高考数学模拟试卷 2 (4) 11页

- 1 - 炎德·英才大联考湖南师大附中 2018 届高考模拟卷(二) 数 学(理科)(20) 命题人、审题人：高三理数备课组 本试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共 10 页．时量 120 分钟．满分 150 分． 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的． (1)设复数 z 满足 z＋2 z－＝6＋i(i 是虚数单位)，则复数 z 在复平面内所对应的点位于(D) (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 (2)已知全集 U＝R，N＝ x|1 8<2x<1 ，M＝{x|y＝ln （－x－1）}，则图中阴影部分表示 的集合是(C) (A){x|－3b>c (B) a>c>b (C) b>a>c (D) c>b>a 【解析】a＝18 1 18>1，b＝log17 18＝1 2log1718∈ 1 2 ，1 ， c＝log18 17＝1 2log1817∈ 0，1 2 ，∴a>b>c，故选 A. (5)执行下列程序框图，若输出 i 的值为 3，则输入 x 的取值范围是(D) - 2 - (A)015， 4x＋3≤15， 可得 10，|φ|<π 2 )的最小正周期为π，若其图象向左平移π 6 个单位后 得到的函数为奇函数，则函数 f(x)的图象(D) (A) 关于点 7π 12 ，0 对称 (B) 关于点 －π 12 ，0 对称 (C) 关于直线 x＝7π 12 对称 (D) 关于直线 x＝－π 12 对称 (8)若二项式(2－x)n(n∈N*)的展开式中所有项的系数的绝对值之和是 a，所有项的二项式 系数之和是 b，则b a ＋a b 的最小值是(B) (A) 2 (B)13 6 (C)7 3 (D) 15 6 【解析】令 x＝－1，得 a＝3n，又 b＝2n，∴b a ＝2n 3n＝ 2 3 n ， ∴b a ＋a b ＝ 2 3 n ＋ 3 2 n ≥2 3 ＋3 2 ＝13 6 ，故选 B. (9)在高校自主招生中，某中学获得 6 个推荐名额，其中中南大学 2 名，湖南大学 2 名， 湖南师范大学 2 名，并且湖南大学和中南大学都要求必须有男生参加，学校通过选拔定下 3 男 3 女共 6 个推荐对象，则不同的推荐方法共有(A) (A) 54 (B)45 (C) 24 (D) 72 【解析】由题意可分为两类：第一类是将 3 个男生每个大学各推荐 1 人，共有 A33A33＝36 种推荐方法；第二类是将 3 个男生分成两组分别推荐给湖南大学和中南大学，其余 3 个女生 从剩下的大学中选，共有 C23A22C23＝18 种推荐方法．故共有 36＋18＝54 种推荐方法，故选 A. (10)已知函数 f(x)＝x3＋ax2－9x＋b 的图象关于点(1，0)对称，且对满足－1≤sf(t)，则实数 m 的最大值为(C) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 【解析】由 f(x)＋f(2－x)＝0 得 a＝－3，b＝11，故 f(x)＝x3－3x2－9x＋11， 令 f′(x)＝3(x2－2x－3)≤0，解得 f(x)的单调递减区间为(－1，3)，故 mmax＝3，选 C. (11)已知 F 为双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点，过原点 O 的直线 l 与双曲线交于 M，N 两点，且|MN|＝2|OF|，若△MNF 的面积为 ab，则该双曲线的离心率为(D) (A)3 (B)2 (C) 3 (D) 2 【解析】法一：由 M，N 关于原点对称及|MN|＝2 |OF|知 MF⊥NF， 设 M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，其中 x0>0，y0>0， 则MF→ ＝(c－x0，－y0)，NF→＝(c＋x0，y0)，因为MF→ ·NF→＝0， 所以(c－x0)(c＋x0)－y20＝0，即 x20＝c2－y20， 而 M(x0，y0)在双曲线上，所以x20 a2－y20 b2＝1，所以c2－y20 a2 －y20 b2＝1，化简可得 y0＝b2 c . 又因为△MNF 的面积为 ab，所以1 2·c·y0＋1 2·c·y0＝ab，即 y0＝ab c ， 所以b2 c ＝ab c ，即 a＝b，从而离心率为 2. 法二：不妨设 M 在第一象限，双曲线的左焦点为 F′，连接 MF′，NF′， 则易知四边形 MFNF′是矩形，设|MF′|＝m，|MF|＝n，则可得 m－n＝2a， m2＋n2＝4c2， 1 2mn＝ab， 可解得 a＝b，双曲线是等轴双曲线，离心率为 2. (12)已知平面四边形 ABCD 中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，BC⊥CD, BC＝CD，沿 BD 将△BCD 折起形成三棱锥 C－ABD，当三棱锥 C－ABD 的外接球的体积最小时，关于三棱锥 C－ABD 有下列说法：①平面 BCD⊥平面 ABD；②取 BD 的中点 O，则 OC⊥BA；③三棱锥 C－ABD 的外接球的体积是32 3π 27 ；④对棱 BC 与 AD 所成的角的余弦值是 2 4 .这些说法中正 确的个数有(D) (A)1 (B) 2 (C)3 (D)4 【解析】设正△ABD 的中心是 G，三棱锥 C－ABD 的外接球球心是 Q，则 QG⊥平面 ABD， QO⊥平面 CBD，设球半径是 R，则 R2＝AG2＋QG2＝4 3 ＋QG2，当 QG＝0 时三棱锥 C－ ABD 的外接球的体积最小，此时 Q 与 G 重合，平面 BCD⊥平面 ABD，球半径是2 3 3 ，体积 是32 3π 27 ；此时 AC＝2，取 BD 的中点 O，则 OC⊥平面 ABD，即 OC⊥BA，则对棱 BC 与 AD 所成的角θ满足：|cos θ|＝|BC→ ·AD→ | |BC→ ||AD→ | ＝ |BC→ ·（BD→ －BA→ ）| |BC→ ||AD→ | ＝ |BC→ ·BD→ －（OC→ －OB→ ）·BA→ | |BC→ ||AD→ | ＝ 2 4 (也可建系用坐标向量法或平移成相交直线再用余弦定理解三角形求对棱 BC 与 AD 所成的角 - 4 - 的余弦值)，故选 D. 第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分．第(13)～(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． 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． (13)点 A 从(1，0)出发，沿单位圆按逆时针方向运动到点 B，若点 B 的坐标是 －3 5 ，4 5 ， 记∠B＝α，则 sin 2α＝__－24 25__ . 【解析】由题意可得：sin α＝4 5 ，cos α＝－3 5 ， ∴sin 2α＝2sin αcos α＝2×4 5 × －3 5 ＝－24 25. (14)若圆 A：(x－1)2＋(y－4)2＝a 上至少存在一点 P 落在不等式组 －x＋y－1≥0， 3x－y－1≥0， x＋y－7≤0 表示的 平面区域内，则实数 a 的取值范围是__ 2 5 ，4 __． 【解析】圆 A 与不等式组 －x＋y－1≥0， 3x－y－1≥0， x＋y－7≤0 表示的平面区域有交点，作出图象后易求得 a 的取值范围是 2 5 ，4 . (15)已知 AB 为圆 O：x2＋y2＝1 的直径，点 P 为椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 上一动点，则PA→·PB→的最 小值为__2__. 【解析】方法一：依据对称性，不妨设直径 AB 在 x 轴上，P(2cos x， 3sin x)， 从而PA→·PB→＝(2cos x－1)(2cos x＋1)＋3sin2x＝2＋cos2x≥2. 方法二：PA→·PB→＝（PA→＋PB→）2－（PA→－PB→）2 4 ＝PO→ 2－1＝|PO| 2 －1， 而|PO| min ＝ 3，则答案为 2. 方法三：PA→·PB→＝(PO→＋OA→ )(PO→＋OB→ ) ＝PO→ 2＋(OA→ ＋OB→ )PO→＋OA→ ·OB→ ＝PO→ 2－OA→ 2＝PO→ 2－1，下同法二． (16)已知函数 f(x)＝ex(x－1)－ax＋1，若存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)≤0，则 a 的取值范 围是__[0，1)__． 【解析】设 g(x)＝ex(x－1)，y＝ax－1，由题知存在唯一的整数 x0，使得 g(x0)≤ax0－1. - 5 - 因为 g′(x)＝xex. 当 x<0 时，g′(x)＜0，即 g(x)单调递减，g(x)的值域为(－1，0)； 当 x＝0 时，[g(x)]min＝－1； 当 x>0 时，g′(x)＞0，即 g(x)单调递增，g(1)＝0 且 g(x)的值域为(－1，＋∞)， 直线 y＝ax－1 恒过点(0，－1)． 作出图象知当且仅当 a∈[0，1)时满足题设． 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． (17)(本小题满分 12 分) 已知 Sn 是等差数列{an}的前 n 项和，且 S6＝3a7－a2，S7＝2a11＋7. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)若 b1＝3，数列{bn}的第 n 项 bn 是数列{an}的第 bn－1 项(n≥2)． (ⅰ)证明：{bn－1}是等比数列； (ⅱ)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn. 【解析】(Ⅰ)设等差数列{ an }的公差为 d，由已知得 6a1＋6×5 2 d＝3（a1＋6d）－（a1＋d）， 7a1＋7×6 2 d＝2（a1＋10d）＋7， 即 2a1－d＝0， 5a1＋d＝7. 解得 a1＝1， d＝2. 所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(4 分) (Ⅱ)(ⅰ) 依题意，n≥2 时，bn＝abn－1＝2bn－1－1， 所以 bn－1＝2(bn－1－1)，又 b1－1＝2，从而{bn－1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列．(8 分) (ⅱ)由(ⅰ)知 bn－1＝2·2n－1＝2n，即 bn＝2n＋1. 故 anbn＝(2n－1)(2n＋1)＝(2n－1)2n＋(2n－1)， 所以 Tn＝[1·2＋3·22＋…＋（2n－1）·2n]＋[1＋3＋…＋（2n－1）]， 即 Tn＝[1·2＋3·22＋…＋（2n－1）·2n]＋n2 ① 2Tn＝[1·22＋3·23＋…＋（2n－1）·2n＋1]＋2n2 ② ①－②得－Tn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)·2n＋1－n2 ＝(3－2n)·2n＋1－n2－6 所以 Tn＝(2n－3)·2n＋1＋n2＋6.(12 分) (18)(本小题满分 12 分) 某高校在自主招生期间，把高三学生的平时成绩按“百分制”进行折算，选出前 n 名学 生，并对这 n 名学生按成绩分组，第一组[75，80)，第二组[80，85)，第三组[85，90)，第四 组[90，95)，第五组[95，100]，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、第四 组、第二组、第三组的人数依次成等差数列．且第四组的学生人数为 60，第五组对应的小长 方形的高为 0.02. - 6 - (Ⅰ)请在图中补全频率分布直方图； (Ⅱ)若该大学决定在成绩较高的第三、四、五组学生中用分层抽样的方法抽取 6 名学生进 行面试，并且在这 6 名学生中随机抽取 3 名学生接受考官 B 的面试，设第三组有ξ名学生被考 官 B 面试，求ξ的分布列和数学期望． 【解析】(Ⅰ)因为第四组的学生人数为 60，且第五组、第一组、第四组、第二组、第三组 的学生人数依次成等差数列，所以总人数为 n＝5×60＝300， 由频率分布直方图可知，第五组的学生人数为 0.02×5×300＝30，又公差为60－30 2 ＝15， 所以第一组的学生人数为 45，第二组的学生人数为 75，第三组的学生人数为 90. 故第一、二、三、四组的频率分别为 45 300 ＝0.15， 75 300 ＝0.25， 90 300 ＝0.3， 60 300 ＝0.2. 补全频率分布直方图如图： )(5 分) (Ⅱ)由题意得，用分层抽样的方法在第三、四、五组中应分别抽取的学生人数为 90× 6 90＋60＋30 ＝3，60× 6 90＋60＋30 ＝2，30× 6 90＋60＋30 ＝1，则ξ的所有可能取值为 0，1，2， 3.(6 分) P(ξ＝0)＝C03C33 C36 ＝ 1 20 ，P(ξ＝1)＝C13C23 C36 ＝ 9 20 ， P(ξ＝2)＝C23C13 C36 ＝ 9 20 ，P(ξ＝3)＝C33C03 C36 ＝ 1 20. 因此ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 P 1 20 9 20 9 20 1 20 (10 分) - 7 - E(ξ)＝0× 1 20 ＋1× 9 20 ＋2× 9 20 ＋3× 1 20 ＝3 2.(12 分) (19)(本小题满分 12 分) 如图，已知多面体 MNABCD 的一个面 ABCD 是边长为 2 的菱形，且∠ABC＝60°，BM ⊥平面 ABCD，BM∥DN，BM＝2DN，点 E 是线段 MN 上任意一点． (Ⅰ)证明：平面 EAC⊥平面 BMND； (Ⅱ)若∠AEC 的最大值是2π 3 ，求三棱锥 M－NAC 的体积． 【解析】(Ⅰ)∵BM⊥平面 ABCD， ∴AC⊥BM； 又四边形 ABCD 是菱形， ∴AC⊥BD， 则 AC⊥平面 BMND，则平面 EAC⊥平面 BMND.(5 分) (Ⅱ)由已知易知 AE＝CE>1, cos∠AEC＝2AE2－AC2 2AE2 ＝1－ 2 AE2，∠AEC∈(0，π)， ∴当 AE 最短时∠AEC 最大，即 AE⊥MN，CE⊥MN 时∠AEC 最大， (同理得∠ANC<60°，∠AMC<60°) 此时，∠AEC 是二面角 A－MN－C 的平面角，大小是 120°，AE＝2 3 3 .(7 分) 取 MN 得中点 H，连接 H 与 AC、BD 的交点 O，易知 OH⊥平面 ABCD， 如图建系，设 ND＝a，则 A(1，0，0)，N(0，－ 3，a)，M(0，3，2a)， 则AN→ ＝(－1，－ 3，a)，AM→ ＝(－1，3，2a)， 设平面 AMN 的法向量 n1＝(x，y，z)， 则 n1·AM→ ＝－x＋ 3y＋2az＝0， n1·AN→ ＝－x－ 3y＋az＝0， n1＝ 3a 2 ，－ 3a 6 ，1 ， 同理求得平面 CMN 的法向量 n2＝ －3a 2 ，－ 3a 6 ，1 . - 8 - 所以|cos∠AEC|＝ |－9a2 4 ＋3a2 36 ＋1| 9a2 4 ＋3a2 36 ＋1 ＝1 2 ， 解之得：a＝ 15 10 或 a＝ 6 2 (舍去)，(10 分) MN＝ a2＋BD2＝ 3 20 ＋12＝9 15 10 ，S△EAC＝1 2AE2sin 120°＝1 2 ×4 3 × 3 2 ＝ 3 3 ， VM－NAC＝VM－EAC＋VN－EAC＝1 3S△EAC·MN ＝3 5 10 (采用几何计算类似给分)．(12 分) (20)(本小题满分 12 分) 如图，点 F 是抛物线 E：x2＝2py(p>0)的焦点，点 A 是抛物线上的定点，且AF→＝(2，0)．点 B，C 是抛物线上的动点，直线 AB，AC 的斜率分别为 k1，k2，且 k2－k1＝2，以 A 为圆心，|AF| 的长为半径的圆分别交直线 AB，AC 于点 M，N，抛物线 E 在点 B，C 处的切线相交于 D 点． (Ⅰ)求抛物线的方程； (Ⅱ)记△BCD 的面积为 S1，△AMN 的面积为 S2，求S1 S2 的最小值． 【解析】(Ⅰ)设 A(x0，y0)，依题意知 F 0，p 2 ， 则AF→＝ －x0，p 2 －y0 ＝(2，0)x0＝－2，y0＝p 2 ， 代入抛物线方程中得：p＝2， 则抛物线方程为 x2＝4y.(4 分) (Ⅱ)设 B x1，x21 4 ，C x2，x22 4 ，由(Ⅰ)知 A(－2，1)， 所以 k2－k1＝ x22 4 －1 x2＋2 － x21 4 －1 x1＋2 ＝x2－x1 4 . 又 k2－k1＝2，所以 x2－x1＝8.(5 分) 设直线 BD 的方程是 y－x21 4 ＝k(x－x1)， 与 x2＝4y 联立得 x2－4kx＋4kx1－x21＝0. 令Δ＝16k2－4(4kx1－x21)＝0，解得 k＝x1 2 ，所以直线 BD 的方程是 y－x21 4 ＝x1 2 (x－x1)，即 y - 9 - ＝x1 2 x－x21 4 . 同理可得直线 CD 的方程为 y＝x2 2 x－x22 4 .(7 分) 联立直线 BD 和 CD 的方程，解得 xD＝x1＋x2 2 ，yD＝x1x2 4 .(8 分) 设 BC 的中点为 P，则 P 的坐标为 x1＋x2 2 ，x21＋x22 8 ， 所以 S1＝S△BDP＋S△CDP＝1 2 |DP|·(h1＋h2) ＝1 2 |x21＋x22 8 －x1x2 4 |·|x2－x1| ＝（x2－x1）3 16 ＝32.(9 分) 另一方面，S2＝1 2 |AM|·|AN|sin∠MAN＝2sin∠MAN, (10 分) 所以S1 S2 ＝ 32 2sin∠MAN ＝ 16 sin∠MAN ≥16， 等号成立时，∠MAN＝90°，即 k1k2＝－1，又 k2－k1＝2，故 k1＝－1，k2＝1. 所以S1 S2 的最小值为 16.(12 分) (21)(本小题满分 12 分) 已知 f(x)＝ex＋ax2－x－1，其中 a 为实数． (Ⅰ)若 a≥0，求 f(x)的单调区间； (Ⅱ)设 g(x)＝f(x)＋6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7 2(a>－1)，若对任意 x≥0，g(x)≥0，求实数 a 的 取值范围． 【解析】(Ⅰ)当 a≥0 时，f′(x)＝ex＋2ax－1 为单调增函数，且 f′(0)＝0， 故当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，即 f(x)在(－∞，0)上单调递减．(4 分) (Ⅱ)因为 g′(x)＝ex＋2ax－1，g″(x)＝ex＋2a. 若 a≥－1 2 ，则对任意 x≥0，有 g″(x)＝ex＋2a≥1＋2a≥0， 即 g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则 g′(x)≥g′(0)＝0，所以有 g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则 g(x)≥g(0)＝6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7 2 ； 令 h(a)＝6ln(2a＋2)＋2a2－6a－7 2 a≥－1 2 ，则 h′(a)＝4a a－1 2 a＋1 ， 当 a∈ －1 2 ，0 时，h′(a)>0，即 h(a)在 －1 2 ，0 上单调递增； 当 a∈ 0，1 2 时，h′(a)<0，即 h(a)在 0，1 2 上单调递减； - 10 - 当 a∈ 1 2 ，＋∞ 时，h′(a)>0，即 h(a)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增； 又由于 h －1 2 ＝1 2 ＋3－7 2 ＝0，h 1 2 ＝6(ln 3－1)>0， 所以当 a∈ －1 2 ，＋∞ 时，g(x)≥0.(8 分) 若－10 使得 g″(x0)＝0，此 时，对任意的 x∈(0，x0)，g″(x)<0，即 g′(x)在(0，x0)上单调递减， 则 g′(x)≤g′(0)＝0，所以有 g(x)在(0，x0)上单调递减， 于是当 x∈(0，x0)时，g(x)0， 又由于 m －1 2 ＝1 2 ＋3－7 2 ＝0，故当 a∈ －1，－1 2 时，m(a)<0； 于是当 a∈ －1，－1 2 时，g(0)<0，与题设不符； 综上，所求实数 a 的取值范围是 －1 2 ，＋∞ .(12 分) 请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，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 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝ 3＋rcos φ， y＝1＋rsin φ (r>0, φ为参数)，以 坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为ρsin θ－π 3 ＝1， 若直线 l 与曲线 C 相切． (Ⅰ)求曲线 C 的极坐标方程； (Ⅱ)在曲线 C 上取两点 M，N 与原点 O 构成△MON，且满足∠MON＝π 6 ，求△MON 面 积的最大值． 【解析】(Ⅰ)由题意可知直线 l 的直角坐标方程为 y＝ 3x＋2, 曲线 C 是圆心为( 3，1)，半径为 r 的圆，直线 l 与曲线 C 相切，可得： r＝| 3· 3－1＋2| 2 ＝2；可知曲线 C 的方程为(x－ 3) 2 ＋(y－1) 2 ＝4, 所以曲线 C 的极坐标方程为ρ2－2 3ρcos θ－2ρsin θ＝0，即ρ＝4sin θ＋π 3 .(5 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)不妨设 M(ρ1，θ)，N ρ2，θ＋π 6 ，(ρ1>0，ρ2>0)， - 11 - S△MON＝1 2 |OM→ ||ON→ |sinπ 6 ， ＝1 4ρ1·ρ2＝4sin θ＋π 3 ·sin θ＋π 2 ＝2sin θcos θ＋2 3cos2 θ ＝sin 2θ＋ 3cos 2θ＋ 3＝2sin 2θ＋π 3 ＋ 3， 当θ＝π 12 时， S△MON＝2＋ 3，所以△MON 面积的最大值为 2＋ 3.(10 分) (23)(本小题满分 10 分)选修 4－5：不等式选讲 已知关于 x 的不等式|x－m|＋2x≤0 的解集为{x|x≤－ 2}，其中 m>0. (Ⅰ)求 m 的值； (Ⅱ)若正数 a，b，c 满足 a＋b＋c＝m，求证：b2 a ＋c2 b ＋a2 c ≥2. 【解析】(Ⅰ)由 f(x)≤0 得|x－m|＋2x≤0， 即 x≥m， x－m＋2x≤0， 或 x≤m， m－x＋2x≤0， 化简得： x≥m， x≤m 3 ，或 x≤m， x≤－m. 由于 m>0，所以不等式组的解集为{x| x≤－m}. 由题设可得－m＝－2，故 m＝2. (5 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)可知，a＋b＋c＝2， 又由均值不等式有：b2 a ＋a≥2b，c2 b ＋b≥2c，a2 c ＋c≥2a， 三式相加可得：b2 a ＋a＋c2 b ＋b＋a2 c ＋c≥2b＋2c＋2a， 所以b2 a ＋c2 b ＋a2 c ≥a＋b＋c＝2.(10 分)