高考数学模拟试卷 (9)

高考数学模拟试卷 (9)

- 1 - 衡阳八中 2018 届高三年级实验班第一次模拟考试试卷 理科数学（试题卷）(9) 第 I 卷 选择题（每题 5 分，共 60 分） 本卷共 12 题，每题 5 分，共 60 分，在每题后面所给的四个选项中，只有一个是正确的。 1.已知集合 2{ 4 0}A x x x   ， { }B x x a  ，若 A B ，则实数 a 的取值范围（ ） A． (0,4] B． ( 8,4) C．[4, ) D． (4, ) 2.已知 i 是虚数单位，（1+2i）z1=﹣1+3i， ，z1、z2 在复平面上对应的点分别 为 A、B，则|AB|=（ ） A．31 B．33 C． D． 3.已知实数 ba, 满足       063 02 023 ba ab ba ，则当 ]4,0[   时， 2coscossin 2 bba   的最大 值是 A. 5 B. 2 C. 2 10 D. 2 2 4.已知定义在[0，+∞）上的函数 f（x）满足 f（x）=3f（x+2），当 x∈[0，2）时，f（x）= ﹣x2+2x．设 f（x）在[2n﹣2，2n）上的最大值为 an（n∈N*），且{an}的前 n 项和为 Sn，则 Sn 的取值范围是（ ） A．[1， ） B．[1， ] C．[ ，2） D．[ ，2] 5.定义运算： 1 2 1 4 2 3 3 4 a a a a a aa a   ，将函数    3 sin 0 1 cos xf x x      的图象向左平移 2 3  个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则 的最小值是 （ ） A． 1 4 B． 3 4 C. 7 4 D． 5 4 6.已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 S10= ，则 a5+a6=（ ） A． B．12 C．6 D． 7.如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于（ ） - 2 - A．34+6 B．6+6 +4 C．6+6 +4 D．17+6 8.若函数 y=f（x）（x∈R）满足 f（x+1）=﹣f（x），且当 x∈[﹣1，0）时， ，则 函数 y=f（x）的图象与函数 y=log3|x|的图象的交点的个数是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 9.执行右边的程序框图，若 p=0.8，则输出的 n=（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 10.已知函数 f（x）=      0x|,xlog| 0x|,1x| 2 ，若方程 f（x）=a 有四个不同的解 x1，x2，x3，x4，且 x1 ＜x2＜x3＜x4，则 x3（x1+x2）+ 4 2 3 xx 1 的取值范围是（ ） A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1] C．（﹣∞，1） D．[﹣1，1） 11.已知 F1、F2 是椭圆 + =1（a＞b＞0）的左、右焦点，过 F2 且垂直于 x 轴的直线与椭圆 - 3 - 交于 A、B 两点，若△ABF1 是锐角三角形，则该椭圆离心率 e 的取值范围是（ ） A．e＞ ﹣1B．0＜e＜ ﹣1 C． ﹣1＜e＜1 D． ﹣1＜e＜ +1 12.如果函数 满足：对于任意的 x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）| ≤1 恒成立，则 a 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 第 II 卷 非选择题（共 90 分） 二.填空题（每题 5 分，共 20 分） 13. 91 9x    的二项展开式中的常数项的值为______． 14.平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 C1： ﹣ =1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线 C2：x2=2py （p＞0）交于点 O，A，B，若△OAB 的垂心为 C2 的焦点，则 C1 的离心率为 ． 15.我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设△ABC 三个内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，面积为 S，则“三斜求积”公式为 ．若 a2sinC=4sinA，（a+c）2=12+b2，则用“三斜求积”公 式求得△ABC 的面积为 ． 16.体积为 的正三棱锥 A﹣BCD 的每个顶点都在半径为 R 的球 O 的球面上，球心 O 在此三 棱锥内部，且 R：BC=2：3，E 为线段 BD 上一点，且 DE=2EB，过点 E 作球 O 的截面，则所得截 面圆面积的取值范围是 . 三.解答题（共 8 题，共 70 分） 17.（本题满分 12 分） - 4 - △ABC 的内角为 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 cos sin sin cos a b c C B B C   ． （1）求    sin sin cos cosA B A A A B    的最大值； （2）若 2b  ，当△ABC 的面积最大时，△ABC 的周长； 18.（本题满分 12 分） 交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通 6 座以下私家车投保交强险第一年的费用（基 准保费）统一为 a 元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道 路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如表： 交强险浮动因素和浮动费率比率表 浮动因素 浮动比率 A1 上一个年度未发生有责任道路交通事故 下浮 10% A2 上两个年度未发生有责任道路交通事故 下浮 20% A3 上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故 下浮 30% A4 上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故 0% A5 上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故 上浮 10% A6 上一个年度发生有责任道路交通死亡事故 上浮 30% 某机构为了研究某一品牌普通 6 座以下私家车的投保情况，随机抽取了 80 辆车龄已满三年的 该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格： 类型 A1 A2 A3 A4 A5 A6 数量 20 10 10 20 15 5 以这 80 辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题： （1）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定， 950a .某同 学家里有一辆该品牌车且车龄刚满三年，记 X 为该品牌车在第四年续保时的费用，求 的分布 列与数学期望值；（数学期望值保留到个位数字） - 5 - （2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的 车辆记为事故车.假设购进一辆事故车亏损 4000 元，一辆非事故车盈利 8000 元： ①若该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的 概率； ②若该销售商一次购进 100 辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求他获得利润的期望值. 19.（本题满分 12 分） 在如图所示的五面体中，面 ABCD 为直角梯形， 2BAD ADC     ，平面 A D E  平面 ABCD ， 2 4 4EF DC AB   ， AD E 是边长为 2 的正三角形． （1）证明： BE  平面 ACF ； （2）求二面角 A BC F  的余弦值． 20.（本题满分 12 分） 如图，椭圆   2 2 1 2 2: 1 0x yC a ba b     的左右焦点分别为 1 2F F、 ，离心率为 3 2 ；过抛物线 2 2 : 4C x by 焦点 F 的直线交抛物线于 M N、 两点，当 7 4MF  时，M 点在 x 轴上的射影 为 1F ，连结 ,NO MO 并延长分别交 1C 于 A B、 两点，连接 AB ； OMN 与 OAB 的面积分 别记为 ,OMN OABS S  ，设 OMN OAB S S     . - 6 - （1）求椭圆 1C 和抛物线 2C 的方程； （2）求  的取值范围. 21.（本题满分 12 分） 已知函数 2g(x)=(2 a)lnx,h(x)=lnx+ax (a R)－ ,令 f(x)=g(x) h (x) ，其中 h (x) 是函数 h(x) 的导函数. (Ⅰ)当 a=0 时，求 f(x)的极值； (Ⅱ)当 8(m+ln3)a 2ln3+ ln( a)3 － － － 恒成立，求 m 的取值范围. 选做题：考生从 22、23 题中任选一题作答，共 10 分。 22.（选修 4-4.坐标系与参数方程）在直角坐标系 xOy 中，直线l 的方程是 2x  ，曲线C 的参 数方程为 cos 1 sin x y       （ 为参数），以O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. （Ⅰ）求直线l 和曲线C 的极坐标方程； （Ⅱ）射线 :OM   （其中 0 2   ）与曲线C 交于O ， P 两点，与直线l 交于点 M ， 求 OP OM 的取值范围. 23.（选修 4-5.不等式选讲）已知函数 ． （1）当 时，求不等式 的解集； （2）若 的解集包含 ，求 m 的取值范围． - 7 - 衡阳八中 2018 届高三年级实验班第一次高考模拟考试参考答 案理科数学(9) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A C A D D A C B B C A 13.-84 14. 15. 16.[8π, 16π] 17. （1）由 cos sin sin cos a b c C B B C   得： cos sin cos sin sin cos a b C c B C B B C  ， cos sina b C c B  ，即sin sin cos sin sinA B C C B  ， cos sinB B ， 4B  ； 由      sin sin cos cos 2 sin cos sin cosA B A A A B A A A A       ， 令 sin cost A A  ，原式 21 122 2t t   ， 当且仅当 4A  时，上式的最大值为 5 2 ．（6 分） （2） 2 2 21 2sin ,b 2 cos2 4S ac B ac a c ac B     ，即  2 22 2 2 2 , 2 2a c ac ac ac       ，当且仅当 2 2a c   等号成立； 2 1 2MAXS  ， 周长 2 2 2 2L a b c      ．（12 分） 18. （1）由题意可知 的可能取值为 ， ， ，a， ， . 由统计数据可知： 16 1)3.1(,16 3)1.1( ,4 1)(,8 1)7.0(,8 1)8.0(,4 1)9.0(   aXpaXp aXpaXpaXpaXp 所以 的分布列为： X 0.9a 0.8a 0.7a a 1.1a 1.3a P 4 1 8 1 8 1 4 1 16 3 16 1 - 8 - 所以 90316 13.116 31.14 1 8 17.08 18.04 19.0  aaaaaaEX ……6 分 （2）①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为 4 1 ，三辆车 中至多有一辆事故车的概率为 32 27)4 3(4 1)4 11( 21 3 3  CP ………………9 分 ②设 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润， 的可能取值为-4000,8000. 所以 的分布列为： -4000 8000 4 1 4 3 所以. 50004 380004 14000)( YE 所以该销售商一次购进 100 辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望为 万元. ………………12 分 19. （1）取 AD 的中点 N ，依题意易知 NE AD ， 平面 ADE  平面 ABCD,所以 , …………………1 分 分别以直线 ,NA NE 为 x 轴和 z 轴， N 点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 依题意有： A (1,0,0),  1,1,0B ，  1,2,0C  ，  0,4, 3F ，E(0,0, ) , , ………………….3 分 - 9 - 设平面 ACF 的法向量为 , ，得到 ………………….4 分 ,所以 BE  平面 ACF …………………5 分 （2）设平面 BCF 的一个法向量  1 , ,n x y z ，由 1n BC  ，得 2y x ，…………………6 分 由 1n BF  ，得 3 3 0x y z    ，………………….7 分 令 1x   ，可得 1 5 31, 2, 3n         .………………….8 分 又平面 ABC 的一个法向量  2 0,0,1n  ，………………….10 分 所以 2 2 5 3 103cos , 42 30 3 n n    .………………….11 分 所以二面角 A BC F  的余弦值为 .………………….12 分 20. （1）由抛物线定义可得 7, 4M c b     ， ∵点 M 在抛物线 2 4x by 上， ∴ 2 74 4c b b     ，即 2 27 4c b b  ① 又由 3 2 c a  ，得 2 23c b ，将上式代入①，得 27 7b b ，解得 1b  ， ∴ 3c  ，∴ 2a  ， 所以曲线 1C 的方程为 2 2 14 x y  ，曲线 2C 的方程为 2 4x y （4 分） （2）设直线 MN 的方程为 1y kx  ， - 10 - 由 2 1 4 y kx x y     消去 y 整理得 2 4 4 0x kx   ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1 2 4x x   ， 设 ONk m ， OMk m ，则 2 1 1 2 2 1 1 1 16 4 y ymm x xx x       ， 所以 1 4m m    ，②（6 分） 设直线ON 的方程为  0y mx m  ， 由 2 4 y mx x y    ，解得 4Nx m ， 所以 2 21 4 1NON m x m m    ，（8 分） 由②可知，用 1 4m  代替 m ，可得 2 2 1 1 11 14 16NOM xm m m         ， 由 2 2 14 y mx x y    ，解得 2 2 4 1Ax m   ，所以 2 2 2 2 11 4 1A mOA m x m     ，（8 分） 用 1 4m  代替 m ，可得 2 2 2 12 11 161 16 1 14 B mOB xm m      （9 分） 所以 2 2 2 2 2 2 1 14 1 1 16 12 12 1 16 14 1 14 OMN OAB m mON OMS m m S OA OB m m m m             2 2 14 1 14m m      2 2 1 14 2 2 24 2m mm m      ，（11 分） 当且仅当 1m  时等号成立. 所以  的取值范围为 2, .（12 分） 21. - 11 - (Ⅰ)依题意 1h (x)= +2axx  ，则 1f(x)=(2 a)lnx+ +2ax,x (0,+ )x  － 当 a=0 时， 2 2 1 2 1 2x 1f(x)=2lnx+ ,f (x)= =x x x x  －－ 令 f (x)=0 解得 1x= 2 ； 当 10 2 时， f (x)>0 所以 f(x) 的单调递减区间为(0, 1 2 )，单调递增区间为( 1 2 ,+∞) 所以 1x= 2 时 f(x) 取得极小值 1f( )=2 2ln22 － ，无极大值.（5 分） (Ⅱ) 2 2 1a(2x 1)(x+ )2 a 1 af (x)= +2a= ,x [1,3]x x x   －－ － 当 8(m+ln3)a 2ln3+ ln( a)3 － － － 恒成立， 所以 24a+(a 2)ln3>(m+ln3)a 2ln3+ ln( a)3 3 ２－ － － － 整理得 2ma< 4a ln( a)3 3 ２－ － － 又a <0，所以 2ln( a)m> 43a 3a ２ －－ － （9 分） 令 t =－ a ，则 t ∈(2,8)，构造函数 2lntF(t)= + 43t 3t ２－ － , 所以 2 2(2 lnt)F (t)= 3t  － ， 当 F (t)= 0 时， 2t=e ，当 F (t)> 0 时， 22

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