高考数学模拟试卷 2 (14)

高考数学模拟试卷 2 (14)

- 1 - 2018 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟二） 数学（理科）(30) 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 1.已知集合 2{ log ( 1) 0}A x x   ， { 3}B x x  ，则 A B  A. ( ,2) B.(1,3) C. (1,3] D. (1,2) 2.已知i 是虚数单位，复数 1 3 4z i  ，若在复平面内，复数 1z 与 2z 所对应的点关于虚轴对称， 则 1 2z z  A. 25 B. 25 C. 7 D. 7 3．设等差数列 na 的前 n 项和为 nS .若 1 3 6a a  ， 4 16S  ，则 4a  A. 6 B.7 C. 8 D.9 4．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中把三角形的田称为“圭田”，把直角梯形的田 称为“邪田”，称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位.现有一邪田，广 分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田.若在邪田内随 机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田内的概率为 A． 15 2 B． 5 2 C． 15 4 D． 5 1 5.执行如右所示的程序框图，如果输入 [ 1,2]t   ，则输出的 s 属于 A. [1,4] B. 1[ ,1)2 C. 1[ ,1]2 D. 1[ ,4]2 6．命题 : ,sin cos 2p x x x    R ，命题 : 0,e 1xq x    ，真命题的是 A． p q B． p q  C．  p q  D．   p q   7．已知某几何体的三视图（单位： cm ）如图所示，则该几何体的体积是 A． 33cm B． 35cm C. 34cm D． 36cm 8. 已 知 双 曲 线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     ， 过 左 焦 点 1F 的 直 线 切 圆 2 2 2x y a  于点 P ，交双曲线C 右支于点Q ，若 1F P PQ  ，则双曲线C 的 渐近线方程为 - 2 - A. 1 2y x  B. y x  C. 2y x  D. 3 2y x  9、设 3 2x  ， ln 2y  ， 1 25z   ，则 A． x y z  B． y z x  C. z x y  D． z y x  10 、 设 函 数 ( ) 2cos( 3 )(0 )f x x       ， ( )f x 为 ( )f x 的 导 函 数 ， 若 函 数 ( ) ( ) ( )g x f x f x  的图像关于原点对称，则 cos 的值是 A． 1 2  B． 3 2  C. 1 2 D． 3 2 11．已知三棱锥 P ABC 的四个顶点都在球O的球面上， PA  平面 ABC ， ABC△ 是边长 为 2 的等边三角形，若球O的体积为 8 2 π3 ，则直线 PC 与平面 PAB 所成角的正切值为 A． 3 11 11 B． 2 11 11 C． 3 10 10 D． 10 10 12．已知  f x 是函数  f x 的导函数，且对任意的实数 x都有      e 2 3xf x x f x    （ e 是自然对数的底数），  0 1f  ，若不等式   0f x k  的解集中恰有两个整数，则实数 k 的 取值范围是 A． 2 1 ,0e     B． 2 1 ,0e     C． 2 1 ,0e     D． 2 1 ,0e     二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．已知向量 a 与b 的夹角为 060 ，且 32|2|,1||  baa ，则 || b . 14、若 ,x y 满足约束条件 2, 0, 2 0, x x y x y          ，则 2z x y  的最大值为 . 15．已知 1 n x x     的展开式中有且仅有第 4 项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是 __________． 16．已知 ABC△ 中，角 A 、B 、C 所对的边分别是 a 、b 、c ，且 6a  ，4sin 5sinB C ， - 3 - 有以下四个命题：①满足条件的 ABC△ 不可能是直角三角形；②当 2A C 时， ABC△ 的周 长为 15；③当 2A C 时，若O 为 ABC△ 的内心，则 AOB△ 的面积为 7 ；④ ABC△ 的面积的最大值为 40．其 中正确命题有__________（填写出所有正确命题的序号）． 三、解答题：共 70 分.第 17~21 题为必考题，共 60 分。 17．（本小题满分 12 分）已知数列 na 是递增的等差数列， 2 3a  ， 1a ， 3 1a a ， 8 1a a 成 等比数列． （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 1 3 n n n b a a   ，数列 nb 的前 n 项和 nS ，求满足 36 25nS  的最小的 n 的值． 18．（本小题满分 12 分）为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源分 时租赁汽车”．其中一款新能源分时租赁汽车，每次租车收费的标准由两部分组成：①根据 行驶里程数按 1 元/公里计费；②行驶时间不超过 40 分时，按 0.12 元/分计费；超过 40 分时， 超出部分按 0.20 元/分计费．已知王先生家离上班地点 15 公里，每天租用该款汽车上、下班 各一次．由于堵车、红绿灯等因素，每次路上开车花费的时间 t (分)是一个随机变量．现统计 了 50 次路上开车花费时间，在各时间段内的频数分布情况如下表所示： 时间 t （分）  20,30  30,40  40,50  50,60 频数 2 18 20 10 将各时间段发生的频率视为概率，每次路上开车花费的时间视为用车时间，范围为  20,60 分． （1）写出王先生一次租车费用 y （元）与用车时间 t （分）的函数关系式； （2）若王先生一次开车时间不超过 40 分为“路段畅通”，设 表示 3 次租用新能源分时租 赁汽车中“路段畅通”的次数，求 的分布列和期望； （3）若公司每月给 1000 元的车补，请估计王先生每月（按 22 天计算）的车补是否足够上、 下班租用新能源分时租赁汽车？并说明理由．（同一时段，用该区间的中点 值作代表） - 4 - 19．（本小题满分 12 分） 在四棱锥 P ABCD 中， , 2AB CD CD AB∥ ． （1）设 AC 与 BD 相交于点 M ， ( 0)AN mAP m   ，且 MN∥平面 PCD ，求实数 m 的值； （2）若 , 60 , 2 ,AB AD DP BAD PB AD      且 PD AD , 求二面角 B PC D  的余 弦值． 20．（本小题满分 12 分）已知抛物线 )0(2: 2 1  xpxyC 与 椭圆 )0(2: 222 2  mmyxC 的一个交点为 ),1( tP ，点 F 是 1C 的焦点，且 2 3PF . (1)求 1C 与 2C 的方程； (2)设O 为坐标原点，在第一象限内，椭圆 2C 上是否存在点 A ， 使过O 作OA 的垂线交抛物线 1C 于 B ，直线 AB 交 y 轴于 E ，且 EOBOAE  ?若存 在，求出点 A 的坐标和 AOB 的面积；若不存在，说明理由. 21.（本小题满分 12 分）若对任意实数 ,k b 都有函数 ( )y f x kx b   的图象与直线 y kx b  相切，则称函数 ( )f x 为“恒切函数”，设函数 ( ) ,xg x ae x pa   其中 , .a p R （1）讨论函数 ( )g x 的单调性； （2）已知函数 ( )g x 为“恒切函数”，①求实数 p 的取值范围； ②当 p 取最大值时，若函数 ( ) ( ) xh x g x e m  也为“恒切函数”，求证： 30 .16m  (参考数据： 3 20e  ) 请考生在第 22、23 题中任选一题作答. 选考题：共 10 分 22、（10 分）【选修 4-4 坐标系与参数方程】 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l ： 2 2 x t y t        （t 为参数），以坐标原点为极点， x 轴正半 - 5 - 轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C ： 2sin  ． （1）求直线l 的极坐标方程及曲线 C 的直角坐标方程； （2）记射线 0,0 2 π          与直线l 和曲线C 的交点分别为点 M 和点 N （异于点 O ），求 ON OM 的最大值． 23．（10 分）【选修 4-5 不等式选讲】已知函数   1f x x  ． （1）解关于 x 的不等式   21f x x  ； （2）若关于 x 的不等式   2 1f x a x x    的解集非空，求实数 a 的取值范围． - 6 - 2018 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟二） 理科数学答案(30) 一、选择题：本大题共 12 道小题，每小题 5 分，满分共 60 分. DABAD CBCCD AC 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分共 20 分. 13. 4 14. 3 15. 15 16. ②③④ 三、解答题 17.解析：（1）设 na 的公差为 ( 0)d d＞ ，由条件得   1 2 1 1 3 2 7 (2 ) 0 a d a a d d d        ， ∴ 1 1 2 a d    ， ···········4 分 ∴  1 2 1 2 1na n n     ．···········5 分 （2）   1 3 3 3 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n b a a n n n n           ，··········8 分 ∴ 3 1 1 1 1 1 312 3 3 5 2 1 2 1 2 1n nS n n n              ． 由 3 36 2 1 25 n n  得 12n  ．···········12 分 18.解：（1）当 20 40t  时， 0.12 15y t  ………………………………1 分 当 40 60t  时， 0.12 40 0.20( 40) 15 0.2 11.8y t t       . …………2 分 得： 0.12 15, 20 40, 0.2 11.8, 40 60 t ty t t        ………………………………3 分 （2）王先生租用一次新能源分时租赁汽车，为“路段畅通”的概率 2 18 2 50 5P   ……4 分  可取 0 ，1， 2 ， 3 . 0 3 0 3 2 3 27( 0) 5 5 125P C             ， 2 1 3 2 3 54( 1) 5 5 125P C          2 2 3 2 3 36( 2) 5 5 125P C             ， 3 0 3 3 2 3 8( 3) 5 5 125P C              的分布列为 - 7 -  0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 ………7 分 27 54 36 80 1 2 3 1.2125 125 125 125E          ……………………………8 分 或依题意 2(3, )5B  ， 23 1.25E    ……………………………8 分 （3）王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班，平均用车时间 2 18 20 1025 35 45 55 42.650 50 50 50t          （分钟），……………10 分 每次上下班租车的费用约为 0.2 42.6 11.8 20.32   （元）. ……………11 分 一个月上下班租车费用约为 20.32 22 2 894.08 1000    ， 估计王先生每月的车补够上下班租用新能源分时租赁汽车用． ………………12 分 19.解：（1）因为 / /AB CD , 所以 1 1,2 3 AM AB AM MC CD AC   即 ．2 分因为 //MN PCD平面 ， MN  平面 PAC ，平面 PAC  平面 PCD PC ， 所以 //MN PC ．.................................................................................................................... 4 分 所以 1 3 AN AM AP AC   ，即 1 3m= ．....................................................................................... 5 分 （2）因为 , 60AB AD BAD    ,可知 ABD 为等边三角形， 所以 BD AD PD  ，又 2BP AD ，故 2 2 2BP PD DB  ，所有 PD DB ． 由已知 ,PD AD AD BD D  ，所以 PD  平面 ABCD ， 如图，以 D 为坐标原点， DA DP  , 的方向为 ,x y 轴的正方向建 立空间直角坐标系，设 1AB  ，则 1, 2AB AD DP CD    ， 所 以 )3,0,1(),0,1,0(),2 3,0,2 1( CPB ， 则 1 3( , 1, ), ( 1, 1, 3)2 2PB PC      ， - 8 - 设平面 PBC 的一个法向量为 1 1 1 1( , , )x y zn ，则有 1 1 0, 0, PB PC        n n 即 1 1 1 1 1 1 2 3 0, 3 0. x y z x y z        设 1 1x  ，则 1 12, 3y z  ，所以 1 (1,2, 3)n ， ………………………8 分 设平面 PCD的一个法向量为 2 2 2 2( , , )x y zn ，由已知可得 2 2 0, 0, DC DP        n n 即 2 2 2 3 0, 0. x z y     令 2 1z  ，则 2 3x  ，所以 2 ( 3,0,1)n ． …………………………………10 分 所以 1 2 1 2 1 2 1 3 0 2 3 1 6cos , 42 2 2           n nn n n n ，………………………11 分 设二面角 B PC D  的平面角为 ，则 6cos 4   ． ……12 分 20.解：（1）由抛物线定义： 3| | 1 2 2 pPF    ，所以 11,p C 的方程为 2 2y x ，将 (1, )P t 代 入 2 1 : 2c y x 得 2 2t  ，即 2t   ，将 (1, 2)p  代入 2 2 2 2 : 2c x y m  ，得 2 5m  ，故 2C 方程为 2 22 5x y  .即 2 2 2 1 2: 2 , : 2 5.C y x C x y   ………4 分 （2）由题意：直线OA的斜率存在且不为 0，设OA的方程为 ( 0)y kx k  ，由于OA OB ， 则OB 的方程为 1y xk   ，由 2 22 5x y y kx      得 2 2 2 2 52 5, ,1 2x k x x k       由 2 2 1 y x y xk     ，得 2 2 2x xk  ，得 0x  （舍）或 22 .x k ………6 分 在 第 一 象 限 内 ， 若 满 足 OAE EOB   的 点 A 存 在 ， 则 0k  ， 此 时 2 2 2 5 5( , ), (2 , 2 )1 2 1 2A k B k kk k   ， 设直线 AB 与 x 轴交于点 D ，由于 0, 90OAE EOB AOB DOE       ， 所以 ,OAD AOD DOB OBD      ，故 AD OD BD  ，即 D 为线段 AB 中点， 因此 A By y  ，即 2 5 21 2k kk  ，解得 2 1 2, (2, )8 2k A ， - 9 - 故存在适合题意的 2(2, )2A ，此时 1 2( , )4 2B  ， ………9 分 此时 2 4 2 .7 7 4 ABk   AB 方程为 2 4 2 ( 2)2 7y x   ，即 4 2 9 2 7 14y x  ， 点 O 到 AB 的 距 离 2 2h  ， 27 9| | ( ) 24 4AB    ， 所 以 1 2 9 9 2 .2 2 4 16AOBS    ………12 分 21. 解：（1） ( ) 1xg x ae   .当 0a  时， ( ) 0g x  恒成立，函数 ( )g x 在 R 上单调递 减； ………1 分 当 0a  时，由 ( ) 0g x  得 1x na  ，由 ( ) 0g x  得 1x na  ，由 ( ) 0g x  得 1x na  ， 得 函 数 ( )g x 在 ( , 1 )na  上 单 调 递 减 ， 在 ( 1 , )na  上 单 调 递 增. ………3 分 （2）①若函数 ( )f x 为“恒切函数”，则函数 ( )y f x kx b   的图象与直线 y kx b  相切， 设切点为 0 0( , )x y 则 0( )f x k k   且 0 0 0( )f x kx b kx b    ，即 0( ) 0f x  ， 0( ) 0f x  . 因 为 函 数 ( )g x 为 “ 恒 切 函 数 ”， 所 以 存 在 0x ， 使 得 0( ) 0g x  ， 0( ) 0g x  ， 即 0 0 0 0 1 0 x x ae x pa ae       ，得 0 0xa e  . 0 0(1 )xp e x  .设 ( ) (1 )xm x e x  . 则 ( ) xm x xe   ， ( ) 0m x  ，得 0x  . ( ) 0m x  得 0x  ， 故 ( )m x 在 ( ,0) 上单调递增，在 (0, ) 上单调递增，从而 max( ) (0) 1m x m  ， 故实数 p 的取值范围为 ,1 . ………7 分 ②当 p 取最大值时， 1p  ， 0 0x  ， 0 1xa e  ， ( ) ( 1)x xh x e x e m    ， ( ) (2 2)x xh x e x e    ，因为函数 ( )h x 也为“恒切函数”，故存在 0x ，使得 0( ) 0h x  ， 0( ) 0h x  ， 由 0( ) 0h x  得 0 0 0(2 2) 0x xe x e   ， 0 02 2 0xe x   ，设 ( ) 2 2xn x e x   ， - 10 - 则 ( ) 2 1xn x e   ， ( ) 0n x  得 ln2x   ， ( ) 0n x  得 ln2x   ， 故 ( )n x 在 ( , ln 2)  上单调递减，在 ( ln 2, )  上单调递增， 1 在单调递增区间( ln 2, )  上， (0) 0n  ，故 0 0x  ，由 0( ) 0h x  ，得 0m  ； 2 在单调递增区间( , ln 2)  上， 2( 2) 2 0n e   ， 3 1 2 23 1 1 1 1( ) 2 2 (20) 02 2 2 25 n e            ，又 ( )n x 的图像在 ( , ln 2)  上不间断， 故在区间 3( 2, )2   上存在唯一的 0x ，使得 02 2 0xe   ，故 0 0 +2 2 x xe  . 此 时 由 0( ) 0h x  ， 得 0 0 0 0 0 0 2 2( 1) ( 1)2 2 x x x xm e x e x       2 0 0 0 1 1 1( 2) ( 1)4 4 4x x x       ， 函数 21 1( ) ( 1)4 4r x x    在 3( 2, )2   上递増， 3 3( 2) 0, ( )2 16r r    ，故 30 .16m  综上1 2  所述， 30 .16m  ………12 分 22.解：（1）由题意得直线的普通方程为： 4x y  ，所以其极坐标方程为： 4 sin cos     ； 由 2sin  得： 2 2 sin   ，所以 2 2 2x y y  ，所以曲线 的直角坐标方程为： 2 2 2 0x y y   ． … … …5 分 （2）由题意 2sinON  ， 4 sin cosOM    ， 所以 2sin sin cos 2 1sin 22 4 π 4 4 ON OM            ， 由于 0 π 2   ，所以当 3π 8   时， ON OM 取得最大值 2 1 4  ． ………10 分 23．解：（1）由题意   2 2 21 1 1 1 1f x x x x x x          或 21 1x x   ， 所以 2 2 0x x   或 2 0x x  ，即 2x   或 1x  ，或 1x  或 0x  ， 故原不等式的解集为 | 0 1x x x 或 ． ………5 分 - 11 - （ 2 ）   2 21 1 1f x a x x a x x x          ， 由 于 2 2 2 2 2, 1 1 1 2 , 1 1 2, 1 x x x x x x x x x x                 ， 所 以 当 1x  时 ， 2 1 1x x x    的 最 小 值 为 1 ． 所 以 实 数 a 的 取 值 范 围 为 ：  1,  ． ………10 分