[,9C. ]53,21[D. ]815,34[解析：如图，不妨取A 在一象限，设l 倾斜角为α，β=∠ACFx BB BF ===λ||||31时，设,易得x AM x M A 2||,||1==2||x NF =，所以21||||cos ==αFB NF ，同理时，4=λ53cos =α 所以4sin [5α∈（或可求1134cos [,]sin [,]12552λααλ-=∈⇒∈+又β===αtan ||||||||sin 11AA C A AF AH ，同理BCF ∠=αtan sin 所以β=∠=∠BCF ACF ，且4tan [5α∈∈β-β=β-β=βtan tan 12tan 1tan 22tan 240[,9，选B 【考点】直线与抛物线、三角函数、值域 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13. （原创，容易）112<-x e（ 2.71828...e =）的解集为解析：)21,(-∞ 答案：)21,(-∞ 【考点】简单的指数不等式14. （原创，容易）已知(1)cos f x x +=，则(1)f =B解析：法1:(1)cos ()cos(1)(1)cos01f x x f x x f +=⇒=-⇒== 法2:0(1)cos01x f =⇒==令 答案：1【考点】函数解析式及函数值15.（原创，较难）ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，M 为AB 的中点， 2,b CM ==且2cos 2c B a b =-，则ABC S ∆= 解析：法1：2cos 22sin cos 2sin sin c B a b C B A B =-⇒=-2sin cos 2sin cos 2cos sin sin cos C B B C B C B ⇒=+-⇒所以060C =如图补成平行四边形ACBD ，则0120CAD ∠=，CD =ADC ∆中，由余弦定理得22044cos120a a a =+-⇒所以01=22sin 6032ABC S ∆⨯⨯=法2：同上060C =，222242CM CA CB CM CA CB CA CB =+⇒=++⋅ 所以212=4+22a a a +⇒= 所以01=22sin 602ABC S ∆⨯⨯= 【考点】解斜三角形：正余弦定理、面积公式、平面向量基本定理16. （原创，难）若直线a y =分别与)1ln()(,1)(-=-=x x g e x f x的图象交于B A ,两点，则线段AB 长度的最小值为 解析：法1：增在增在),1()(,)(+∞x g R x f),1()()(221x a x g x f -⇒+∞-∈==11)(+-='a e a h a 在增),1(+∞-，且所以增减，在),0()0,1()(+∞-t h 所以2)0()(min ==h a h ，即||min AB法2：设1)(-=-=-tx et x f y 与)(x g 有公切点),(00y x P ，则t min ||AB =。
2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学冲刺模拟试卷(理科)Word版含解析
2018年山东省、湖北省部分重点中学高考冲刺模拟试卷（理科数学）一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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．已知复数z 满足为纯虚数，则复数|z|的模为（ ）A ．B ．2C ．D ．2．已知U={y|y=log 2x ，x ＞1}，P={y|y=，x ＞2}，则∁U P=（ ）A ．[，+∞）B ．（0，）C ．（0，+∞）D ．（﹣∞，0）∪（，+∞）3．A ，B 是圆O ：x 2+y 2=1上不同的两点，且，若存在实数λ，μ使得，则点C 在圆O 上的充要条件是（ ）A ．λ2+μ2=1B ．+=1 C ．λ•μ=1 D ．λ+μ=14．现有四个函数：①y=x•sinx；②y=x•cosx；③y=x•|cosx|；④y=x•2x 的图象（部分）如图：则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是（ ） A ．①④③②B ．③④②①C ．④①②③D ．①④②③5．三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，又SA=AB=BC=1，则球O 的表面积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．12π6．已知定义在R 上的函数f （x ）=x 2+|x ﹣m|（m 为实数）是偶函数，记a=f （log e ），b=f（log 3π），c=f （e m ）（e 为自然对数的底数），则a ，b ，c 的大小关系（ ） A ．a ＜b ＜c B ．a ＜c ＜b C ．c ＜a ＜b D ．c ＜b ＜a7．若实数a ，b 均不为零，且x 2a =（x ＞0），则（x a ﹣2x b ）9展开式中的常数项等于（ ）A ．672B ．﹣672C ．﹣762D ．7628．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若，则输出的S 的值为（ ）A ．0B ．671.5C ．671D ．6729．设A 1，A 2分别为双曲线C ：﹣=1（a ＞0，b ＞0）的上下顶点，若双曲线上存在点M 使得两直线斜率k •k，则双曲线C 的离心率的取值范围为（ ）A ．（0，） B ．（1，） C ．（，+∞） D ．（1，）10．已知a ＞2，函数f （x ）=若函数f （x ）有两个零点x 1，x 2，则（ ）A ．∃a ＞2，x 1﹣x 2=0B ．∃a ＞2，x 1﹣x 2=1C ．∀a ＞2，|x 1﹣x 2|=2D ．∀a ＞2，|x 1﹣x 2|=3二、填空题：本题共5小题，每题5分，共25分11．某校高三有800名学生，第二次模拟考试数学考试成绩X ～N （试卷满分为150分），其中90～130分之间的人数约占75%，则成绩不低于130分的人数约为 ．12．= ．13．若直线l：ax﹣y﹣a+3=0将关于x，y的不等式组表示的平面区域分成面积相等的两部分，则z=2x﹣ay的最小值为．14．某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．15．已知抛物线的方程为x2=2py（p＞0），过点A（0，﹣a）（a＞0）作直线l与抛物线相交于P，Q两点，点B的坐标为（0，a），连接BP，BQ．且QB，QP与x轴分别交于M，N两点，如果QB的斜率与PB的斜率之积为﹣3，则∠PBQ= ．二、解答题：本题共6小题，共75分16．已知函数f（x）=4sinx•cos2（+）﹣cos2x．（1）将函数y=f（2x）的图象向右平移个单位长度得到函数y=g（x）的图象，求函数g（x）在x∈[，]上的值域；（2）已知a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，且满足b=2，f（A）=a=2bsinA，B∈（0，），求△ABC的面积．17．已知正三棱柱ABC ﹣A′B′C′如图所示，其中G 是BC 的中点，D ，E 分别在线段AG ，A′C 上运动，使得DE ∥平面BCC′B′，CC′=2BC=4． （1）求二面角A′﹣B′C﹣C′的余弦值； （2）求线段DE 的最小值．18．某投资公司现提供两种一年期投资理财方案，一年后投资盈亏的情况如表：（ I ）甲、乙两人在投资顾问的建议下分别选择“投资股市”和“购买基金”，若一年后他们中至少有一人盈利的概率大于，求p 的取值范围；（ II ）某人现有10万元资金，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选出一种，若购买基金现阶段分析出，那么选择何种方案可使得一年后的投资收益的数学期望值较大？19．已知数列{a n }为等差数列，a 1=3且（a 3﹣1）是（a 2﹣1）与a 4的等比中项． （1）求a n ；（2）若数列{a n }的前n 项和为S n ，b n =，T n =﹣b 1+b 2+b 3+…+（﹣1）n b n ，求T n ．20．已知D （x 0，y 0）为圆O ：x 2+y 2=12上一点，E （x 0，0），动点P 满足=+，设动点P 的轨迹为曲线C ． （1）求曲线C 的方程；（2）若动直线l ：y=kx+m 与曲线C 相切，过点A 1（﹣2，0），A 2（2，0）分别作A 1M ⊥l 于M ，A 2N ⊥l 于N ，垂足分别是M ，N ，问四边形A 1MNA 2的面积是否存在最值？若存在，请求出最值及此时k 的值；若不存在，说明理由．21．已知函数f （x ）=ax 2e x +blnx ，且在P （1，f （1））处的切线方程为（3e ﹣1）x ﹣y+1﹣2e=0，g （x ）=（﹣1）ln （x ﹣2）++1．（1）求a ，b 的值；（2）证明：f （x ）的最小值与g （x ）的最大值相等．2018年山东省、湖北省部分重点中学高考冲刺模拟试卷（理科数学）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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．已知复数z 满足为纯虚数，则复数|z|的模为（ ）A ．B ．2C ．D ．【考点】A8：复数求模．【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义、模的计算公式即可得出．【解答】解：，为纯虚数，∴=0，≠0，解得，∴z=i ．∴．故选：C ．2．已知U={y|y=log 2x ，x ＞1}，P={y|y=，x ＞2}，则∁U P=（ ）A ．[，+∞）B ．（0，）C ．（0，+∞）D ．（﹣∞，0）∪（，+∞）【考点】4O ：对数函数的单调性与特殊点；1F ：补集及其运算．【分析】先求出集合U 中的函数的值域和P 中的函数的值域，然后由全集U ，根据补集的定义可知，在全集U 中不属于集合P 的元素构成的集合为集合A 的补集，求出集合P 的补集即可．【解答】解：由集合U 中的函数y=log 2x ，x ＞1，解得y ＞0， 所以全集U=（0，+∞），同样：P=（0，），得到C U P=[，+∞）． 故选A ．3．A，B是圆O：x2+y2=1上不同的两点，且，若存在实数λ，μ使得，则点C在圆O上的充要条件是（）A．λ2+μ2=1 B． +=1 C．λ•μ=1 D．λ+μ=1【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】由点C在圆O上⇔，即，展开后结合已知整理得答案．【解答】解：∵，∴点C在圆O上⇔，即，∴．∵，且，∴λ2+μ2=1．故选：A．4．现有四个函数：①y=x•sin x；②y=x•cosx；③y=x•|cosx|；④y=x•2x的图象（部分）如图：则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是（）A．①④③②B．③④②①C．④①②③D．①④②③【考点】3O：函数的图象．【分析】根据各个函数的奇偶性、函数值的符号，判断函数的图象特征，即可得到．【解答】解：根据①y=x•sinx为偶函数，它的图象关于y轴对称，故第一个图象即是；根据②y=x•cosx为奇函数，它的图象关于原点对称，它在（0，）上的值为正数，在（，π）上的值为负数，故第三个图象满足；根据③y=x•|cosx|为奇函数，当x＞0时，f（x）≥0，故第四个图象满足；④y=x•2x，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第2个图象满足，故选：D．5．三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA=AB=BC=1，则球O的表面积为（）A．B．C．3π D．12π【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】根据题意，三棱锥S﹣ABC扩展为正方体，正方体的外接球的球心就是正方体体对角线的中点，求出正方体的对角线的长度，即可求解球的半径，从而可求三棱锥S﹣ABC的外接球的表面积．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，又SA=AB=BC=1，三棱锥扩展为正方体的外接球，外接球的直径就是正方体的对角线的长度，∴球的半径R==．球的表面积为：4πR2=4=3π．故选：C．6．已知定义在R上的函数f（x）=x2+|x﹣m|（m为实数）是偶函数，记a=f（log e），b=f （log），c=f（e m）（e为自然对数的底数），则a，b，c的大小关系（）3πA．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．c＜b＜a【考点】5B：分段函数的应用．【分析】利用f（x）是定义在R上的偶函数，可得m=0，化简a，c，利用函数在（0，+∞）上是增函数，可得a，b，c的大小关系．【解答】解：由f（x）为R上的偶函数，可得f（﹣x）=f（x），即为x2+|x﹣m|=x2+|﹣x﹣m|，求得m=0，即f（x）=x2+|x|，当x＞0时，f（x）=x2+x递增，e）由a=f（log e）=f（log3b=f（log），c=f（e m）=f（e0）=f（1），3π＞1＞log3e，又log3π）＞f（1）＞f（log3e），可得f（log3π即有b＞c＞a．故选：B．7．若实数a，b均不为零，且x2a=（x＞0），则（x a﹣2x b）9展开式中的常数项等于（）A．672 B．﹣672 C．﹣762 D．762【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】利用已知条件求出a，b关系，利用二项展开式的通项公式，求解常数项即可．【解答】解：由题意知：x2a+b=1，x＞0，则2a+b=0，∴b=﹣2a，（x a﹣2x b）9展开式的通项为：，若为常数项，则：r=3，则常数项为：．故选：B．8．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若，则输出的S的值为（）A ．0B ．671.5C ．671D ．672【考点】EF ：程序框图．【分析】模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算并输出S=cos+cos+cos+…+cos的值，根据三角函数取值的周期性即可计算得解．【解答】解：由程序框图知：算法的功能是求S=cos +cos+cos+…+cos的值，∵cos+cos+cos+…+cos=0，k ∈Z ，∵2016=6×336， ∴输出S=0． 故选：A ．9．设A 1，A 2分别为双曲线C ：﹣=1（a ＞0，b ＞0）的上下顶点，若双曲线上存在点M 使得两直线斜率k •k，则双曲线C 的离心率的取值范围为（ ）A ．（0，） B ．（1，） C ．（，+∞） D ．（1，）【考点】KC ：双曲线的简单性质．【分析】由题意可知：求得MA 1和MA 2斜率， •=，代入双曲线，求得b 和a的关系，由离心率公式，即可求得双曲线C 的离心率的取值范围． 【解答】解：设M （x ，y ），A 1（0，a ），A 2（0，﹣a ），则=， =，∴•=，（*）．又M （x ，y ）在双曲线﹣=1（a ＞0，b ＞0）上，∴y 2=a 2（+1），代入（*）式得， =＞2，∴＜，∴=e 2﹣1＜，解得：1＜e ＜．故选：B ．10．已知a ＞2，函数f （x ）=若函数f （x ）有两个零点x 1，x 2，则（ ）A ．∃a ＞2，x 1﹣x 2=0B ．∃a ＞2，x 1﹣x 2=1C ．∀a ＞2，|x 1﹣x 2|=2D ．∀a ＞2，|x 1﹣x 2|=3【考点】54：根的存在性及根的个数判断．【分析】通过当x ＞0时，不妨设其根为x 1；当x ≤0时，不妨设其根为x 2，推出x 1﹣x 2=3；转化求出结果即可．【解答】解：当x ＞0时，y=log a （x+1）+x ﹣2，令y=0，则有log a （x+1）=3﹣（x+1）不妨设其根为x 1；当x ≤0时，，令y=0，则有，即：a ﹣（x+1）=3﹣[﹣（x+1）]，不妨设其根为x 2，则有：（x 1+1）+[﹣（x 2+1）]=3，即：x 1﹣x 2=3；同理，若x＞0时的零点为x2，x≤0时的零点为x1，则有：x2﹣x1=3，因而答案为D．故选：D．二、填空题：本题共5小题，每题5分，共25分11．某校高三有800名学生，第二次模拟考试数学考试成绩X～N（试卷满分为150分），其中90～130分之间的人数约占75%，则成绩不低于130分的人数约为100 ．【考点】CP：正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据考试的成绩ξ服从正态分布N．得到考试的成绩ξ关于ξ=110对称，根据P （90≤ξ≤130）=0.75，得到P（ξ≥130）=0.125，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．【解答】解：∵考试的成绩ξ服从正态分布N．∴考试的成绩ξ关于ξ=110对称，∵P（90≤ξ≤130）=0.75，∴P（ξ≥130）=P（ξ≤90）=（1﹣0.75）=0.125，∴该班数学成绩在130分以上的人数为0.125×800=100．故答案为：100．12． = 2π．【考点】67：定积分．【分析】根据定积分的几何意义和定积分的计算法则计算即可．【解答】解：dx，表示以原点为圆心，以2为半径的圆的面积的二分之一，故dx=π×22=2π，2xdx=x2|=22﹣（﹣2）2=0，∴=2π故答案为：2π13．若直线l：ax﹣y﹣a+3=0将关于x，y的不等式组表示的平面区域分成面积相等的两部分，则z=2x﹣ay的最小值为﹣6 ．【考点】7C：简单线性规划．【分析】根据条件求出直线恒过定点C（1，3），根据面积相等得到直线过AB的中点，求出a 的值，结合直线斜率的几何意义进行求解即可．【解答】解：直线l：a（x﹣1）﹣（y﹣3）=0过定点C（1，3），x，y的不等式组表示的平面区域：区域的三个顶点为A（﹣1，2），B（3，4），C（0，1），M为A，B的中点，则l过（0，1）点，直线平分可行域的面积，则a=2，z=2x﹣ay=2x﹣2y，即y=x﹣，经过区域内的点A时，目标函数取得最小值．此时最大值为：﹣2×1﹣2×2=﹣6．=﹣6．从而易求：zmin故答案为：﹣6．14．某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】由题意作图，从而可得其由三棱柱截去三棱锥得到，从而解得．【解答】解：由题意作图如下，其由三棱柱截去三棱锥可得，其中三棱柱的体积V=×1×1×2=1，被截去的三棱锥的体积V=××1×1×1=，故该几何体的体积为1﹣=，故答案为：．15．已知抛物线的方程为x2=2py（p＞0），过点A（0，﹣a）（a＞0）作直线l与抛物线相交于P，Q两点，点B的坐标为（0，a），连接BP，BQ．且QB，QP与x轴分别交于M，N两点，如果QB的斜率与PB的斜率之积为﹣3，则∠PBQ= ．【考点】KN ：直线与抛物线的位置关系．【分析】设PQ ：y=kx ﹣a ，与抛物线方程x 2=2py 联立，设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），利用韦达定理，表示直线的斜率，通过k BP =﹣k BQ ，k BP •k BQ =﹣3．求解即可．【解答】解：设PQ ：y=kx ﹣a ，与抛物线方程x 2=2py 联立得：x 2﹣2pkx+2pa=0， 设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），则有：x 1+x 2=2pk ，x 1x 2=2pa ，，所以：k BP =﹣k BQ 而：k BP •k BQ =﹣3．从而，从而得．故答案为：．二、解答题：本题共6小题，共75分16．已知函数f （x ）=4sinx•cos 2（+）﹣cos2x ．（1）将函数y=f （2x ）的图象向右平移个单位长度得到函数y=g （x ）的图象，求函数g （x ）在x ∈[，]上的值域；（2）已知a ，b ，c 分别为△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且满足b=2，f （A ）=a=2bsinA ，B ∈（0，），求△ABC 的面积．【考点】HP ：正弦定理；H5：正弦函数的单调性．【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用化简可得f （x ）=2sinx ﹣1，由题意可求g （x ）=2sin（2x ﹣）﹣1，由x ∈[，]，可求2x ﹣∈[﹣，]，利用正弦函数的性质可求值域．（2）由已知及正弦定理得： sinA=2sinBsinA ，可求sinB=，结合范围0可求B=，进而可求sinA ，由正弦定理得a ，利用三角形面积公式即可计算得解．【解答】=2sinx ﹣2sin 2x ﹣cos2x=2sinx ﹣1，…2分∴函数f （2x ）=2sin2x ﹣1 的图象向右平移个单位得到函数g （x ）=2sin2（x ﹣）﹣1=2sin （2x ﹣）﹣1的图象，…4分∵x ∈[，]，∴2x ﹣∈[﹣，]，当x=时，g （x ）min =﹣2；当x=时，g （x ）max =1，所求值域为[﹣2，1]．…6分（2）由已知a=2bsinA 及正弦定理得：sinA=2sinBsinA ，…7分∴sinB=，∵0，∴B=，…8分由f （A ）=﹣1，得sinA=．…9分又a=b ＜b ，∴A=，…10分由正弦定理得：a=，…11分∴S △ABC =absinC=×2×=．…12分17．已知正三棱柱ABC ﹣A′B′C′如图所示，其中G 是BC 的中点，D ，E 分别在线段AG ，A′C 上运动，使得DE ∥平面BCC′B′，CC′=2BC=4． （1）求二面角A′﹣B′C﹣C′的余弦值； （2）求线段DE 的最小值．【考点】MT ：二面角的平面角及求法．【分析】（1）由题意画出图形，以GB所在直线为x轴，以过G且垂直于BG的直线为y轴，以GA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面B′CC′与平面A′B′C的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得二面角A′﹣B′C﹣C′的余弦值；（2）设D（0，0，t）（0≤t≤），E（x，y，z），由，结合DE∥平面BCC′B′把λ用含有t的代数式表示，然后求出的最小值得答案．【解答】解：（1）如图，∵ABC﹣A′B′C′为正三棱柱，G是BC的中点，∴AG⊥平面BCC′B′，以GB所在直线为x轴，以过G且垂直于BG的直线为y轴，以GA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则G（0，0，0），A（0，0，），C（﹣1，0，0），B′（1，4，0），A′（0，4，），=（1，4，），，平面B′CC′的一个法向量为，设平面A′B′C的一个法向量为，由，取y=1，得x=﹣2，z=．∴，∴cos＜＞===．∴二面角A′﹣B′C﹣C′的余弦值为；（2）设D（0，0，t）（0≤t≤），E（x，y，z），则，∴（x+1，y，z）=（λ，4λ，），即x=λ﹣1，y=4λ，z=．∴E（λ﹣1，4λ，），=（λ﹣1，4λ，），由DE∥平面BCC′B′，得，得λ=．∴=，当t=时，有最小值，∴线段DE的最小值为．18．某投资公司现提供两种一年期投资理财方案，一年后投资盈亏的情况如表：（ I ）甲、乙两人在投资顾问的建议下分别选择“投资股市”和“购买基金”，若一年后他们中至少有一人盈利的概率大于，求p 的取值范围；（ II ）某人现有10万元资金，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选出一种，若购买基金现阶段分析出，那么选择何种方案可使得一年后的投资收益的数学期望值较大？【考点】CH ：离散型随机变量的期望与方差．【分析】（ I ）设事件A 为“甲投资股市且盈利”，事件B 为“乙购买基金且盈利”，事件C 为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”，则，其中A ，B 相互独立．利用相互独立事件、互斥事件的概率计算公式即可得出概率．（ II ）假设此人选择“投资股市”，记ξ为盈利金额（单位万元），可得ξ的分布列为．假设此人选择“购买基金”，记η为盈利金额（单位万元），可得η的分布列，计算即可比较出大小关系．【解答】解：（ I ）设事件A 为“甲投资股市且盈利”，事件B 为“乙购买基金且盈利”，事件C 为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”，则，其中A ，B 相互独立．…2分因为，则，即，由解得；…4分又因为且q ≥0，所以，故．…6分（ II ）假设此人选择“投资股市”，记ξ为盈利金额（单位万元），则ξ的分布列为：则；…8分假设此人选择“购买基金”，记η为盈利金额（单位万元），则η的分布列为：则；…10分因为，即E ξ＞E η，所以应选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期望值较大．…12分．19．已知数列{a n }为等差数列，a 1=3且（a 3﹣1）是（a 2﹣1）与a 4的等比中项． （1）求a n ；（2）若数列{a n }的前n 项和为S n ，b n =，T n =﹣b 1+b 2+b 3+…+（﹣1）n b n ，求T n ．【考点】8E ：数列的求和．【分析】（1）设等差数列{a n }的公差为d ，a 1=3且（a 3﹣1）是（a 2﹣1）与a 4的等比中项．可得（3+2d ﹣1）2=（3+3d ）（3+d ﹣1），整理为：d 2﹣d ﹣2=0，解得d 并且验证即可得出．（2）S n ==n 2+2n ，b n ===，对n 分类讨论即可得出．【解答】解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，a 1=3且（a 3﹣1）是（a 2﹣1）与a 4的等比中项．∴（3+2d ﹣1）2=（3+3d ）（3+d ﹣1），整理为：d 2﹣d ﹣2=0，解得d=2，或﹣1（舍去）． ∴a n =2n+1． （2）S n ==n 2+2nb n ===，当n 为偶数时，T n =﹣b 1+b 2+b 3+…+（﹣1）nb n =﹣+﹣…+=﹣1+=．当n 为奇数时，T n =﹣b 1+b 2+b 3+…+（﹣1）n b n =﹣+﹣…﹣=﹣1﹣=．∴T n =．20．已知D （x 0，y 0）为圆O ：x 2+y 2=12上一点，E （x 0，0），动点P 满足=+，设动点P 的轨迹为曲线C ． （1）求曲线C 的方程；（2）若动直线l ：y=kx+m 与曲线C 相切，过点A 1（﹣2，0），A 2（2，0）分别作A 1M ⊥l 于M ，A 2N ⊥l 于N ，垂足分别是M ，N ，问四边形A 1MNA 2的面积是否存在最值？若存在，请求出最值及此时k 的值；若不存在，说明理由． 【考点】KQ ：圆锥曲线的定值问题．【分析】（1）由题意设P （x ，y ），则=+（x 0，0）=．可得，y=，解得x 0=x ，y 0=2y ，又+=12，代入圆的方程即可得出．（2）联立，可得（3+4k 2）x 2+8kmx+4m 2﹣12=0，△=0，可得：m 2=3+4k 2．A 1（﹣2，0）到l 的距离d 1=，A 2（2，0）到l 的距离d 2=，可得|MN|2=﹣=.=．可得四边形A 1MNA 2的面积S=，利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：（1）由题意设P （x ，y ），则=+（x 0，0）=．∴，y=，解得x 0=x ，y 0=2y ，又+=12，代入可得：3x 2+4y 2=12，化为： =1．（2）联立，可得（3+4k 2）x 2+8kmx+4m 2﹣12=0，△=64k 2m 2﹣4（3+4k 2）（4m 2﹣12）=48（3+4k 2﹣m 2）=0，可得：m 2=3+4k 2．A 1（﹣2，0）到l 的距离d 1=，A 2（2，0）到l 的距离d 2=，则|MN|2=﹣=16﹣[+﹣]=16﹣=16﹣=16﹣=．=++==．∴四边形A 1MNA 2的面积S===4=4≤4．当k=0时，取等号．21．已知函数f （x ）=ax 2e x +blnx ，且在P （1，f （1））处的切线方程为（3e ﹣1）x ﹣y+1﹣2e=0，g （x ）=（﹣1）ln （x ﹣2）++1．（1）求a ，b 的值；（2）证明：f （x ）的最小值与g （x ）的最大值相等．【考点】6K ：导数在最大值、最小值问题中的应用；6H ：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）求导，由题意可得f'（1）=1，代入即可求得a ，b 的值； （2）分别利用导数求出函数f （x ），g （x ）的最值，再比较判断，即可证明．【解答】解：（1）当x=1时，y=e ，即f （1）=ae=e ，解得a=1，∵f′（x ）=e x （x 2+2x ）+，∴f′（1）=e （1+2）+b=3e ﹣1，解得b=﹣1，（2）证明：由（1）得f′（x ）=e x （x 2+2x ）﹣，令h （x ）=e x （x 2+2x ）﹣，∴h′（x ）=e x （x 2+4x+2）+，∴h （x ）为增函数，∵f （）=﹣4＜﹣4＜2﹣4＜0，f （1）=3e ﹣1＞0，∴存在唯一的x 1∈（，1），使得f′（x ）=0，即（x 12+2x 1）﹣=0，亦即2lnx 1+ln （x 1+2）+x 1=0，且f （x ）在（0，x 1）为减函数，在（x 1，+∞）为增函数，∴f （x ）min =f （x 1）=x 12+lnx 1=﹣lnx 1=﹣lnx 1，∵g′（x ）=﹣ln （x ﹣2）+（﹣1）+=，令φ（x ）=﹣2ln （x ﹣2）﹣x+2﹣lnx ，则φ（x ）在（2，+∞）上为减函数，∵φ（3）=﹣3+2﹣ln3=﹣1﹣ln3＜0，φ（2+）=4﹣（2+）+2﹣ln （2+）＞4﹣（2+1）+2﹣1＞0，∴存在唯一的x 2∈（2+，3），使得φ（x 2）=0，即φ（x 2）=﹣2ln （x 2﹣2）﹣x 2+2﹣lnx 2=0 亦即lnx 2+2ln （x 2+2）+x 2﹣2=0，且g （x ）在（2，x 2）为增函数，在（x 2，+∞）为减函数，∴g （x ）max =g （x 2）=（﹣1）ln （x 2﹣2）++1=（﹣1）ln （x 2﹣2）++1，= [（2﹣x2）ln（x2﹣2）﹣2ln（x2﹣2）﹣x2+1]+1= [﹣x2ln（x2﹣2）﹣x2+1]+1=﹣ln（x2﹣2），∵2lnx1+ln（x1+2）+x1=2ln[（x1+2）﹣2]+ln（x1+2）+（x1+2）﹣2=0∴x1+2=x2，∴g（x）max =﹣ln（x2﹣2）=﹣lnx1=f（x）min；问题得以证明．。
2018年最新 湖北宜昌市部分重点高中2018届高三年级五
宜昌市部分重点高中18届高三年级五月联考数学试题（文科）（时间：120分钟 满分：150分 ）一、选择题（本大题共10小题，每题5分，共计50分） 1.已知集合(){}R k k y x M ∈+=),4,3(2,1),(,集合(){}R m m y x N ∈+--=),5,4(2,2),(，则MN =A.{}(2,2)--B.{}(1,2),(2,2)--C.{}(4,2)D.{})2,1( 2.设映射f :x →x x 22+-是实数集M 到实数集N 的映射，若对于实数p ∈N ,在M 中不存在原象，则p 的取值范围是A.(1,+∞)B.［1,+)∞C.(]1,∞-D.(-∞,1) 3. “命题甲：a (a-b)<0”是“命题乙：1>ab”成立的 Ａ.充分不必要条件 Ｂ.充要条件 Ｃ.必要不充分条件 Ｄ.既不充分也不必要条件 4．把一组数据中的每一个数据都减去80，得一组新数据，若求得新数据的平均数是1.2，方差是4.4，则原来数据的平均数和方差分别是A ．78.8，75.6 B. 78.8，4.4 C. 81.2，84.4 D.81.2，4.4 5. 已知c AC b BC a BA ===→→→,,且满足)0(0(>=⋅+λλc ，则ABC ∆为Ａ.等边三角形 Ｂ.等腰三角形 Ｃ.直角三角形 Ｄ.不确定6．已知A 为平面α外一点，,α⊥AO AB ，AC 为α的两条斜线段，若12,2==CO BO ，AB ，AC 与α所成的角的差为45°，则AO 的长为A ．4B ．6或8C ．4或6D ．87. 某考察天目湖小岛的开发情况，从码头乘汽艇出发，沿直线方向匀速开往该岛，靠近岛时，绕小岛环行两周后，把汽艇停靠岸边上岸考察，然后又乘汽艇沿原航线提速返回。
设t 为出发后的某一时刻，S 为汽艇与码头在时刻t 的距离，下列图象中能大致表示S ＝f (x)的函数关系的为C.B.A.y yxxoooy x 8. 已知n n n x a x a x a a x x x x ++++=+++++++ 221032)1()1()1(，且320a a a +++2)1(601+-=+-n n a n ，则n ＝ Ａ.4 Ｂ.5 Ｃ.6 Ｄ.79. 若O （0，0），A （4，－1）两点到直线062=++y a ax 的距离相等，则实数a 可能取值 的个数共有（ ）个A ．1B ．2C ．3D ．410. 甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数A.90B.42C.30D.60二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分） 11.若函数|)3sin(|c x y ++=π的周期为π，则实数=c .12. 直线0432:=++-a y ax l 恒过定点A ，l 与曲线084522=+--+y x y x 交于P ,Q 两点，则=⋅AQ AP .13．设地球的半径为R ，在北纬30°圈上有A 、B 两地，它们的经度差120°，那么这两地间较短的纬线长等于14．已知数列}{n a 中，),2(12,411N n n a a a n n ∈≥-==-，则数列}{n a 的前n 项和=n S 15.把实数a ，b ，c ，d 排成如a b c d ⎛⎫⎪⎝⎭的形式，称之为二行二列矩阵，定义矩阵的一种运算a b x ax by c d y cx dy +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭，该运算的几何意义为平面上的点(x ，y )在矩阵a b c d ⎛⎫⎪⎝⎭的作用下变换成点(ax +by ，cx +dy )，则点(2，3)在矩阵0110⎛⎫ ⎪⎝⎭的作用下变换成点三、解答题（本大题共6小题，共75分）16．（本题满分12分）已知)0,3(A 、)3,0(B 、)sin ,(cos ααC ，且πα<<0.（1）若1-=⋅，求α2cos 的值.（2）若13||=+OC OA ，求OB 与OC 的夹角θ.17．（本题满分13分）已知等差数列}{n a 的公差为正数，且52,a a 为方程027122=+-x x 的两根，数列}{n b 的前n 项和为n T ，且n n b T 211-=. （1）写出}{n a ，}{n b 的通项公式.（2）记)(*N n b a C n n n ∈=，试比较1+n C 与n C 的大小.18．（本小题满分13分）已知矩形ABCD 中，12==AD AB ，，将ΔABD 沿BD 折起，使点A 在平面BCD 内的射影落在DC 上，E 、F 、G 分别为棱BD 、AD 、AB 的中点。
2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学二模试卷(文科)
2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学二模试卷（文科）一.选择题：本题共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. 已知集合A={x|y=√x−1}，B={x|−1≤x≤2}，则A∩B=()A.[−1, 2]B.[1, 2]C.(1, 2]D.[−1, 1]∪{2}2. 已知复数z满足|z|=√2,z+z=2，（z为z的共轭复数）．下列选项（选项中的i为虚数单位）中z=()A.1+iB.1−iC.1+i或1−iD.−1+i或−1−i3. 当5个正整数从小到大排列时，其中位数为4，若这5个数的唯一众数为6，则这5个数的均值不可能为（）A.3.6B.3.8C.4D.4.24. 一给定函数y=f(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1∈(0, 1)，由关系式a n+1=f(a n)得到的数列{a n}满足a n+1<a n．则该函数的图象可能是（）A. B.C. D.5. 按如图所示的算法框图，某同学在区间[0, 9]上随机地取一个数作为x输入，则该同学能得到“OK”的概率（）A.1 2B.19C.1318D.896. 已知直线x +2y +√5=0与直线x −dy +11√5=0互相平行且距离为m ．等差数列{a n }的公差为d ，且a 7⋅a 8＝35，a 4+a 10<0，令S n ＝|a 1|+|a 2|+|a 3|+...+|a n |，则S m 的值为（ ） A.36 B.44 C.52 D.607. 函数f(x)=cosx +2|cosx|−m ，x ∈[0, 2π]恰有两个零点，则m 的取值范围为（ ） A.(0, 1] B.{1} C.{0}∪(1, 3] D.[0, 3]8. 我国古代著名的数学家刘徽著有《海岛算经》．内有一篇：“今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直．从前表却行百二十三步，人目著地取望岛峰，与表末参合．从后表却行百二十七步，人目著地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？”（参考译文：假设测量海岛，立两根标杆，高均为5步，前后相距1000步，令前后两根标杆和岛在同一直线上，从前标杆退行123步，人的视线从地面（人的高度忽略不计）过标杆顶恰好观测到岛峰，从后标杆退行127步，人的视线从地面过标杆顶恰好观测到岛峰，问岛高多少？岛与前标杆相距多远？）（丈、步为古时计量单位，三丈=5步）． 则海岛高度为（ ） A.1055步 B.1255步 C.1550步 D.2255步9. 一个几何体的三视图如图所示，正视图与俯视图外框为全等的长与宽分别为2，1的长方形，侧视图为正方形．则这个几何体的体积为（ ）A.13 B.53C.54D.210. 已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点为A ，左、右焦点分别为F 1(−c, 0)，F 2(c, 0)，B(−a, a)，C(−a, −a)，过A ，B ，C 三点的圆与直线x =−a 2c 相切，则此椭圆的离心率为（ ） A.13B.12C.√22D.2311. 已知D ，E 分别是△ABC 边AB ，AC 的中点，M 是线段DE 上的一动点（不包含D ，E 两点），且满足AM →=αAB →+βAC →，则1α+2β的最小值为（ ） A.4√2 B.8C.6−4√2D.6+4√212. 定义在R 上的奇函数f(x)，当x ≥0时，f(x)={1−2x ,x ∈[0,1)1−|x −3|,x ∈[1,+∞). ，则关于x的函数F(x)＝f(x)−a(0<a <1)的所有零点之和为（ ） A.2a −1 B.1−2−a C.−log 2(1+a) D.log 2(1−a) 二.填空题：本题共4个题，每小题5分，共20分.在三棱锥S−ABC中，AB⊥AC，AB=AC=SA，SA⊥平面ABC，D为BC中点，则异面直线AB与SD所成角的余弦值为________．已知双曲线x24−y2=1上一点P，过点P作双曲线两渐近线的平行线l1，l2，直线l1，l2分别交x轴于M，N两点，则|OM|⋅|ON|=________．实系数一元二次方程x2+ax−2b=0有两实根，一根在区间(0, 1)内，另一根在区间(1, 2)内．若z=ba−1，则z的取值范围为________．下面有四个命题：①在等比数列{a n}中，首项a1>0是等比数列{a n}为递增数列的必要条件．②已知a=lg2，则a<a a<a a a．③将y=2tan(x+π6)的图象向右平移π6个单位，再将所得图象的横坐标不变，纵坐标缩短到原来的12，可得到y=tanx的图象．④设0<a<3，则函数f(x)=x3−ax(0<x<1)有最小值无最大值．其中正确命题的序号为________．（填入所有正确的命题序号）三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知abc +cab−bac=1a cosC+c cosA．（1）求角B的大小；（2）若△ABC的面积为3√32，其外接圆半径为√3，且c>a，求c．一批大学生和公务员为了响应我党提出的“精准扶贫”政策，申请报名参加新疆某贫困地区开展脱贫工作的“进村工作”活动，帮助当地农民脱贫致富．该区有A，B，C，D四个村，政府组织了四个扶贫小组分别进驻各村，开展“进村工作”，签约期两年．约期完后，统计出该区A，B，C，D四村的贫富情况条形图如图：(Ⅰ)若该区脱贫率为80%，根据条形图，求出B村的总户数；(Ⅱ)约期完后，政府打算从四个小组中选出两个小组颁发金星级奖与银星级奖，每个小组被选中的可能性相同．求进驻A村的工作小组被选中的概率．如图，在五边形ABSCD 中，四边形ABCD 为长方形，三角形SBC 为边长为2的正三角形，将三角形SBC 沿BC 折起，使得点S 在平面ABCD 上的射影恰好在AD 上．(1)当AB =√2时，证明：平面SAB ⊥平面SCD ；(2)当AB =1时，求四棱锥S −ABCD 的侧面积．已知过抛物线Ω:y 2=2px(0<p ≤8)的焦点F 向圆C ：(x −3)2+y 2=1引切线FT （T 为切点），切线FT 的长为√3． (Ⅰ)求抛物线C 的方程；(Ⅱ)作圆C ：(x −3)2+y 2=1的切线l ，直线l 与抛物线Ω交于A ，B 两点，求|FA|⋅|FB|的最小值．已知函数f(x)=13x 3+1−a 2x 2−a 2ln x +a 2ln a ，a >0（1）当a =1时，求f(x)的单调区间及极值；（2）若f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =5+tcosαy =tsinα ，(t 为参数，0≤α<π)．以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程是ρ=4cosθ．(Ⅰ)当α=45∘时，求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；(Ⅱ)已知点C 的直角坐标为C(2, 0)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，当△ABC 面积最大时，求直线l 的普通方程． [选修4-5：不等式选讲]设f(x)=a|x −1|+|x +3|． (Ⅰ)当a =1时，求f(x)的最小值；(Ⅱ)若g(x)为奇函数，且g(2−x)=g(x)，当x ∈[0, 1]时，g(x)=5x ．若ℎ(x)=f(x)−g(x)有无数多个零点，作出g(x)图象并根据图象写出a 的值（不要求证明）．参考答案与试题解析2018年山东省、湖北省部分重点中学高考数学二模试卷（文科）一.选择题：本题共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.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】求函数的定义域得出集合A，根据交集的定义写出集合B．【解答】由A={x|y=√x−1}，得A={x|x−1≥0}={x|x≥1}=[1, +∞)，B={x|−1≤x≤2}=[−1, 2]；∴A∩B=[1, 2]．2.【答案】C【考点】复数的运算【解析】设z=a+bi(a, b∈R)，则z=a−bi，根据复数z满足|z|=√2,z+z=2，可得{a2+b2=22a=2，解出即可得出．【解答】设z=a+bi(a, b∈R)，则z=a−bi，∵复数z满足|z|=√2,z+z=2，∴{a2+b2=22a=2，得{a=1b=±1，∴z=1+i或z=1−i．3.【答案】A【考点】众数、中位数、平均数【解析】根据题意设出五个数，由此求出符合题意的五个数的可能取值，计算平均数即可．【解答】设五个数从小到大为a1，a2，a3，a4，a5，依题意得a3=4，a4=a5=6，a1，a2是1，2，3中两个不同的数，符合题意的五个数可能有三种情形：“1，2，4，6，6”，“1，3，4，6，6”，“2，3，4，6，6”，其平均数分别为3.8，4，4.2，不可能的是3.(6)4.【答案】A【考点】函数的图象变化【解析】利用已知条件推出f(a n)<a n，判断函数的图象，推出选项即可．【解答】一给定函数y=f(x)的图象在下列四个选项中，并且对任意a1∈(0, 1)，由关系式a n+1=f(a n)得到的数列{a n}满足a n+1<a n．得f(a n)<a n，所以f(a1)<a1在∀a1∈(0, 1)上都成立，即∀x∈(0, 1)，f(x)<x，所以函数图象都在y=x的下方．5.【答案】C【考点】程序框图【解析】求出计算出y≥1的x的取值范围，代入几何概型概率计算公式，可得答案．【解答】当x∈[0,12brack，由算法可知y=−2x+2得y∈[1, 2]，得到“OK”；当x∈(12,1)，由算法可知y=−2x+2得y∈(0, 1)，不能得到“OK”；当x∈[1, 3)，由算法可知y=log3x得y∈[0, 1)，不能得到“OK”；当x∈[3, 9]，由算法可知y=log3x得y∈[1, 2]，能得到“OK”；∴P=12+69=1318．6.【答案】C【考点】数列的求和【解析】根据平行线的距离求出d＝−2，以及m＝10，再根据等差数列的定义求出通项公式，即可求出和．【解答】由两直线平行得d＝−2，由两平行直线间距离公式得m=√5−√5|√1+22=10，∵a7⋅(a7−2)＝35得a7＝−5或a7＝7．∵a4+a10＝2a7<0，∴a7＝−5，∴a n＝−2n+9，∴S n＝|a1|+|a2|+|a3|+...+|a10|＝|7|+|5|+|3|+|1|+|−1|+|−3|+|−5|+|−7|+|−9|+|−11|＝52． 7.【答案】 C【考点】函数的零点与方程根的关系 函数与方程的综合运用 【解析】画出函数的y =cosx +2|cosx|的图象，y =m 的图象，利用数形结合转化求解即可． 【解答】f(x)=cosx +2|cosx|−m ， x ∈[0, 2π]的零点个数就是y =cosx +2|cosx|={3cosx,x ∈[0,π2brack ∪[3π2,2πbrack−cosx,x ∈(π2,3π2) 与y =m 的交点个数．作出y =cosx +2|cosx|的图象， 由图象可知m =0或1<m ≤(3) 8.【答案】 B【考点】 解三角形 【解析】作出示意图，根据三角形相似求出海岛高度． 【解答】如图，设岛高x 步，与前标杆相距y 步，则根据三角形相似可得：{5x=123123+y5x=127127+1000+y，解得x =1255步． 9.【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】利用三视图判断几何体的形状，然后求解几何体的体积即可． 【解答】依题意几何体是长方体截去了一个三棱锥部分而成． 长方体的体积为1×1×2=2， 三棱锥的体积为13×12×1×1×2=13， 所以几何体的体积为2−13=53． 10.【答案】 D【考点】圆与圆锥曲线的综合问题椭圆的离心率直线与圆的位置关系【解析】画出图形．利用射影定理转化求解离心率即可；另解：设过A，B，C三点的圆的圆心为M(m, 0)，由|MA|=|MB|，列出方程，转化求解即可．【解答】射影定理可得：BE2=AE⋅ED，即a2=2a(a2c−a)，所以ca =23即椭圆的离心率e=23．故选：D．另设过A，B，C三点的圆的圆心为M(m, 0)，由|MA|=|MB|得：|m−a|=√(m+a)2+a2，解得：m=−a4，所以r=|MA|=54a，∴−a4−(−a2c)=54a,e=ca=23．故选：D．11.【答案】D【考点】基本不等式平面向量的基本定理【解析】通过向量的基本定理，推出2α+2β=1，利用基本不等式求解表达式的最小值．【解答】由于M是DE上的一动点（不包含D，E两点），且满足AM→=αAB→+βAC→=2αAD→+2βAE→，所以α，β>0且2α+2β=1，所以1α+2β=(1α+2β)(2α+2β)=6+2βα+4αβ≥6+4√2，（当且仅当α=√2−12,β=2−√22时取=）．12.【答案】C【考点】函数与方程的综合运用 【解析】化简分段函数的解析式，画出函数的图象，判断函数的零点的关系，求解即可． 【解答】当x ≥0时，f(x)={1−2x ,x ∈[0,1)x −2,x ∈[1,3)4−x,x ∈[3,+∞)又f(x)是奇函数，由图象可知：F(x)＝0⇒f(x)＝a ，(0<a <1)，有5个零点， 其中有两个零点关于x ＝−3对称，还有两个零点关于x ＝3对称，所以这四个零点的和为零，第五个零点是直线y ＝a 与函数y =(12)x −1，x ∈(−1, 0]交点的横坐标， 即方程a =(12)x −1的解，x ＝−log 2(1+a)， 二.填空题：本题共4个题，每小题5分，共20分. 【答案】√66【考点】异面直线及其所成的角 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：如图，取AC 的中点E ，连结DE ，SE ，AD ．因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以DE // AC ，所以∠SDE 就是异面直线AB 与SD 所成角．令AB =AC =SA =2，由勾股定理得SE =√5，因为SA ⊥平面ABC ，所以SA ⊥AB ，又AB ⊥AC ，AC ∩SA =A ，AC ，SA ⊂平面SAC ，所以AB ⊥平面SAC ．因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以DE =1，DE // AB ．所以DE ⊥平面SAC ，所以DE ⊥SE ，SD =√6．在Rt △SDE 中，cos∠SDE =DE SD =√6=√66． 故答案为：√66．【答案】 4【考点】 双曲线的特性 【解析】求出渐近线的斜率，设出P 的坐标，推出MN 的坐标，然后转化求解即可． 【解答】 双曲线x 24−y 2=1两渐近线的斜率为±12，设点P(x ∘, y ∘)，则l 1，l 2的方程分别为y −y∘=12(x −x ∘)，y −y∘=−12(x −x ∘)，所以M ，N 坐标为M(x ∘−2y ∘, 0)，N(x ∘+2y ∘, 0)，∴ |OM|∗|ON|=|x ∘−2y ∘|×|x ∘+2y ∘|=|x ∘2−4y ∘2|，又点P 在双曲线上，则x ∘24−y ∘2=1，所以|OM|⋅|ON|=(4) 【答案】(0,14) 【考点】 简单线性规划 【解析】令f(x)=x 2+ax −2b ，依题意得关于a ，b 的不等式组，作出可行域如图，再由z =b a−1表示的几何意义，即过可行域内一点与点P(1, 0)的直线的斜率求解．【解答】令f(x)=x 2+ax −2b ，依题意得，{f(0)>0f(1)<0f(2)>0 ，即{b <0a −2b +1<0a −b +2>0 ，作出可行域如图， 可行域是△ABC 内部的部分．z =ba−1表示的几何意义是过可行域内一点与点P(1, 0)的直线的斜率， 由{a −2b +1=0a −b +2=0 ，得A(−3, −1)，B(−1, 0)，C(−2, 0)． ∴ k PC =0,k PA =−1−0−3−1=14， ∴ z ∈(0,14)．【答案】 ③④ 【考点】命题的真假判断与应用 【解析】①举例说明命题错误；②根据指数函数的单调性判断命题错误； ③由变换规律判断命题正确；④利用函数的导数判断f(x)的单调性，再判断命题正确． 【解答】对于①，如首项a 1=−1，公比q =12的等比数列为递增数列， 所以首项a 1>0不是等比数列{a n }为递增数列的必要条件，①错误； 对于②，可知0<a <1时，a 0>a a >a 1，即1>a a >a ，所以a <a a a<a a ，②错误；对于③，将y =2tan(x +π6)的图象向右平移π6个单位，得y =2tan[(x −π6)+π6]=2tanx ；再将所得图象的横坐标不变，纵坐标缩短到原来的12，得y =2×12tanx =tanx ， 即y =tanx ，③正确；对于④，0<x <1时，令f′(x)=3x 2−a =0， 解得x =√a3，又0<a <3， ∴ 0<√a3<1，可知f(x)在(0,√a 3)上单调递减，在(√a3,1)单调递增，所以④正确；综上，正确的命题是③④．三.解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分. 【答案】解：（1）由余弦定理得a 2+c 2−b 2ac=2cosB ，∴ a +c −b =a 2+c 2−b 2=a 2+c 2−b 2=2cosB∴2cosB b=1a cosC+c cosA ，由正弦定理得2cosB sinB =1sinA cosC+sinC cosA =1sin(A+C)，又A +C =π−B ，∴ 2cosB sinB =sinB ，而sinB ≠0， ∴ cosB =12．∵ B ∈(0,π)，∴ B =π3．（2）由题意，bsinB =2√3，∴ b =3， 由面积公式得S △ABC =12ac sinB =√34ac =3√32，即ac =6．①由余弦定理得b 2=a 2+c 2−2ac cosB =a 2+c 2−6=9，即a 2+c 2=15．② 由①②解得{a =2√3,c =√3或{a =√3,c =2√3,又c >a ，∴ a =√3，c =2√3． 【考点】正弦定理 余弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：（1）由余弦定理得a 2+c 2−b 2ac=2cosB ，∴ a bc +c ab −b ab =a 2abc +c 2abc −b 2abc =a 2+c 2−b 2abc =2cosBb ∴2cosB b=1a cosC+c cosA ，由正弦定理得2cosB sinB =1sinA cosC+sinC cosA =1sin(A+C)，又A +C =π−B，∴ 2cosB sinB=sinB，而sinB≠0，∴ cosB=12．∵ B∈(0,π)，∴ B=π3．（2）由题意，bsinB=2√3，∴ b=3，由面积公式得S△ABC=12ac sinB=√34ac=3√32，即ac=6．①由余弦定理得b2=a2+c2−2ac cosB=a2+c2−6=9，即a2+c2=15．②由①②解得{a=2√3,c=√3或{a=√3,c=2√3,又c>a，∴ a=√3，c=2√3．【答案】(Ⅰ)设B村户数为x户，则：80%=80+60+60+40100+x+60+60=240220+x，………3分解得：x=80（户）．……………5分(Ⅱ)不妨用（金星级奖队，银星级奖队）表示获奖结果，则可能出现的结果为：(A, B)，(A, C)，(A, D)，(B, A)，(B, C)，(B, D)，(C, A)，(C, B)，(C, D)，(D, A)，(D, B)，(D, C)，共12种等可能性结果．……………9分其中(A, B)，(A, C)，(A, D)，(B, A)，(C, A)，(D, A)符合题意，共6种．所以进驻A村的工作小组被选中的概率为p=612=12．……………12分【考点】频率分布直方图列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】(Ⅰ)设B村户数为x户利用条形图列出方程，能求出x的值．(Ⅱ)不妨用（金星级奖队，银星级奖队）表示获奖结果，利用列举法能求出进驻A村的工作小组被选中的概率．【解答】(Ⅰ)设B村户数为x户，则：80%=80+60+60+40100+x+60+60=240220+x，………3分解得：x=80（户）．……………5分(Ⅱ)不妨用（金星级奖队，银星级奖队）表示获奖结果，则可能出现的结果为：(A, B)，(A, C)，(A, D)，(B, A)，(B, C)，(B, D)，(C, A)，(C, B)，(C, D)，(D, A)，(D, B)，(D, C)，共12种等可能性结果．……………9分其中(A, B)，(A, C)，(A, D)，(B, A)，(C, A)，(D, A)符合题意，共6种．所以进驻A村的工作小组被选中的概率为p=612=12．……………12分【答案】(1)证明：如图，过点S作SO⊥AD，垂足为O．依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD．∵四边形ABCD是长方形，∴AB⊥AD．又AD，SO⊂平面SAD，AD∩SO=O，∴AB⊥平面SAD，∴AB⊥SA，AB⊥SD．利用勾股定理得SA=√SB2−AB2=√4−2=√2，同理可得SD=√2．在△SAD中，AD=2，SA=SD=√2，∴SA2+SD2=AD2，∴ SA⊥SD．又AB∩SA=A，∴SD⊥平面SAB．又SD⊂平面SCD，∴平面SAB⊥平面SCD．(2)解：由(1)中可知AB⊥SA，同理CD⊥SD．∵AB=CD=1，SB=SC=2，∴由勾股定理可得SA=SD=√3，∴S△SBC =√34×BC2=√34×22=√3，S△SAB=S△SCD=12CD⋅SD=12×1×√3=√32，△SAD中，SA=SD=√3，AD=2，∴AD边上的高为√(√3)2−1=√2，∴S△SAD=12×2×√2=√2，S=S△SBC+S△SAB+S△SCD+S△SAD=√3+√32+√32+√2=2√3+√2，∴四棱锥S−ABCD的侧面积S=2√3+√2．【考点】平面与平面垂直组合几何体的面积、体积问题平面与平面垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：如图，过点S作SO⊥AD，垂足为O．依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD．∵四边形ABCD是长方形，∴AB⊥AD．又AD，SO⊂平面SAD，AD∩SO=O，∴AB⊥平面SAD，∴AB⊥SA，AB⊥SD．利用勾股定理得SA=√SB2−AB2=√4−2=√2，同理可得SD=√2．在△SAD中，AD=2，SA=SD=√2，∴SA2+SD2=AD2，∴ SA⊥SD．又AB∩SA=A，∴SD⊥平面SAB．又SD⊂平面SCD，∴平面SAB⊥平面SCD．(2)解：由(1)中可知AB⊥SA，同理CD⊥SD．∵AB=CD=1，SB=SC=2，∴由勾股定理可得SA=SD=√3，∴S△SBC =√34×BC2=√34×22=√3，S△SAB=S△SCD=12CD⋅SD=12×1×√3=√32，△SAD中，SA=SD=√3，AD=2，∴AD边上的高为√(√3)2−1=√2，∴S△SAD=12×2×√2=√2，S=S△SBC+S△SAB+S△SCD+S△SAD=√3+√32+√32+√2=2√3+√2，∴四棱锥S−ABCD的侧面积S=2√3+√2．【答案】解；(Ⅰ)因为圆C：(x−3)2+y2=1的圆心为C(3, 0)，F(p2,0)，……………1分由切线长定理可得|FC|2=|FT|2+r2，即(3−p2)2=(√3)2+12=4，……………3分解得：p=2或p=10，又0<p≤8，∴p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x．……………4分(Ⅱ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l方程为x=ny+m，代入y2=4x得y2−4ny−4m=0，∴y1+y2=4n，y1y2=−4m，得x1+x2=n(y1+y2)+2m=4n2+2m，x1x2=y12y2216=m2，……………5分由抛物线的性质得：|FA|=x1+1，|FB|=x2+1，∴|FA||FB|=(x1+1)(x2+1)=m2+4n2+2m+1．……………8分又直线l与圆C相切，则有√1+n2=1，即|m−3|=√1+n2，∴(m−3)2=1+n2，因为圆C在抛物线内部，所以n∈R得：m∈(−∞, 2]∪[4, +∞)，……………10分此时|FA||FB|=m2+4(m−3)2−4+2m+1=5m2−22m+(33)由二次函数的性质可知当m=2时，|FA||FB|取最小值，即|FA||FB|的最小值为（9）……………12分【考点】抛物线的求解直线与抛物线的位置关系【解析】(Ⅰ)求出圆的圆心与抛物线的焦点坐标，利用勾股定理求出p，即可求抛物线C的方程；(Ⅱ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l方程为x=ny+m，代入y2=4x利用韦达定理以及抛物线的性质得：|FA|=x1+1，|FB|=x2+1，求出|FA|⋅|FB|的表达式，然后求解最小值即可．【解答】解；(Ⅰ)因为圆C：(x−3)2+y2=1的圆心为C(3, 0)，F(p2,0)，……………1分由切线长定理可得|FC|2=|FT|2+r2，即(3−p2)2=(√3)2+12=4，……………3分解得：p=2或p=10，又0<p≤8，∴p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x．……………4分(Ⅱ)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线l方程为x=ny+m，代入y2=4x得y2−4ny−4m=0，∴y1+y2=4n，y1y2=−4m，得x1+x2=n(y1+y2)+2m=4n2+2m，x1x2=y12y2216=m2，……………5分由抛物线的性质得：|FA|=x1+1，|FB|=x2+1，∴|FA||FB|=(x1+1)(x2+ 1)=m2+4n2+2m+1．……………8分又直线l与圆C相切，则有√1+n2=1，即|m−3|=√1+n2，∴(m−3)2=1+n2，因为圆C在抛物线内部，所以n∈R得：m∈(−∞, 2]∪[4, +∞)，……………10分此时|FA||FB|=m2+4(m−3)2−4+2m+1=5m2−22m+(33)由二次函数的性质可知当m=2时，|FA||FB|取最小值，即|FA||FB|的最小值为（9）……………12分【答案】解：（1）当a=1时，f(x)=13x3−ln x，x>0．f′(x)=x2−1x =x3−1x，x>0．当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0．∴f(x)的单调递减区间为(0,1)；单调递增区间为(1,+∞)．∴f(x)的极小值为f(1)=13；无极大值．（2）∵f′(x)=x2+(1−a)x−a2x=x3+(1−a)x2−a2x=x3−ax2+x2−a2x=x2(x−a)+(x−a)(x+a)x=(x−a)(x2+x+a)x．∵x>0，a>0，∴x2+x+a>0，当x>a时，f′(x)>0；当0<x<a时，f′(x)<0．f(x)在(0,a)上单调递减；在(a,+∞)上单调递增．所以f(x)min=f(a)=13a3+1−a2a2=16a2(3−a)，若f(x)有两个零点，必有f(x)min=16a2(3−a)<0，得a>3．又f(2a)=13(2a)3+1−a2(2a)2−a2ln(2aa)=23a3+(2−ln2)a2>0，f(1)=13×13+1−a2×12−a2ln(1a)=13+12−a2+a 2ln a >13+12−a2+a 2 =(a −14)2+3748>0，综上所述，当a >3时，f(x)有两个零点，所以符合题意的a 的取值范围为(3,+∞)． 【考点】函数的零点与方程根的关系 利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：（1）当a =1时，f(x)=13x 3−ln x ，x >0． f ′(x)=x 2−1x =x 3−1x，x >0．当0<x <1时，f ′(x)<0； 当x >1时，f ′(x)>0．∴ f(x)的单调递减区间为(0,1)；单调递增区间为(1,+∞)． ∴ f(x)的极小值为f(1)=13；无极大值． （2）∵ f ′(x)=x 2+(1−a)x −a 2x=x 3+(1−a)x 2−a 2x =x 3−ax 2+x 2−a 2x =x 2(x −a)+(x −a)(x +a)x =(x−a)(x 2+x+a )x．∵ x >0，a >0， ∴ x 2+x +a >0， 当x >a 时，f ′(x)>0； 当0<x <a 时，f ′(x)<0．f(x)在(0,a)上单调递减；在(a,+∞)上单调递增． 所以f(x)min =f(a)=13a 3+1−a 2a 2=16a 2(3−a)，若f(x)有两个零点，必有f(x)min =16a 2(3−a)<0，得a >3． 又f(2a)=13(2a)3+1−a 2(2a)2−a 2ln (2aa )=23a 3+(2−ln 2)a 2>0，f(1)=13×13+1−a 2×12−a 2ln (1a) =13+12−a2+a 2ln a >13+12−a2+a 2 =(a −14)2+3748>0，综上所述，当a >3时，f(x)有两个零点，所以符合题意的a 的取值范围为(3,+∞)．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】(Ⅰ)当α=45∘时，直线l 的参数方程为{x =5+√22t y =√22t，消去t 得直线l 的普通方程为x −y −5=(0)曲线C 的极坐标方程是ρ=4cosθ，两边乘以ρ为ρ2=4ρcosθ， 由{x =ρcosθy =ρsinθ得：x 2+y 2−4x =0， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2−4x =(0) (Ⅱ)曲线C 是以C(2, 0)为圆心，2为半径的圆， S △ABC =12|CA||CB|sin∠ACB =2sin∠ACB ．当∠ACB =90∘时面积最大．此时点C 到直线l:y =k(x −5)的距离为√2， 所以√2=√k 2+1，解得：k =±√147，所以直线l 的普通方程为y =±√147(x −5)．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化． (Ⅱ)利用三角形的面积的最大值求出直线的方程． 【解答】(Ⅰ)当α=45∘时，直线l 的参数方程为{x =5+√22t y =√22t，消去t 得直线l 的普通方程为x −y −5=(0)曲线C 的极坐标方程是ρ=4cosθ，两边乘以ρ为ρ2=4ρcosθ， 由{x =ρcosθy =ρsinθ得：x 2+y 2−4x =0，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 2−4x =(0) (Ⅱ)曲线C 是以C(2, 0)为圆心，2为半径的圆， S △ABC =12|CA||CB|sin∠ACB =2sin∠ACB ． 当∠ACB =90∘时面积最大．此时点C 到直线l:y =k(x −5)的距离为√2， 所以√2=√k 2+1，解得：k =±√147，所以直线l 的普通方程为y =±√147(x −5)．[选修4-5：不等式选讲]【答案】（1）当a =1时，f(x)=|x −1|+|x +3|≥|(x −1)−(x +3)|=4，当且仅当(x −1)(x +3)≤0，即−3≤x ≤1时等号成立．∴ f(x)的最小值为（4）……………………4分（2）g(x)为奇函数，且g(2−x)=g(x)，当x ∈[0, 1]时，g(x)=5x ．则g(x)的图象是夹在y =−5与y =5之间的周期为4的折线，如图，…………6分又f(x)={−(a +1)x +a −3,x ≤−3(1−a)x +a +3,−3<x <1(a +1)x −a +3,x ≥1 ，f(x)的图象是两条射线与中间一段线段组成．……………………8分若ℎ(x)=f(x)−g(x)有无数多个零点，则f(x)的图象的两条射线中至少有一条是平行于x 轴的， 所以−(a +1)=0或(a +1)=0得a =−(1)此时f(x)={−4,x ≤−32x +2,−3<x <14,x ≥1 ，经验证符合题意，∴ a =−1……………………10分【考点】函数的最值及其几何意义 函数的零点与方程根的关系 【解析】(Ⅰ)当a =1时，化简f(x)的表达式，利用绝对值的几何意义求解函数的最小值； (Ⅱ)画出函数的图象，求解函数的解析式，利用函数的零点个数，转化求解即可． 【解答】（1）当a =1时，f(x)=|x −1|+|x +3|≥|(x −1)−(x +3)|=4，当且仅当(x −1)(x +3)≤0，即−3≤x ≤1时等号成立．∴ f(x)的最小值为（4）……………………4分（2）g(x)为奇函数，且g(2−x)=g(x)，当x ∈[0, 1]时，g(x)=5x ．试卷第21页，总21页 则g(x)的图象是夹在y =−5与y =5之间的周期为4的折线，如图，…………6分又f(x)={−(a +1)x +a −3,x ≤−3(1−a)x +a +3,−3<x <1(a +1)x −a +3,x ≥1，f(x)的图象是两条射线与中间一段线段组成．……………………8分若ℎ(x)=f(x)−g(x)有无数多个零点，则f(x)的图象的两条射线中至少有一条是平行于x 轴的，所以−(a +1)=0或(a +1)=0得a =−(1)此时f(x)={−4,x ≤−32x +2,−3<x <14,x ≥1，经验证符合题意，∴ a =−1……………………10分。
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齐鲁名校教科研协作体 山东、湖北部分重点中学2018年高考冲刺模拟试卷（五） 文科数学试题 命题：湖北夷陵中学(夏咏芳) 审题：湖北沙市中学（孙有林） 山东莱芜一中（陈洪波） 山东邹城一中（刘绪启） 本试卷共4页，23题（含选考题）。全卷满分150分。考试用时120分钟。
一、选择题：本大题共12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．（原创，容易）已知集合1,0,1,2A，|1,ByyxxA，则AB等于（ ） A．1,0,1,2 B．0,1,2 C．1,2 D．1,0,1,2,3 【答案】C 【解析】}2,1{B ，}2,1{BA 【考点】集合运算.
2．（改编，容易）已知命题qp,是简单问题，则“p是假命题”是“qp为真命题”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】“p是假命题”等价于“p为真命题”，“qp为真命题”等价于“p和q均为真命题”，， 【考点】逻辑联结词、充分必要条件. 3．（原创，容易）若nm22，则下列结论一定成立的是（ ）
A．11mn B．nnmm C．ln0mn D．1nm 【答案】B 【解析】由nm22得到nm.当0nm时，由不等式同向可乘性知22nm，即nnmm；当nm0时，nnmm0；当0mn时，0mn，由不等式同向可乘性知22mn，故
22mn，nnmm.
【考点】不等式、指数、对数的基本性质，不等式性质. 4．（原创，容易）设nS为等差数列na的前n项和，454,15aS，若数列11nnaa的前m项和为1011，则m（ ） A．8 B．9 C． 10 D．11 【答案】C
【解析】15535aS，即33a，所以nan，111)1(111nnnnaann，1110111mSm，故10m. 【考点】等差数列性质、裂项相消求和.
5．（原创，中等）一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是0,1,0,0,2,0,2,0,2,0,2,2，绘制该四面体三视图时, 按照如下图所示的方向画正视图，则得
到的正视图为（ ）
【答案】D 【解析】 由还原后的图像可以快速直观看出答案 【考点】三视图、空间直接坐标系.
6．（原创，中等）执行右侧的程序框图，若输入M的值为1，则输出的S＝ A．6 B．12 C．14 D．20 【答案】B 【解析】循环体总共执行了三次，三次的结果分别为4,6,12 【考点】算法语句 k≤3否
输出S
结束
开始 输入M S＝1，k＝1
M＝k|M－4|
S＝M＋S k＝k＋1
是 7．（原创，中等）已知函数cos,01,01xxxfxxxx，则下列结论正确的是（ ） A．fx有极值 B．1yfx有零点 C．fx在定义域上是减函数 D．00f 【答案】C
【解析】0)1(201sin)(2xxxxxf，所以0)(xf，故)(xf在R上单调递减，借助)(xf的图像，可知答案为C. 【考点】函数单调性、零点、极值
8．（改编，中等） 已知变量,xy满足条件2,36yxxyyx则目标函数|22|zxyxy的最大值为（ ） A．8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】（1）在约束条件下022yx，故(22)2+2zxyxyxy 易得在(3,3)处取得最大值7. （2）在约束条件022yx，可行域是空集。 【考点】线性规划 9．（原创，中等）已知圆4:22yxC，直线bxyl:．当实数]6,0[b时，圆C上恰有2个点到直线l的距离为1的概率为
A． 32 B．22 C．21 D．31 【答案】A 【解析】32b即23b时恰有一个点到直线距离为1，12b即2b时恰有3个点到直线距离为1．所以当)23,2(b时，恰有2个点到直线l的距离为1，概率为326223 【考点】圆、几何概型 10．（原创，中等）我们把焦点相同且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知21,FF是一对相关曲线的焦点，21,ee分别是椭圆和双曲线的离心率，若P为它们在第一象限的交点，6021PFF
，则双曲线的离心率2e（ ）
A． 2 B． 2 C． 3 D．3 【答案】C
【解析】121ee且4312221ee，故32e 【考点】椭圆、双曲线定义，离心率
11．（原创，中等）在ABC中，)(31ACABAP，若0sin3sin2sinPCCPAAABB，则Ccos A． 181 B．61 C． 65 D．1817 【答案】D 【解析】由)(31ACABAP知P为ABC重心，032)(PCcPAaPAPBb，即03)2(PCcPBbPAba，所以cbba32，即3,acab，所以1817cosC.
【考点】向量、三角形重心性质、余弦定理． 12．（原创，难）已知函数fx的导函数为'fx，且对任意的实数x都有'23xfxexfx
（e是自然对数的底数），且01f，若关于x的不等式0fxm的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是（ ） A．,0e B．2,0e C．,0e D．2,0e 【答案】A 【解析】由题意可知32)]()([xexfxfx，即32])([xexfx，所以 Cxxexfx3)(2，xexxxff)13()(,1)0(2，由)(xf的图像可以知道
【考点】导数 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分. 13．（原创，简单）已知z是纯虚数，若izim32)2(，则实数m=_______________． 【答案】3 【解析】设Raaiz，maiaaiim2)()2(，所以322maa，故m3． 【考点】复数定义及计算． 14．（原创，简单）已知向量)1,1(a，)2,(mb，若b在a方向上的投影为32，则实数m的值为________． 【答案】262
【解析】3222maba，故262m． 【考点】复数定义及计算． 15．（原创，中等）已知数列{}na的首项为3，等比数列{}nb满足1nnnaba，且10091b，则2018a的值为
___________．
【答案】3
【解析】3112016201711220162017201720182018abbbaaaaaaaa 【考点】等比数列的性质 16．（原创，难）如图：边长为32的菱形ABCD，60DAB，将ABD沿BD折起到图中PBD的位置，使得二面角CBDP的大小为60，则三棱锥BCDP的外接球表面积等于_______． 【答案】352 【解析】如图：取BD中点M，则60PMC为二面角CBDP的平面角，PMC是边长为3的正三角形，FE,
分别为MCPM,靠近M的三等分点，作BCDFOPDBEO平面平面,，则O为外接球球心．
【考点】立体几何外接球
三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17．（原创，简单）（本小题满分12分）已知函数)cos(3)sin()(xxxf)0(在
3,0
上单调递增，且满足)32()(xfxf． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若1)(0xf，求)62sin(0x的值． 解：（Ⅰ）由)32()(xfxf知函数)(xf关于3x对称，
又函数)(xf在3,0上单调递增，所以)(xf在3x取得最大值．
又3sin2)cos(3)sin()(xxxxf， 所以232sin2)3(f 故Zkk,2232，又0 所以6 （Ⅱ）法一：由1)(0xf知216sin0x，211)6(sin2)6(2cos]2)6(2sin[)62sin(02000xxxx 法二：216sin0x可知kx2660或Zkk,265 所以kkx23220或 则kx46620或k467
21)62sin(0x 18．（改编，简单）（本小题满分12分）一只药用昆虫的产卵数y与一定范围内的温度x有关, 现收集了该种药用昆虫的6组观测数据如下表： 温度x/C 21 23 24 27 29 32 产卵数y/个 6 11 20 27 57 77
经计算得： 611266iixx， 611336iiyy， 61()557iiixxyy， 62184iixx， 621()3930iiyy，线性回归模型的残差平方和62
1()236.ˆ64iiiyy
，31670605.8e，其中ix，iy分
别为观测数据中的温度和产卵数，6,5,4,3,2,1i. （Ⅰ）若用线性回归模型，求y关于x的回归方程axby（精确到1.0）； （Ⅱ）若用非线性回归模型求得y关于x的回归方程为xey2303.006.0，且相关指数9522.02R. ( i )试与（Ⅰ）中的回归模型相比，用2R说明哪种模型的拟合效果更好. ( ii )用拟合效果好的模型预测温度为C35时该种药用昆虫的产卵数（结果取整数）. 附：一组数据),(),(),,(2211nnyxyxyx, 其回归直线axby的斜率和截距的最小二乘估计为
niiniiixxyyxxb121)())(( ˆa=y−ˆbx；相关指数
niiniiiyyyyR1212
2)(
)(1．