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.