2018年北京市朝阳区高考一模试卷数学文 13页

2018 年北京市朝阳区高考一模试卷数学文 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符 合题目要求的一项. 1.已知全集为实数集 R，集合 A={x|x2-3x＜0}，B={x|log2x＞0}，则(CRA)∩B=( ) A.(-∞，0]∪(1，+∞) B.(0，1] C.[3，+∞) D.∅ 解析：A={x|x2-3x＜0}={x|x(x-3)＜0}={x|0＜x＜3}， B={x|log2x＞0}={x|log2x＞log21}={x|x＞1}； ∴CRA={x|x≤0，或 x≥3}； ∴(CRA)∩B={x|x≥3}=[3，+∞). 答案：C 2.在复平面内，复数 z= 1 i i 所对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析：∵复数       1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 iiiii i i i         ，∴复数对应的点的坐标是( 1 2 ， )， ∴复数 1 i i 在复平面内对应的点位于第一象限. 答案：A 3.已知平面向量 ()1 2 1()a x b x  ，， ， ，且 ab，则实数 x 的值是( ) A.-1 B.1 C.2 D.-1 或 2 解析：根据题意，向量 ()1 2 1()a x b x  ，， ， ， 若 ，则有 x(x-1)=2， 即 x2-x-2=0，所以 x=-1 或 x=2. 答案：D 4.已知直线 m⊥平面α ，则“直线 n⊥m”是“n∥α ”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 解析：当 m⊥α 时，若 m⊥n，则 n∥α 或 n  平面α ，则充分性不成立， 若 n∥α ，则 m⊥n 成立，即必要性成立，则“m⊥n”是“n∥α ”的必要不充分条件. 答案：B 5.已知 F 为抛物线 C：y2=4x 的焦点，过点 F 的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，若|AB|=8， 则线段 AB 的中点 M 到直线 x+1=0 的距离为( ) A.2 B.4 C.8 D.16 解析：如图，抛物线 y2=4x 的焦点为 F(1，0)，准线为 x=-1，即 x+1=0. 分别过 A，B 作准线的垂线，垂足为 C，D，则有|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=8. 过 AB 的中点 M 作准线的垂线，垂足为 N， 则 MN 为直角梯形 ABDC 中位线，则|MN|= 1 2 (|AC|+|BD|)=4，即 M 到准线 x=-1 的距离为 4. 答案：B 6.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于( ) A. 4 3 B. 2 3 C. 1 2 D. 1 3 解析：抠点法：在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中抠点， 1)由正视图可知：C1D1 上没有点； 2)由侧视图可知：B1C1 上没有点； 3)由俯视图可知：CC1 上没有点； 4)由正(俯)视图可知：D，E 处有点，由虚线可知 B，F 处有点，A 点排除. 由上述可还原出四棱锥 A1-BEDF，如图所示，S 四边形 BEDF=1×1=1， 1 1111 33A BEDFV      . 答案：D 7.函数 f(x)= 2 sin 12 12 x xx    的零点个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.4 解析：f(x)=   2 2 2 sin 1 2 21 x x x xx    ，定义域为(-∞，0)∪(0，+∞)， 令 f(x)=0 可得 2xsin 2  x=x2+1，设 f1(x)=2xsin 2  x，f2(x)=x2+1， 画出 f1(x)，f2(x)在(0，+∞)上的大致图象如下： 显然 f1(1)=f2(1)=2，即 f1(x)与 f2(x)交于点 A(1，2)， 又∵f′1(x)=π x·cos 2  x+2sin x，f′2(x)=2x， ∴f′1(1)=f′2(1)=2，即点 A 为公切点，∴点 A 为(0，+∞)内唯一交点， 又∵f1(x)，f2(x)均为偶函数，∴点 B(-1，2)也为公切点， ∴f1(x)，f2(x)有两个公共点，即 f(x)有两个零点. 答案：C 8.某学校举办科技节活动，有甲、乙、丙、丁四个团队参加“智能机器人”项目比赛，该项 目只设置一个一等奖.在评奖揭晓前，小张、小王、小李、小赵四位同学对这四个参赛团队 获奖结果预测如下： 小张说：“甲或乙团队获得一等奖”； 小王说：“丁团队获得一等奖”； 小李说：“乙、丙两个团队均未获得一等奖”； 小赵说：“甲团队获得一等奖”. 若这四位同学中只有两位预测结果是对的，则获得一等奖的团队是( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 解析：(1)若甲获得一等奖，则小张、小李、小赵的预测都正确，与题意不符； (2)若乙获得一等奖，则只有小张的预测正确，与题意不符； (3)若丙获得一等奖，则四人的预测都错误，与题意不符； (4)若丁获得一等奖，则小王、小李的预测正确，小张、小赵的预测错误，符合题意. 答案：D 二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分 9.执行如图所示的程序框图，若输入 m=5，则输出 k 的值为 . 解析：模拟程序的运行，可得： 第四次时，65＞50，满足判断框内的条件，退出循环，输出 k 的值为 4. 答案：4 10.双曲线 2 4 x -y2=1 的焦距为 ；渐近线方程为 . 解析：由题知，a2=4，b2=1，故 c2=a2+b2=5，∴双曲线的焦距为：2c=2 5 ， 渐近线方程为： 1 2 by x x a     ． 答案：2 ；y=± 1 2 x 11.已知圆 C：x2+y2-2x-4y+1=0 内有一点 P(2，1)，经过点 P 的直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点， 当弦 AB 恰被点 P 平分时，直线 l 的方程为 . 解析：根据直线与圆的位置关系.圆 C：(x-1)2+(y-2)2=4， 弦 AB 被 P 平分，故 PC⊥AB， 由 P(2，1)，C(1，2)，得 kpc·kl=-1，即：kl=1，所以直线方程为 y=x-1. 答案：y=x-1 12.已知实数 x，y 满足 10 10 1 xy xy y          ， ， ， 若 z=mx+y(m＞0)取得最小值的最优解有无数多个，则 m 的值为 . 解析：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分). 由 z=mx+y(m＞0)得 y=-mx+z， ∵m＞0，∴目标函数的斜率 k=-m＜0. 平移直线 y=-mx+z， 由图象可知当直线 y=-mx+z 和直线 x+y+1=0 平行时，此时目标函数取得最小值时最优解有无 数多个，∴m=1. 答案：1 13.函数 f(x)=Asin(ω x+φ )(A＞0，ω ＞0，|φ |＜ 2  )的部分图象如图所示，则φ = ； ω = . 解析：由图可知，A=2，根据 f(x)的图象经过点(0，-1)，可得 2sinφ =-1，sinφ =- 1 2 ，∴ φ =- 6  . 根据五点法作图可得 4 . 2 6 2 ( 3 )       ， 答案： 4 63  ； 14.许多建筑物的地板是用正多边形的砖板铺成的(可以是多种正多边形).如果要求用这些 正多边形的砖板铺满地面，在地面某一点(不在边界上)有 k 块砖板拼在一起，则 k 的所有可 能取值为 . 解析：由题意知只需这 k 块砖板的角度之和为 360°即可. 显然 k≥3，因为任意正多边形内角小于 180°； 且 k≤6，因为角度最小的正多边形为正三角形， 360 60   =6. 当 k=3 时，3 个正六边形满足题意； 当 k=4 时，4 个正方形满足题意； 当 k=5 时，3 个正三角形与 2 个正方形满足题意； 当 k=6 时，6 个正三角形满足题意. 综上，所以 k 可能为 3，4，5，6. 答案：3，4，5，6 三、解答题：本大题共 6 小题，共 80 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-1(n∈N*). (Ⅰ)求 a1，a2，a3 的值； (Ⅱ)若数列{bn}满足 b1=2，bn+1=an+bn，求数列{bn}的通项公式. 解析：(Ⅰ)直接利用递推关系式求出数列的项. (Ⅱ)利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步求出数列的和. 答案：(Ⅰ)由题知 S1=a1=2a1-1，得 a1=1，S2=2a2-1=a1+a2， 得 a2=a1+1=2，S3=2a3-1=a1+a2+a3，得 a3=a1+a2+1=4， (Ⅱ)当 n≥2 时，Sn-1=2an-1-1，Sn=2an-1， 所以 an=Sn-Sn-1=2an-1-(2an-1-1)，得 an=2an-2an-1，即 an=2an-1， {an}是以 a1=1 为首项，2 为公比的等比数列，则 an=2n-1. 当 n≥2 时，bn=b1+(b2-b1)+…+(bn-bn-1)=2+a1+a2+…+an-1=  1 1 12 2 12 na    =2n-1+1， 经验证：b1=2=21-1+1，综上：bn=2n-1+1. 16.在△ABC 中，已知 sinA= 5 5 ，b=2acosA. (Ⅰ)若 ac=5，求△ABC 的面积； (Ⅱ)若 B 为锐角，求 sinC 的值. 解析：(Ⅰ)根据题意，由正弦定理分析可得 sinB=2sinAcosA，计算可得 sinB 的值，由三角 形面积公式计算可得答案； (Ⅱ)根据题意，sinC=sin(π -A-B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，代入数据计算可得答案. 答案：(Ⅰ)根据题意，若 b=2acosA，由正弦定理得 sin sin aA bB  ，则 sinB=2sinAcosA，cosA=b2a ＞0， 因为 sinA= 5 5 ，所以 cosA= 25 5 ，所以 sinB= 5 2 5 42 5 5 5    ， 所以 S△ABC= 1 1 4sin 5 2 2 2 5 ac B     . (Ⅱ)由(Ⅰ)知 sinB= 4 5 ，因为 B 为锐角，所以 cosB= 3 5 . 所以 sinC=sin(π -A-B)=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB= 5 3 2 5 4 11 5 . 5 5 5 5 25     17.某地区高考实行新方案，规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还须从物理、 化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目.若一名学生从六个 科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定；否则，称该学生选考方 案待确定.例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确 定，“物理、化学和生物”为其选考方案. 某学校为了了解高一年级420名学生选考科目的意向，随机选取30名学生进行了一次调查， 统计选考科目人数如表： (Ⅰ)试估计该学校高一年级确定选考生物的学生有多少人？ (Ⅱ)写出选考方案确定的男生中选择“物理、化学和地理”的人数.(直接写出结果) (Ⅲ)从选考方案确定的男生中任选 2 名，试求出这 2 名学生选考科目完全相同的概率. 解析：(Ⅰ)设该学校选考方案确定的学生中选考生物的学生为 x，在选考方案确定的学生的 人中，求出选择生物的概率约为 3 10 ，由此能求出选择生物的人数. (Ⅱ)由题意能求出选考方案确定的男生中选择“物理、化学和地理”的人数 2 人. (Ⅲ)设选择物理、生物、化学的学生分别为 A1，A2，A3，选择物理、化学、历史的学生为 B1， 选择物理、化学、地理的学生分别为 C1，C2，由此利用列举法能求出任取 2 名男生，这 2 名 学生选考科目完全相同的概率. 答案：(Ⅰ)设该学校选考方案确定的学生中选考生物的学生为 x， 因为在选考方案确定的学生的人中， 选生物的频率为 3 6 3 8 6 10 6 10      ，所以选择生物的概率约为 3 10 ， 所以选择生物的人数约为 x=420× =126 人. (Ⅱ)2 人. (Ⅲ)设选择物理、生物、化学的学生分别为 A1，A2，A3， 选择物理、化学、历史的学生为 B1， 选择物理、化学、地理的学生分别为 C1，C2， 所以任取 2 名男生的基本事件有：(A1，A2)，(A2，A3)，(A3，B1)，(B1，C1)，(C1，C2)(A1， A3)，(A2，B1)，(A3，C2)，(B1，C2)(A1，B1)，(A2，C1)，(A3，C1)(A1，C1)，(A2，C2)(A1，C2)， 所以两名男生所学科目相同的基本事件共有四个，分别为(A1，A2)，(A2，A3)，(C1，C2)，(A1， A3)，∴这 2 名学生选考科目完全相同的概率为 p= 4 15 . 18.如图 1，在梯形 ABCD 中，BC∥AD，BC=1，AD=3，BE⊥AD 于 E，BE=AE=1.将△ABE 沿 BE 折起至△A′BE，使得平面 A′BE⊥平面 BCDE(如图 2)，M 为线段 A′D 上一点. (Ⅰ)求证：A′E⊥CD； (Ⅱ)若 M 为线段 A′D 中点，求多面体 A′BCME 与多面体 MCDE 的体积之比； (Ⅲ)是否存在一点 M，使得 A′B∥平面 MCE？若存在，求 A′M 的长.若不存在，请说明理由. 解析：(Ⅰ)推导出 A′E⊥BE，从而 A′E⊥平面 BCDE，由此能证明 A′E⊥CD. (Ⅱ)M 到底面 BCDE 的距离为 1 2 A′E，推导出 VM-DCE= 11 32  A′E·S△DCE= 1 6 ，VA′-BCE= 1 3 ·A′E·S △BCE= 1 6 ，S△A′EM= ，平面 A′DE⊥平面 BCDE，C 到平面 A′DE 的距离为 BE=1.从而 VC-A′EM= ·BE·S△A′EM= ，V 多面体 A′BCME=V 多面体 CA′EM+V 多面体 A′BCE= .由此能求出多面体 A′BCME 与多面 体 MCDE 的体积之比. (Ⅲ)连结 BD 交 CE 于 O，连结 OM，推导出 A′B∥OM，由此能求出存在一点 M，使得 A′B∥ 平面 MCE，并能求出 A′M 的长. 答案：(Ⅰ)在梯形 ABCD 中，∵BE⊥AE，∴A′E⊥BE， ∵平面 A′BE⊥平面 BCDE，BE=平面 A′BE∩平面 BCDE，A′E 平面 A′BE，∴A′E⊥平面 BCDE，∵CD  平面 BCDE，∴A′E⊥CD. (Ⅱ)∵M 为 A′D 中点，∴M 到底面 BCDE 的距离为 1 2 A′E， 在梯形 ABCD 中，S△DCE= 11 22 DE BE×2×1=1， VM-DCE= 11 32  A′E·S△DCE= 1 6 ，VA′-BCE= 1 3 ·A′E·S△BCE= . ∵A′E⊥DE，∴在 Rt△A′DE 中，S△A′EM= ， ∵A′E⊥平面 BCDE，A′E  平面 A′DE，∴平面 A′DE⊥平面 BCDE， ∵BE⊥ED，平面 A′DE∩平面 BCDE=ED， ∵BC∥AD，∴C 到平面 A′DE 的距离为 BE=1. ∴VC-A′EM= ·BE·S△A′EM= ，V 多面体 A′BCME=V 多面体 CA′EM+V 多面体 A′BCE= . ∴V 多面体 A′BCME：V 多面体 MCDE=2：1. (Ⅲ)连结 BD 交 CE 于 O，连结 OM， 在四边形 BCDE 中，∵BC∥DE，∴△BOC∽△DOE，∴ 2 3 OD BD  ， ∵A′B∥平面 CME，平面 A′BD∩平面 CEM=OM，∴A′B∥OM， 在△A′BD 中，OM∥A′B，∴ 1 3 A M BO A D BD    ， ∵A′E=1，DE=2，A′E⊥ED，∴在 Rt△A′ED 中， 55 3 A D A M    ， ． 19.已知椭圆 C： 22 221xy ab (a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，且过点(1， ). (Ⅰ)求椭圆 C 的方程； (Ⅱ)过椭圆 C 的左焦点的直线 l1 与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 l2 过坐标原点且直线 l1 与 l2 的斜率互为相反数，直线 l2 与椭圆交于 E，F 两点且均不与点 A，B 重合，设直线 AE 的斜 率为 k1，直线 BF 的斜率为 k2，证明：k1+k2 为定值. 解析：(Ⅰ)根据题意，由椭圆的几何性质可得 2 22 2 2 2 2 2 2 21 1 c a ab a b c                 ， ， ， 解可得 a、b、c 的值，代 入椭圆的方程即可得答案； (Ⅱ)根据题意，设 l1：y=k(x+1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线 l1 与椭圆的方程，可得 (1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0，设 l2：y=-kx，E(x3，y3)，F(-x3，-y3)，联立直线 l2 与椭圆的方程， 可得(1+2k2)x2-2=0，结合 2 个方程，由根与系数的关系用 k 表示 k1+k2，即可得答案. 答案：(Ⅰ)由题可得 解得 2 1 1 a b c      ， ， ． 所以椭圆 C 的方程为 2 2 x +y2=1. (Ⅱ)由题知直线 l1 斜率存在， 设 l1：y=k(x+1)，A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立   22 1 22 y k x xy      ， ， 消去 y 得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0， 由题易知△＞0 恒成立， 由韦达定理得 22 1 2 1 222 4 2 2 1 2 1 2 kkx x x x kk      ， ， 因为 l2 与 l1 斜率相反且过原点， 设 l2：y=-kx，E(x3，y3)，F(-x3，-y3)， 联立 2222 y kx xy     ， ， 消去 y 得(1+2k2)x2-2=0， 由题易知△＞0 恒成立，由韦达定理得 2 3 2 2 12 x k   ， 则    1 3 2 31 3 2 3 12 1 3 2 3 1 3 2 3 11k x kx k x kxy y y ykk x x x x x x x x                         1 3 2 3 2 3 1 3 1 3 2 3 11k x x x x x x x x x x x x                     2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 3 2 3 2 2 2 2 2 4 22 1 2 1 2 1 2 0 k kkx x x x x k k kk x x x x x x x x                 ， 所以 k1+k2 为定值 0. 20.已知函数 f(x)= ln 1x ax x   (a∈R). (Ⅰ)若 a=0，求曲线 y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (Ⅱ)若 a＜-1，求函数 f(x)的单调区间； (Ⅲ)若 1＜a＜2，求证：f(x)＜-1. 解析：(Ⅰ)根据题意，由 a 的值求出函数的解析式，计算可得切点的坐标，结合函数导数的 几何意义分析切线的斜率，由直线的点斜式方程即可得答案； (Ⅱ)根据题意，由函数的解析式求出函数的导数，则 f′(x)= 2 22 2 ln 2 lnx ax xa xx    ， 令 g(x)=2-ax2-lnx，求出 g(x)的导数，分析 g(x)在(0，+∞)的最小值，分析可得 g(x)＞0， 由函数的单调性与函数导数的关系，分析可得答案； (Ⅲ)根据题意，原问题可以转化为 ax2-x+1-lnx＞0，设 h(x)=ax2-x+1-lnx，分析可得只须证 h(x)＞0 成立，求出函数 h(x)的导数，结合函数的导数与函数单调性的关系，分析可得 h(x) 的最小值，证明其最小值大于 0 即可得答案. 答案：(Ⅰ)函数 f(x)= ln 1x ax x   (a∈R)， 若 a=0，f(x)=lnx-1x，则 f(1)=-1，切点坐标为(1，-1)，   2 2 ln xfx x  ，f′(1)=2，切线斜率 k=2， 所以 f(x)在点(1，-1)处的切线方程为 2x-y-3=0. (Ⅱ)根据题意，f(x)= ，则 f′(x)= 2 22 2 ln 2 lnx ax xa xx    ，(x＞0) 令 g(x)=2-ax2-lnx，则 g′(x)= 221ax x . 令 g′(x)=0，得 x=± 1 2a  (依题意 1 2a  ＞0) 由 g′(x)＞0，得 x＞ ；由 g′(x)＜0，得 0＜x＜ 1 2a  . 所以，g(x)在区间(0， )上单调递减，在区间( ，+∞)上单调递增， 所以，g(x)min 1 5 1ln 2 2 2 g aa        . 因为 a＜-1，所以 110 12 ln 0 22aa ＜ ＜ ， ＜ ．所以 g(x)＞0，即 f′(x)＞0. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，+∞). (Ⅲ)由 x＞0，f(x)＜-1，即 ln 1x ax x   ＜-1，等价于 ax2-x+1-lnx＞0. 设 h(x)=ax2-x+1-lnx，只须证 h(x)＞0 成立. 因为 h′(x)=2ax-1- 21 2 1ax x xx  ，1＜a＜2， 由 h′(x)=0，得 2ax2-x-1=0 有异号两根. 令其正根为 x0，则 2ax0 2-x0-1=0. 在(0，x0)上 h′(x)＜0，在(x0，+∞)上 h′(x)＞0，则 h(x)的最小值为 h(x0)， 且 h(x0)=ax0 2-x0+1-lnx0= 01 2 x -x0+1-lnx0= 03 2 x -lnx0， 又 h′(1)=2a-2＞0， 21323 22 h a a              ＜0， 所以 1 2 ＜x0＜1.则 03 2 x ＞0，-lnx0＞0. 因此 -lnx0＞0，即 h(x0)＞0.所以 h(x)＞0.所以 f(x)＜-1.