2018年广东省揭阳市高考一模数学文 16页

2018 年广东省揭阳市高考一模数学文 一、选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个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|x＜0}，B={x||x|≤1}，则 A∩B=( ) A.(0，1] B.[-1，1] C.[-1，0) D.[-1，0] 解析：求出集合 B 的等价条件，结合集合的交集的定义进行求解即可. B={x||x|≤1}={x|-1≤x≤1}，则 A∩B={x|-1≤x＜0}. 答案：C 2.已知复数 z=(3+i)2，则| z |=( ) A.4 B.6 C.8 D.10 解析：根据共轭复数的概念和复数的模长公式进行计算即可. z=(3+i)2=9+6i-1=8+6i， 则 =8-6i，则| |= 2268 =10. 答案：D 3.已知向量 r a =(x，1)， r b =(1，-2)，若  rr ab，则  rr ab=( ) A.(2，0) B.(3，-1) C.(3，1) D.(-1，3) 解析：根据向量垂直的等价条件求出 x 的值，结合向量加法的坐标公式进行计算即可. ∵ =(x，1)， =(1，-2)， ∴ rr gab=x+1×(-2)=x-2=0， 解得 x=2， 则 =(2，1)， 则 =(3，-1). 答案：B 4.某地铁站有 A、B、C 三个自动检票口，甲乙两人一同进站，则他们选择同一检票口检票的 概率为( ) A. 1 9 B. 1 6 C. 1 3 D. 2 3 解析：他们选择检票口检票的种数有 n=3×3=9，他们选择同一检票口检票的种数有 m=3，由 此能求出他们选择同一检票口检票的概率. 某地铁站有 A、B、C 三个自动检票口，甲乙两人一同进站， 他们选择检票口检票的种数有 n=3×3=9， 他们选择同一检票口检票的种数有 m=3， ∴他们选择同一检票口检票的概率 3 1 9 3   mp n . 答案：C 5.为了规定工时定额，需要确定加工某种零件所需的时间，为此进行了 5 次试验，得到 5 组数据：(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，(x5，y5)，由最小二乘法求得回归直线方 程为$y =0.67x+54.9.若已知 x1+x2+x3+x4+x5=150，则 y1+y2+y3+y4+y5=( ) A.75 B.155.4 C.375 D.466.2 解析：由题意求出 x 代入公式求值，从而得到 y ，即可求 y1+y2+y3+y4+y5 的值. 150 30 5 x ，回归直线方程为 =0.67x+54.9. 可得： =0.67×30+54.8≈75. 则 y1+y2+y3+y4+y5= ·n=75×5=375. 答案：C 6.若直线 l1：x-3y+2=0 与直线 l2：mx-y+b=0 关于 x 轴对称，则 m+b=( ) A. 1 3 B.-1 C. 1 3  D.1 解析：判断对称轴的斜率是相反数，经过 x 轴上相同点，求解即可. 直线 l1：x-3y+2=0 与直线 l2：mx-y+b=0 关于 x 轴对称， 可得：m= 1 3  ， y=0 时，x=-2，代入 mx-y+b=0，所以 b= 2 3  ， 则 m+b=-1. 答案：B 7.已知△ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 a=4，b=4 2 ，B= 4  ，则角 A 的大 小为( ) A. 5 6  B. 6  或 C. 3  D. 6  解析：直接利用正弦定理，转化求解即可. △ABC 中，角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，且 a=4，b=4 ，B= ， a＜b，则 A＜B，A+B＜π ， sin sin ab AB ， 24 s 12in 4 22  A ， 所以：A= . 答案：D 8.已知函数 f(x)=sin(2x- 6  )，则要得到函数 g(x)=sin2x 的图象，只需将函数 f(x)的图象 ( ) A.向左平移 6  个单位 B.向右平移 6  个单位 C.向左平移 12  个单位 D.向右平移 12  个单位 解析：根据三角函数的图象变换关系进行转化求解求解. g(x)=sin2x=sin[2(x+ 12  )- 6  ]， 要得到函数 g(x)=sin2x 的图象，只需将函数 f(x)的图象向左平移 个单位即可， 答案：C 9.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为 9 2  ，则这个正方体的体积为 ( ) A.3 3 B.27 C. 33 2 D.9 解析：根据球内接正方体的性质得到正方体的体对角线等于球的直径，求出正方体的棱长即 可. 若正方体的所有顶点在一个球面上， 则正方体的体对角线等于球的直径， 设正方体的棱长为 a，则体对角线为 a， 若球的体积为 ，则 4 3 π R3= ， 即 R3= 27 8 ，则 R= 3 2 ， 则 a=2R=3，则 3 3 3a ， 则正方体的条件  33 333  Va . 答案：A 10.函数 y=xln|x|的部分图象大致为( ) A. B. C. D. 解析：利用函数的奇偶性，排除选项，利用函数的导数，判断函数的单调性，推出结果即可. 函数 y=xln|x|是奇函数，排除选项 B， 当 x＞0 时，函数 y=xlnx 的导数为：y′=lnx+1， 可得函数的极值点 x= 1 e .并且 x∈(0， 1 e )，y′＜0，函数是减函数， x＞ 1 e ，y′＞0，函数是增函数， 所以函数的图象是 C. 答案：C 11.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( ) A.3 2 B.3 3 C. 21 D.3 解析：由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥 A-BCDE，其中 AB⊥平面 BCDE，底面 BCDE 为正方形，求出各棱长得答案 由三视图还原原几何体如图： 四棱锥 A-BCDE，其中 AB⊥平面 BCDE， 底面 BCDE 为正方形，则 BC=AB=BE=3， 22 23 3 3  AC . ∴该四棱锥的最长棱为 AD， AD 的长度为  22 2 23 3 18 92 2 373      AC CD . 答案：B 12.已知 x∈(0， 2  )，函数 y=f(x)满足：tanxf(x)＞f′(x)恒成立，其中 f′(x)是 f(x)的 导函数，则下列不等式中成立的是( ) A. 3 63            ＞ff B.  2 1 1 3   ＜f cos f C. 3 6 2 4        ＞ff D. 2 43            ＜ff 解析：已知条件 tanxf(x)＞f′(x)，不等式两边同时乘 cosx，即 sinxf(x)=cosxf′(x)， 构造函数 g(x)=cosxf(x)利用函数的导数，判断函数的单调性，然后求解即可. ∵x∈(0， 2  )， ∴tanxf(x)＞f′(x)  sinxf(x)＞f′(x)cosx sinxf(x)-cosxf′(x)＞0， 令 g(x)=cosxf(x)，则 g′(x)=cosxf′(x)-sinxf(x)＜0， ∴函数 g(x)在(0， )为减函数， ∴ cos cos 6 6 3 3               ＞ff， ∴ 3 63            ＞ff. 答案：A 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，请把正确的答案填写在答题卡相应 的横线上. 13.如图是一个算法流程图，若输入 x 的值为 log23，则输出的 y 的值是 . 解析：直接利用程序框图的应用求出结果. 根据程序框图得：x=log23＞1， 则程序执行右边的循环， 所以：y=log23·log32+1= lg 3 lg 2 lg 2 lg 3 g +1=2. 故输出 y=2. 答案：2 14.已知实数 x，y 满足约束条件 2 1 1      y xy xy ，则 3x+y 的取值范围为是 . 解析：作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，利用数形结合，即可得到结论. 作出约束条件 对应的平面区域如图： 由 z=3x+y 得 y=-3x+z， 平移直线 y=-3x+z，由图象可知当直线 y=-3x+z，经过点 A 时， 直线的截距最大，此时 z 最大. 由 1 1    xy xy ，解得即 A(1，0)， 此时 zmax=3×1+0=3， 当直线 y=-3x+z，z 没有最小值， ∴z∈(-∞，3]. 答案：(-∞，3] 15.中心在坐标原点的双曲线的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=3 截得的弦长为 2，则该双曲线的 离心率为 . 解析：求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式，求得 a 与 b 的关系，利用双曲 线的离心率公式即可求得双曲线的离心率. 双曲线 22 221xy ab 的一条渐近线方程为 bx+ay=0， 圆(x-2)2+y2=3 的圆心(2，0)到双曲线的渐近线的距离为： 22 2  b ab ， ∵渐近线被圆(x-2)2+y2=3 截得的弦长为 2， ∴ 22 231  b ab ，可得： ∴2b2=c2，即 c2=2a2， ∴ 2ce a . 答案： 2 16.已知   sin cos 6 () 6 ()f x x x ，则 f(1)+f(2)+…+f(2018)= . 解析：推导出   si 3 1 2 n f x x ，最小正周期 T=6，由此能求出 f(1)+f(2)+…+f(2018)的值. ∵   1( ) (sin cos sin 66 ) 2 3   f x x x x ，最小正周期 T=6， f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0. ∴f(1)+f(2)+…+f(2018)=336×6+f(2017)+f(2018)=f(1)+f(2)= 3 2 . 答案： 3 2 三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，第 17~21 题为必考题，每小题 12 分，第 22、23 题为选考题，有 10 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知递增等比数列{bn}的 b1 、b3 二项为方程 x2-20x+64=0 的两根，数列{an}满足 12   nna a a b . (Ⅰ)求数列{an}的通项公式. 解析：(Ⅰ)解方程可得 b1=4，b3=16，运用等比数列的通项公式可得 q，可得 bn，再将原等式 中的 n 换为 n-1，相减可得所求通项公式. 答案：(Ⅰ)解方程 x2-20x+64=0 得 x1=4，x2=16， 依题意得 b1=4，b3=16， 设数列{bn}的公比为 q，则 q2= 3 1 b b =4， ∵q＞0，∴q=2， ∴bn=b1qn-1=4×2n-1=2n+1， 12   nna a a b ，① 当 n≥2 时， 1 2 1 1   nna a a b ，② ①-②得 na =bn-bn-1=2n+1-2n=2n， ∴an=4n(n≥2)， 当 n=1 时，由①得 a1=16， ∴ 16 1 4 2 *     ， ， ，n n n a n n N . (Ⅱ)求数列{an}的前 n 项和 Sn. 解析：(Ⅱ)当 n≥2 时，运用等比数列求和公式，计算可得所求和，检验 n=1 也成立，即可 得到所求和. 答案：(Ⅱ)当 n≥2 时， 前 n 项和 Sn=a1+a2+…+an=16+42+43+…+4n=  116 1 4 16 14    n = 14 32 3  n ， 当 n=1 时，S1=16 满足上式， ∴Sn= 14 32 3  n . 18.如图，在三棱锥 P-ABC 中，△ABC 和△PAC 都是正三角形，AC=2，E、F 分别是 AC、BC 的 中点，且 PD⊥AB 于 D，平面 PAC⊥平面 ABC. (Ⅰ)证明：EF⊥ED. 解析：(Ⅰ)推导出 EF∥AB，PE⊥平面 ABC，从而 PE⊥AB，PD⊥AB，进而 AB⊥平面 PED，AB ⊥ED，再由 EF∥AB，能证明 EF⊥ED. 答案：证明：(Ⅰ)∵E、F 分别是 AC、BC 的中点，∴EF∥AB， 在正三角形 PAC 中，PE⊥AC， 又平面 PAC⊥平面 ABC，平面 PAC∩平面 ABC=AC， ∴PE⊥平面 ABC， ∴PE⊥AB，又 PD⊥AB，PE∩PD=P， ∴AB⊥平面 PED， ∴AB⊥ED， 又 EF∥AB，∴EF⊥ED. (Ⅱ)求点 F 到平面 PAB 的距离. 解析：(Ⅱ)设点 F 到平面 PAB 的距离为 d，由 VF-PAB=VP-ABF，能求出点 F 到平面 PAB 的距离. 答案：(Ⅱ)设点 F 到平面 PAB 的距离为 d， ∵VF-PAB=VP-ABF， ∴ 1 3 S△PAB·d= S△ABP·PE， 解得 PE=BE= 3 ， 由 AB⊥ED，可知 AB·ED=AE·BE，得 ED= 3 2 ， ∴ 2215 2   PD PE ED ， ∴ 1 2 15 2 V gPABS AB PD ， 由 EF∥AB，可知 13 22    V ABFS AB ED ， ∴点 F 到平面 PAB 的距离 3 15 55   V V gABF PAE S PEd S . 19.甲、乙两人参加一个投掷飞镖的中奖游戏，从中随机选取 50 次所命中环数(整数)，统计 得下列频数分布表： 游戏中规定命中环数为 1、2、3、4 时获奖一元，命中环数为 5、6、7 时获奖二元，命中环 数为 8、9 时获奖三元，命中 10 环时获奖四元，没命中则无奖. (Ⅰ)根据上表，在答题卡给定的坐标系内画出甲 50 次获奖金额(单位：元)的条形图. 解析：(Ⅰ)依题意知甲的频数分布，列表并画出条形图. 答案：(Ⅰ)依题意知甲 50 次获奖金额(单位：元)的频数分布为： 其获奖金额的条形图如下图示： (Ⅱ)估计甲投掷飞镖一次所获奖金不小于三元的概率. 解析：(Ⅱ)根据题意计算所求的概率值. 答案：(Ⅱ)甲投掷飞镖一次所获奖金数不小于 3，即甲投掷飞镖一次所命中的环数不小于 8， 因甲 50 次投掷中环数不小于 8 的有 15+9+2=26(次)， 所以估计甲投掷一次所获奖金数不小于 3 的概率为： 26 13 50 25  ； 【或甲投掷飞镖一次所获奖金数不小于 3，即所得的奖金为 3 元或 4 元， 由(Ⅰ)的条形图知所求的概率为 . (Ⅲ)分别计算甲、乙各 50 次获奖金额的平均数和方差，若有一次投掷飞镖比赛的机会，你 觉得从甲、乙两人选谁参赛比较好？ 解析：(Ⅲ)计算甲、乙的平均数与方差即可. 答案：(Ⅲ)甲 50 次获奖金额的平均数为 151 3 2 21 3 24 4 2) 50 2 (         ， 乙 50 次获奖金额的平均数为 151 1 2 25 3 22 4 2) 50 2 (         ， 甲 50 次获奖金额的方差为： 2 2 2 2 1 5 5 5 5 1 45 91 3 2 21 3 24 4 2 50 2 2 2 2 50 2 20                                         ， 乙 50 次获奖金额的方差为： 2 2 2 2 1 5 5 5 5 1 37 371 1 2 25 3 22 4 2 50 2 2 2 2 50 2 100                                      ， 甲、乙的平均数相等，乙的方差小，故选乙参赛比较好. 20.设 A，B 为曲线 C：x2=y 上两点，A 与 B 的横坐标之积为-1. (Ⅰ)试判断直线 AB 是否恒过定点，并说明理由. 解析：(Ⅰ)设出切线方程，根据根与系数的关系求出 m 的值，求出定点的坐标即可. 答案：(Ⅰ)直线 AB 恒过定点(0，1)， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然直线 AB 的斜率存在， 设 AB 的方程为 y=kx+m， 联立 x2=y，得 x2-kx-m=0， 则 x1·x2=-m，又 x1·x2=-1，得 m=1， 故直线 AB 的方程为 y=kx+1，直线过定点(0，1). (Ⅱ)设曲线 C 在点 A、B 处的两条切线相交于点 M，求点 M 的纵坐标. 解析：(Ⅱ)设出 M(x0，y0)，根据切线方程联立方程组，求出 M 的纵坐标. 答案：(Ⅱ)设 M(x0，y0)，y′=2x， 则曲线 C 在点 A 处的切线方程为 y-y1=2x1(x-x1)， 又 x1 2=y1，得切线为 y=2x1x-x1 2，① 同理得曲线 C 在点 B 处的切线为 y=2x2x-x2 2， 又 x1·x2=-1，即 2 1 1x x ， 得切线为 y=-2x1x-1x1 2，即 x1 2y=-2x1x-1，② ①+②，得(1+x1 2)y=-x1 2-1，得 y=-1， 所以点 M 的纵坐标为-1. 21.已知 a≠0，函数 f(x)=|ex-e|+ex+ax. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性. 解析：(Ⅰ)   1 21       ， ＜ ，x ax e x fx e ax e x ，   1 21    ， ＜ ，x ax fx e a x .对 a 与 x 分类讨论， 利用单调性即可得出. 答案：(Ⅰ) ， ， ①若 a＞0，显然 f′(x)＞0 恒成立，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增； ②若-2e≤a＜0，当 x＜1 时，f′(x)=a＜0，当 x≥1 时，f′(x)=2ex+a≥0， 故 f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增. ③若 a＜-2e，当 x＜1 时，f′(x)=a＜0， 当 x≥1 时，由 2ex+a＜0，得 1≤x＜ln( 2  a )，由 2ex+a＞0，得 x＞ln( 2  a )， 故 f(x)在(-∞，ln( 2  a ))上单调递减，在(ln( 2  a )，+∞)上单调递增. (Ⅱ)已知当 a＜-e 时，函数 f(x)有两个零点 x1 和 x2(x1＜x2)，求证：x1x2＜1. 解析：(Ⅱ)a＜-e，故 f(1)=a+e＜0，结合 f(x)的单调性知，f(x)的两个零点 x1 和 x2 满足： ax1+e=0，及 2ex2+ax2-e=0，且 x1＜1＜x2，可得 2 2 2 xeea x ， 2 2 1 2    x e exx a e e ，于是 2 2 2 12 2  x exxx ee ，令   2 2  x exgx ee ，(x＞1).利用导数研究其单调性即可得出. 答案：(Ⅱ)证明：∵a＜-e，故 f(1)=a+e＜0，结合 f(x)的单调性知， f(x)的两个零点 x1 和 x2 满足：ax1+e=0，及 2ex2+ax2-e=0，且 x1＜1＜x2， ∴ ， ，于是 ， 令 ，(x＞1). 则           2 22 2 2 2 2 2 22         gx x x x xx ex e e ex e ex e e xe gx e e e e ， 记 h(x)=2ex-e-xex，x＞1， 则 h′(x)=ex-xex＜0，∴h(x)在(1，+∞)上单调递减，h(x)＜h(1)=0， 故 g′(x)＜0，即函数 g(x)在(1，+∞)上单调递减，∴g(x)＜g(1)=1， ∴x1x2＜1. 请考生在第(22)、(23)题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.在直角坐标系 xOy 中，直线 l1 的参数方程为 42     xt y kt (t 为参数)，直线 l2 的参数方 程为 2    xm my k (m 为参数)，当 k 变化时，设 l1 与 l2 的交点的轨迹为曲线 C. (Ⅰ)以原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求曲线 C 的极坐标方程. 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. 答案：(Ⅰ)直线 l1 的参数方程为 42     xt y kt (t 为参数)， 转换为：直线 l1 的普通方程为-4y=k(x-2). 直线 l2 的普通方程为 2 xy k ， 联立两方程消去 k，得：-4y2=x2-4， 即曲线 C 的普通方程为：x2+4y2=4. 由 cos sin      x y 得曲线 C 的极坐标方程为：ρ 2(cos2θ +4sin2θ )=4； 化简得：ρ 2(1+3sin2θ )=4. (Ⅱ)设曲线 C 上的点 A 的极角为 6  ，射线 OA 与直线 l3：ρ sin(θ +φ )-2 2 =0(0＜φ ＜ 2  ) 的交点为 B，且|OB|= 7 |OA|，求φ 的值. 解析：(Ⅱ)利用极坐标方程和三角函数的恒等变换求出结果. 答案：(Ⅱ)把θ = 6  代入ρ 2(1+3sin2θ )=4， 得 2 31 44 44     g ， ∴ρ 2=16 7 ， 得ρ A= 4 7 ， 由已知得：ρ B= 7 ρ A=4， 把θ = ，ρ =4 代入方程 l3 得sin 2 6 2       ， 又 0＜φ ＜ 2  ， ∴ 2 6 6 3   ＜ ＜ ， ∴ 64  ， 解得：φ = 12  . [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数   11   f x a a xx ，a 为实数. (Ⅰ)当 a=1 时，求不等式 f(x)＞3 的解集. 解析：(Ⅰ)通过讨论 x 的范围，求出不等式的解集即可. 答案：(Ⅰ)当 a=1 时，不等式 f(x)＞3， 即   11 3     ＞xx fx x ， ①当 x＜-1 时，得 f(x)=2＞3，无解； ②当-1≤x≤1 时，得 f(x)= 2 x ＞3， 解得|x|＜ 2 3 ，得 22 33  ＜ ＜x ； ③当 x＞1 时，得 f(x)=2＞3，无解； 综上知，不等式的解集为( 2 3  ， 2 3 ). (Ⅱ)求 f(a)的最小值. 解析：(Ⅱ)求出 f(a)的表达式，通过讨论 a 的范围，结合不等式的性质求出 f(a)的最小值 即可. 答案：(Ⅱ)   2 2 2 21 1 1 1       a a a a fa aa ， ①当 a＜-1 或 a＞1 时，f(a)= 22a a =2|a|＞2， ②当-1≤a≤1 时，f(a)= 2 a ≥2， 综上知，f(a)的最小值为 2.