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  • 2021-06-20 发布

2018年重庆市九校联盟高考一模数学文

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2018 年重庆市九校联盟高考一模数学文 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.已知集合 A={-1,0,1,2},B={x| 1 x <1},则 A∩B=( ) A.{0,1} B.{1,2} C.{-1,0} D.{-1,2} 解析:求出集合,利用集合的交集定义进行计算即可. 由 1 x <1 x>1 或 x<0, 即 B={x|x>1 或 x<0}, ∵A={-1,0,1,2}, ∴A∩B={-1,2}. 答案:D 2.已知 i 为虚数单位,且(1+i)z=-1,则复数 z 对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析:把已知等式变形,利用复数代数形式的乘除运算化简,求出复数 z 对应的点的坐标得 答案. 由(1+i)z=-1,得     11 11 11221           izi i i i , ∴复数 z 对应的点的坐标为( 1 2  , 1 2 ),位于第二象限. 答案:B 3.log2(cos 7 4  )的值为( ) A.-1 B. 1 2  C. 1 2 D. 2 2 解析:利用诱导公式、对数的运算性质,求得所给式子的值. 1 2 2 2 2 2 71log cos log cos log log 2 44 2 2 2             . 答案:B 4.已知随机事件 A,B 发生的概率满足条件 P(A∪B)= 3 4 ,某人猜测事件 AB发生,则此人 猜测正确的概率为( ) A.1 B. 1 2 C. 1 4 D.0 解析:∵事件 AB与事件 A∪B 是对立事件, 随机事件 A,B 发生的概率满足条件 P(A∪B)= 3 4 , ∴某人猜测事件 发生,则此人猜测正确的概率为:     31 44 11      P A B P A B . 答案:C 5.双曲线 C: 22 221xy ab (a>0,b>0)的一个焦点为 F,过点 F 作双曲线 C 的渐近线的垂线, 垂足为 A,且交 y 轴于 B,若 A 为 BF 的中点,则双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C.2 D. 6 2 解析:根据题意,双曲线 C: (a>0,b>0)的焦点在 x 轴上, 过点 F 作双曲线 C 的渐近线的垂线,垂足为 A, 且交 y 轴于 B,如图: 若 A 为 BF 的中点,则 OA 垂直平分 BF, 则双曲线 C 的渐近线与 x 轴的夹角为 4  , 即双曲线的渐近线方程为 y=±x, 则有 a=b, 则 22 2  c a b a , 则双曲线的离心率 2ce a . 答案:A 6.某几何体的三视图如图所示,其正视图和侧视图是全等的正三角形,其俯视图中,半圆的 直径是等腰直角三角形的斜边,若半圆的直径为 2,则该几何体的体积等于( ) A.  31 3   B.  32 3   C.  3 1 6   D.  32 6   解析:由已知中的三视图可得该几何体是一个半圆锥和三棱锥的组合体, 其体积为      2 2 1 2 1 31 1 1 3 3 2 2 6          V . 答案:D 7.将函数 sin 4     yx的图象上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变),再向右 平移 6  个单位,则所得函数图象的解析式为( ) A. 5sin 2 24     xy B. sin 23   xy C. 5sin 2 12     xy D. 7sin 2 12     yx 解析:由题意利用 y=Asin(ω x+φ )的图象变换规律,得出结论. 把函数 经伸长到原来的 2 倍(纵坐标不变), 可得 sin 24   xy ,再向右平移 个单位, 得 1 2 sin sin 6 4 2 3             xyx 的图象. 答案:B 8.执行如图所示的程序框图,若输出的 s=6,则 N 的所有可能取之和等于( ) A.19 B.21 C.23 D.25 解析:模拟程序的运行,可得程序框图的功能是计算并输出 23cos 2 cos 3 cos 2 2 2       S 得值, 由题意, 23cos 2 cos 3 cos 6 2 2 2        S , 可得:0-2+4-6+8-10…=6, 可得: 2 3 12cos 2 cos 3 cos 12 cos 2 2 2 2         S , 或 2 3 12 13cos 2 cos 3 cos 12 cos 13 cos 2 2 2 2 2           S , 可得:N 的可取值有且只有 12,13,其和为 25. 答案:D 9.已知抛物线 C:y=2px2 经过点 M(1,2),则该抛物线的焦点到准线的距离等于( ) A. 1 8 B. 1 4 C. 1 2 D.1 解析:根据题意,抛物线 C:y=2px2 经过点 M(1,2), 则有 2=2p×12,解可得 p=1, 则抛物线的方程为 y=2x2,其标准方程为 x2= y, 其焦点坐标为(0, ),准线方程为 y= 1 8  , 该抛物线的焦点到准线的距离等于 1 4 . 答案:B 10.已知 a,b,c 分别是△ABC 内角 A,B,C 的对边,asinB= 3 bcosA,当 b+c=4 时,△ABC 面积的最大值为( ) A. 3 3 B. 3 2 C. 3 D.2 3 解析:由:asinB= bcosA,利用正弦定理可得:sinAsinB= sinBcosA, 又 sinB≠0,可得:tanA= , 因为:A∈(0,π ), 所以:A= 3  . 故 2 1 3 3 24 3 24      V ABC bcS bcsinA bc ,(当且仅当 b=c=2 时取等号). 答案:C 11.设定义在(0,+∞)上的函数 f(x)的导函数 f′(x)满足 xf′(x)>1,则( ) A.f(2)-f(1)>ln2 B.f(2)-f(1)<ln2 C.f(2)-f(1)>1 D.f(2)-f(1)<1 解析:根据题意,函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 即 x>0,则 xf′(x)>1 f′(x)> 1 x =(lnx)′, 故    21ln 2 ln 1 ln 2 2 1 2 1     >ff ,即 f(2)-f(1)>ln2. 答案:A 12.设 m,θ ∈R,则   22 2 cos2 s22 in   mm的最小值为( ) A.3 B.4 C.9 D.16 解析:令点 P(2 2 -m,2 2 +m),Q(cosθ ,sinθ ). 点 P 在直线 x+y-4 2 =0 上,点 Q 的轨迹为单位圆:x2+y2=1. 因此   22 2 cos2 s22 in   mm的最小值为:单位圆上的点到直线 x+y-4 =0 的距离的平方, 故其最小值   2 24 192 2 41        . 答案:C 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,满分 20 分,将答案填在答题纸上) 13.已知向量 r a =(1,-2), r b =(2,m),且 rr Pab,则 rr gab= . 解析:利用平面向量的共线定理和坐标表示求出 m 的值,再计算 rr gab的值. 向量 =(1,-2), =(2,m),且 , ∴1×m-(-2)×2=0, 解得 m=-4, ∴ =1×2+(-2)×(-4)=10. 答案:10 14.已知实数 x,y 满足 2 3 5 0 0      xy xy y ,则目标函数 z=3x+y 的最大值为 . 解析:作出约束条件不是的可行域,判断目标函数结果的点,然后求解目标函数的最大值即 可. 实数 x,y 满足 作出可行域: 目标函数 z=3x+y,由 0 2 3 5 0      y xy 解得 A( 5 2 ,0), 的最优解对应的点为( 5 2 ,0), 故 5 1530 22    maxz . 答案:15 2 15.已知奇函数 f(x)的图象关于直线 x=3 对称,当 x∈[0,3]时,f(x)=-x,则 f(-16)= . 解析:根据题意,由 f(x)图象的对称性以及奇偶性分析可得 f(x)的最小正周期是 12,进而 有 f(-16)=f(-4)=-f(4)=-f(2),由函数的解析式分析可得答案. 根据题意,函数 f(x)的图象关于直线 x=3 对称, 则有 f(x)=f(6-x), 又由函数为奇函数,则 f(-x)=-f(x), 则有 f(x)=-f[-(6-x)]=-f(x-6)=-f(12-x)=f(x-12), 则 f(x)的最小正周期是 12, 故 f(-16)=f(-4)=-f(4)=-f(2), 即 f(-16)=-(-2)=2. 答案:2 16.半径为 R 的球 O 放置在水平平面α 上,点 P 位于球 O 的正上方,且到球 O 表面的最小距 离为 R,则从点 P 发出的光线在平面α 上形成的球 O 的中心投影的面积等于 . 解析:∵半径为 R 的球 O 放置在水平平面α 上,点 P 位于球 O 的正上方,且到球 O 表面的最 小距离为 R, ∴轴截面如下图所示, MN=NT=TP= 3 R, ∴从点 P 发出的光线在平面α 上形成的球 O 的中心投影的面积为:S=3π R2. 答案:3π R2 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,共 60 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 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和,S5=35,a1,a4,a13 成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式. 解析:(1)设等差数列{an}的公差为 d,由题意列出方程组,求出公差和首项的值,即可得到 数列{an}的通项公式. 答案:(1)S5=35 5a3=35 a3=7, 设公差为 d,a1,a4,a13 成等比数列 a4 2=a1a13 (7+d)2=(7-2d)(7+10d) d=2(舍去 d=0). ∴an=2n+1. (2)求数列{ 1 nS }的前 n 项和 Tn. 解析:(2)由(1)求出   1 1 11 1 222    nS n n n n ,利用裂项相消求出和. 答案:(2)    24 2 2    n nn S n n , ∴ , ∴ 1 1 1 1 1 1 2 1 3 2 4 1 1 1 1 1 5 1 23 1                nT n n n n     1 1 1 1 3 2 31 2 2 1 2 4 1 2           n n n n n . 18.某社区为了解辖区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”,从辖区住户的离退休 老人中随机抽取了 100 位老人进行调查,获得了每人每天的平均户外“活动时间”(单位: 小时),活动时间按照[0,0.5)、[0.5,1)、…、[4,4.5]从少到多分成 9 组,制成样本的 频率分布直方图如图所示. (1)求图中 a 的值. 解析:(1)由频率分布直方图,可知,平均户外“活动时间”在[0,0.5)的频率为 0.04.在 [0.5,1),[1.5,2),[2,2.5),[3,3.5),[3.5,4),[4,4.5)等组的频率分别为 0.08, 0.20,0.25,0.07,0.04,0.02,由 1-(0.04+0.08+0.20+0.25+0.07+0.04+0.02)=0.5×a+0.5 ×a,能求出 a 的值. 答案:(1)由频率分布直方图,可知,平均户外“活动时间”在[0,0.5)的频率为 0.08× 0.5=0.04. 同理,在[0.5,1),[1.5,2),[2,2.5),[3,3.5),[3.5,4),[4,4.5)等组的频率分别 为 0.08,0.20,0.25,0.07,0.04,0.02, 由 1-(0.04+0.08+0.20+0.25+0.07+0.04+0.02)=0.5×a+0.5×a. 解得 a=0.30. (2)估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”的中位数. 解析:(2)设中位数为 m 小时,前 5 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+0.25=0.72>0.5, 前 4 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20=0.47<0.5,从而 2≤m<2.5.由 0.50× (m-2)=0.5-0.47,能估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”的中位数. 答案:(2)设中位数为 m 小时. 因为前 5 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+0.25=0.72>0.5, 而前 4 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20=0.47<0.5,所以 2≤m<2.5. 由 0.50×(m-2)=0.5-0.47,解得 m=2.06. 故可估计该社区住户中离退休老人每天的平均户外“活动时间”的中位数为 2.06 小时. (3)在[1,1.5)、[1.5,2)这两组中采用分层抽样抽取 7 人,再从这 7 人中随机抽取 2 人, 求抽取的两人恰好都在同一个组的概率. 解析:(3)由题意得平均户外活动时间在[1,1.5),[1.5,2)中的人数分别有 15 人、20 人, 按分层抽样的方法分别抽取 3 人、4 人,记作 A,B,C 及 a,b,c,d,从 7 人中随机抽取 2 人,利用列举法能出抽取的两人恰好都在同一个组的概率. 答案:(3)由题意得平均户外活动时间在[1,1.5),[1.5,2)中的人数分别有 15 人、20 人, 按分层抽样的方法分别抽取 3 人、4 人,记作 A,B,C 及 a,b,c,d, 从 7 人中随机抽取 2 人,共有 21 种,分别为: (A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(A,c),(A,d),(B,C),(B,a),(B,b),(B,c), (B,d), (C,a),(C,b),(C,c),(C,d),(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d), 同时在同一组的有: (A,B),(A,C),(B,C),(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d).共 9 种, 故抽取的两人恰好都在同一个组的概率 93 21 7 P . 19.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 ABB1A1 是正方形,A1B1⊥A1C1. (1)证明:AB1⊥BC1. 解析:(1)只需证明 AB1⊥BA1,AB1⊥A1C1,即可得 AB1⊥平面 BA1C1,AB1⊥BC1. 答案:(1)证明:如图,由 ABB1A1 是正方形得 AB1⊥BA1, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1⊥A1C1,又 AA1∩A1B1=A1, ∴A1C1⊥平面 ABB1A1,且 AB1  平面 ABB1A1, 故 AB1⊥A1C1,且 BA1∩A1C1=A1, 故 AB1⊥平面 BA1C1,且 BC1 平面 BA1C1, ∴AB1⊥BC1. (2)当三棱锥 A-A1B1C1 的体积为 2,AA1=2 时,求点 C 到平面 AB1C1 的距离. 解析:(2)由三棱锥 A-A1B1C1 的体积为 2 得 2 1 1 1 1 11 2 2 2 3 3      A C A C .设点 A1 到平面 AB1C1 的距离为 d,由 11 21 3 22 3 21 12 2 1      dd ,由对称性知点 C 到平面 AB1C1 的距离. 答案:(2)∵三棱锥 A-A1B1C1 的体积为 2,得 . 如图,设 AB1∩BA1=O,连接 OC1,则  22 1 3 2 11  OC , 设点 A1 到平面 AB1C1 的距离为 d, 则 11 21 3 22 3 21 12 2 1      dd , 由对称性知:点 C 到平面 AB1C1 的距离为 3 22 11 . 20.如图,A,B 是椭圆 C: 2 2 1 4 x y 长轴的两个端点,P,Q 是椭圆 C 上都不与 A,B 重合 的两点,记直线 BQ,AQ,AP 的斜率分别是 kBQ,kAQ,kAP. (1)求证:kBQ·kAQ= 1 4  . 解析:(1)设 Q(x1,y1),由题意方程求出 A,B 的坐标,代入斜率公式即可证明 kBQ·kAQ= . 答案:(1)证明:设 Q(x1,y1), 由椭圆 C: ,得 B(-2,0),A(2,0), ∴ 2 1 2 1 1 1 22 1 1 1 1 1 4 2 2 4 1 4 4           ggBQ AQ x y y ykk x x x x . (2)若 kAP=4kBQ,求证:直线 PQ 恒过定点,并求出定点坐标. 解析:(2)由(1)结合 kAP=4kBQ,可得 kAP·kAQ=-1,设 P(x2,y2),直线 PQ:x=ty+m,联立直线 方程与椭圆方程,利用根与系数的关系及 kAP·kAQ=-1 列式求得 m 值,则可证明直线 PQ 恒过 定点,并求出定点坐标. 答案:(2)由(1)知: 1 1 1 4 4 4 1    ggBQ AP AP AQ AP AQk k k k k k . 设 P(x2,y2),直线 PQ:x=ty+m, 代入 x2+4y2=4,得(t2+4)y2+2mty+m2-4=0, ∴ 122 2 4   mtyy t , 2 12 2 4 4   myy t , 由 kAP·kAQ=-1 得:(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, ∴(t2+1)y1y2+(m-2)t(y1+y2)+(m-2)2=0, ∴(t2+1)(m2-4)+(m-2)t(-2mt)+(m-2)2(t2+4)=0, ∴5m2-16m+12=0,解得 m=2 或 m= 6 5 . ∵m≠2,∴m= 6 5 , ∴直线 PQ:x=ty+ 6 5 ,恒过定点( ,0). 21.设函数 f(x)=ex-asinx. (1)当 a=1 时,证明:∀x∈(0,+∞),f(x)>1. 解析:(1)求出函数的导数,根据函数的单调性怎么即可. 答案:(1)证明:由 a=1 知 f(x)=ex-sinx, 当 x∈[0,+∞)时,f′(x)=ex-cosx≥0(当且仅当 x=0 时取等号), 故 f(x)在[0,+∞)上是增函数, 又 f(0)=1,故∀x∈(0,+∞),f(x)>f(0)=1, 即:当 a=1 时,∀x∈(0,+∞),f(x)>1. (2)若∀x∈[0,+∞),f(x)≥0 都成立,求实数 a 的取值范围. 解析:(2)设 y1=ex 与 y2=asinx 在点(x0,y0)处有公切线(x0∈(0, 2  )),求出 a 的范围即可. 答案:(2)当 a=0 时,f(x)=ex,符合条件; 当 a>0 时,设 y1=ex 与 y2=asinx 在点(x0,y0)处有公切线(x0∈(0, 2  )), 则 0 0 0 0 sin cos     x x e a x e a x , tanx0=1, x0= 4   a= 42  e , 故 0<a≤ 42  e ; 当 a<0 时,设 y1=ex 与 y2=asinx 在点(x0,y0)处有公切线(x0∈(π , 3 2  )), 同法可得 5 42   e ≤a<0; 综上所述,实数 a 的取值范围是[ 5 42   e , ]. 请考生在 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分. [选修 4-4:坐标系与参数方程] 22.已知极点与直角坐标系的原点重合,极轴与 x 轴的正半轴重合,圆 C 的极坐标方程为ρ =4cosθ ,直线 l 的参数方程为 3 2 5 4 1 5        xt yt (t 为参数). (1)求直线 l 和圆 C 的直角坐标方程. 解析:(1)直线 l 的参数方程消去参数,能求出直线 l 的直角坐标方程,圆 C 的极坐标方程 转化为ρ 2=4ρ cosθ ,由此能求出圆 C 的直角坐标方程. 答案:(1)∵直线 l 的参数方程为 (t 为参数). ∴直线 l 的直角坐标方程为 y-1= 4 3  (x-2),即 4x+3y-11=0, ∵圆 C 的极坐标方程为ρ =4cosθ ,即ρ 2=4ρ cosθ , ∴圆 C 的直角坐标方程为 x2+y2-4x=0. (2)设点 P(2,1),直线 l 与圆 C 交于 A,B 两点,求|PA|·|PB|的值. 解析:(2)把直线的参数方程代入 x2+y2-4x=0,得 t2+ 8 5 t-3=0,由此能求出|PA|·|PB|. 答案:(2)将 代入 x2+y2-4x=0, 整理得:t2+ t-3=0, ∴|PA|·|PB|=|t1|·|t2|=|t1·t2|=3. [选修 4-5:不等式选讲] 23.已知函数 f(x)=|2x+1|. (1)解不等式 f(x)>x+5. 解析:(1)去掉绝对值,求出不等式的解集即可. 答案:(1)f(x)>x+5 |2x+1|>x+5, 2x+1>x+5 或 2x+1<-x-5, ∴解集为{x|x>4 或 x<-2}. (2)若对于任意 x,y∈R,有|x-3y-1|< 1 4 ,|2y+1|< 1 6 ,求证:f(x)<1. 解析:(2)根据绝对值不等式的性质证明即可. 答案:(2)证明:f(x)=|2x+1|=|2x-6y-2+6y+3|≤2|x-3y-1|+3|2y+1|< 23 46  =1.