高考数学模拟试卷 (7)

高考数学模拟试卷 (7)

理科数学试题 第 1页 （共 12页） 2018 年三明市普通高中毕业班质量检查测试 理 科 数 学(7) 一、选择题：本大题共 12 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 2{ | 2 1}xA x   ，  | 1| 3B x x   ，则 BA  A． ( , 4)  B． ( , 2)  C． ( 4,2) D． ( 2,2) 2．已知复数 2(1 i)i= (i1 ia b   是虚数单位， , )a bR ，则 a b ＝ A． 2 B． 1 C．0 D．2 3．如图， , , ,E F G H 是平面四边形 ABCD 各边中点，若在平面四边形 ABCD 中任取一点，则该点取自阴影部分的概率是 A． 1 4 B． 1 2 C． 3 4 D． 5 8 4．如图，已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，则以下四个命题中错误．．的是 A．直线 1 1AC 与 1AD 为异面直线 B． 1 1AC ∥平面 1ACD C． 1BD AC D．三棱锥 1D ADC 的体积为 8 3 5．在边长为 2 的等边三角形 ABC 中，若 1 3AE AC  ，则 BE BC   A． 2 B． 8 3 C．10 3 D． 4 6．已知函数 π( ) cos(2 )3f x x  ． 命题 :p ( )f x 的图象关于点 π( ,0)12  对称；命题 :q ( )f x 在区间 π[ ,0]6  上为减函数，则 A． p q 为真命题 B． ( )p q  为假命题 C． p q 为真命题 D． ( )p q  为假命题 7．我国古代著名的“物不知数”问题：“今有物其数大于八，二二数之 剩一，三三数之剩一，五五数之剩二，问物几何？”即“已知大于八 的数，被二除余一，被三除余一，被五除余二，问该数为多少？”为 解决此问题，现有同学设计了如图所示的程序框图，则框图中的“ ” 处应填入 A． 1 Z6 a   B． 1 Z10 a   C． 2 Z10 a   D． 2 Z15 a   8．若 2πa  ， ab a ， aac a ，则 , ,a b c 的大小关系为 A． c b a  B． b c a  理科数学试题 第 2页 （共 12页） C．b a c  D． a b c  9．已知 ( 3, 0)A  ， (0 , 4)B ，点 C 在圆 2 2( ) 1x m y   上运动，若△ ABC 的面积的最小值 为 5 2 ，则实数 m 的值为 A． 1 2 或11 2 B． 11 2  或 1 2 C． 1 2  或11 2 D． 11 2  或 1 2  10．在两直角边分别为 ,a b ，斜边为 c 的直角三角形中，若 1c  ， a b mab  ，则实数 m 的取值范围是 A． ( 2 , 2 2] B．[2 2 , 2 3] C．[2 2 , )  D．[2 3 , )  11．已知某几何体的三视图如图所示，其正视图是腰长为 2 的等 腰直角三角形，则该几何体外接球的表面积为 A．188π 23 B．8π C． 52π 5 D． 96π 23 12．已知函数 2018 3( ) e xf x mx m   ( 0)m  ，当 1 2 1x x  时，对于任意的实数 ，都有不 等式 2 2 1 2( ) (sin ) ( ) (cos )f x f f x f    成立，则实数 1x 的取值范围是 A． 1, B． 1,2 C． 1,2 D． (1, ) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．设实数 yx, 满足约束条件 2 2 0, 4 0, 3, x y x y y          则 3x yz x  的最大值为＿＿＿＿＿＿． 14．已知定义在 R 上的偶函数 ( )f x ，满足 ( 2) ( )f x f x  ，当 [0,1]x 时， ( ) e 1xf x   ， 则 ( 2017) (2018)f f  ＝＿＿＿＿＿＿． 15．设 9 2 10 0 1 2 10 1(2 )(4 1) bx x a a x a x a xx x         ，则 101 2 0 2 102 2 2 aa aa     ＝＿＿． 16．已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x y a ba b      的左、右焦点分别为 1 2,F F ， P 是  右支上的一 点， Q 是 2PF 的延长线上一点，且 1 2QF QF ，若 1 3sin 5PFQ  ，则  的离心率的取 值范围是______________． 三、解答题： 17．（12 分） 理科数学试题 第 3页 （共 12页） 已知正项数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a  ，且 2( 1) 3 2 ( )n n nt S a a t    R ． （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）若数列{ }nb 满足 1 1b  ， 1 1n n nb b a   ，求数列 1{ }2 7nb n 的前 n 项和 nT ． 18．（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  的正弦值． 19．（12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知 ( 2 2 , 0) , (2 2 , 0)M N ，若直线 m ⊥ MN 于点 D ， 点 C 是直线 m 上的一动点， H 是线段CD 的中点，且 8NH MC   ，点 H 的轨迹为曲 线 E ． （1）求曲线 E 的方程； （2）过点 ( 4 , 0)A  作直线l 交 E 于点 P ，交 y 轴于点Q ，过 O 作直线l l∥ ，l 交 E 于 点 R ．试判断 2 | | | | | | AQ AP OR  是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由． 20．（12 分） 近年来，随着汽车消费的普及，二手车流通行业得到迅猛发展．某汽车交易市场对 2017 年成交的二手车的交易前的使用时间（以下简称“使用时间”）进行统计，得到如图 1 所 示的频率分布直方图．在图 1 对使用时间的分组中，将使用时间落入各组的频率视为概 率． 图 1 图 2 （1）若在该交易市场随机选取 3 辆 2017 年成交的二手车，求恰有 2 辆使用年限在 (8 ,16] 的概率； （2）根据该汽车交易市场往年的数据，得到图 2 所示的散点图，其中 x(单位：年)表示 理科数学试题 第 4页 （共 12页） 二手车的使用时间， y (单位：万元)表示相应的二手车的平均交易价格． ①由散点图判断，可采用 ea bxy  作为该交易市场二手车平均交易价格 y 关于其使用年 限 x 的回归方程，相关数据如下表(表中 lni iY y ， 10 1 1 10 i i Y Y    )： x y Y 10 1 i i i x y   10 1 i i i x Y   10 2 1 i i x   5.5 8.7 1.9 301.4 79.75 385 试选用表中数据，求出 y 关于 x的回归方程； ②该汽车交易市场拟定两个收取佣金的方案供选择． 甲：对每辆二手车统一收取成交价格的 5%的佣金； 乙：对使用 8 年以内(含 8 年)的二手车收取成交价格的 4% 的佣金，对使用时间 8 年以 上(不含 8 年)的二手车收取成交价格的10% 的佣金． 假设采用何种收取佣金的方案不影响该交易市场的成交量，根据回归方程和图表 1，并 用各时间组的区间中点值代表该组的各个值．判断该汽车交易市场应选择哪个方案能获 得更多佣金． 附注： ①对于一组数据      1 1 2 2, , , , , ,n nu v u v u v ，其回归直线 v u   的斜率和截距的最 小二乘估计分别为 1 22 1 ˆ ˆˆ, n i i i n i i u v nuv v u u nu            ； ②参考数据： 2.95 1.75 0.55 0.65 1.85e 19.1, e 5.75, e 1.73, e 0.52 , e 0.16      ． 21．（12 分） 已知函数   2( 4)e ( )xf x x mx m   R . （1）当 2x  时，   0f x  恒成立，求实数 m 的取值范围； （2）证明：当  0,1a 时，函数     2 2 e ( 2) 2 x ax ag x x x      有最小值，设  g x 最小值 为  h a ，求函数  h a 的值域. （二）选考题：本题满分 10 分．请考生在（22）、（23）两题中任选一题作答．如果多做， 则按所做第一题计分． 22．[ 选修 4－4：坐标系与参数方程 ] （10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程为 1 3 , 1 x t y t      (t 为参数 ) ．在以原点 O 为 极点， x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为 2cos  ． 理科数学试题 第 5页 （共 12页） （1）求直线 l 的极坐标方程和曲线 C 的直角坐标方程； （2）若直线l 与曲线 C 交于 ,P Q 两点，求 POQ ． 23. [ 选修 4－5：不等式选讲 ] （10 分） 已知函数 2( ) 2 3f x x a x a     ， 2( ) 4g x x ax   ， aR ． （1）当 1a  时，解关于 x 的不等式  f x ≤4 ； （2）若对任意 1x R ，都存在 2x R ，使得不等式 1 2( ) ( )f x g x 成立，求实数 a 的取 值范围． 理科数学试题 第 6页 （共 12页） 2018 年三明市普通高中毕业班质量检查测试 理科数学参考答案(7) 一．选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B D B C A B D C A D 二．填空题： 13．6 14． e 1 15．5 16． (1,2) 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．解：（1）因为 1 1a  ，且 2( 1) 3 2n n nt S a a    ， 所以 2 1 1 1( 1) 3 2t S a a    ，所以 5t  ． ...................................................................2 分 所以 26 3 2n n nS a a   …①， 当 2n  时，有 2 1 1 16 3 2n n nS a a     …②， ①、②两式作差得 2 2 1 16 3 3n n n n na a a a a     ， .......................................................3 分 所以 1 1( )( 3) 0n n n na a a a     ， 因为 0na  ，所以 1 3n na a   ，又因为 1 1a  ，所以 3 2na n  ．.........................6 分 （2）因为 1 1n n nb b a   ， 1 1b  ，所以 1n n nb b a  ， ( 2, )n n  N ， 所以当 2n  时， 1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( )n n n n nb b b b b b b b          ， ＝ 1 2 1n na a a b    ＝ 23 2 n n ．............................................. 8 分 又 1 1b  也适合上式，所以 23 ( )2n n nb n   N ．......................................................9 分 所以 1 2 7nb n ＝ 2 1 1 1 3 7 3 ( 2)n n n n n     ＝ 1 1 1( )6 2n n    ，...............................10 分 所以 nT ＝ 1 1 1 1 1 1(1 )6 3 2 4 2n n         ＝ 1 3 1 1( )6 2 1 2n n     ， ＝ 23 5 12( 1)( 2) n n n n    ．.................................................................................................12 分 理科数学试题 第 7页 （共 12页） 18．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      ， 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 4 10)4 6(1sin 2  ．………12 分 19．解：（1）设 ( , )H x y ，由题意得 ( ,2 )C x y ( 0)y  ， 所以 ( 2 2, ) , ( 2 2,2 )NH x y MC x y     ， …………………………2 分 所以 2 28 2 8NH MC x y      ，化简得 2 2 116 8 x y  ， 理科数学试题 第 8页 （共 12页） 所以所求点 H 的轨迹 E 的方程为 2 2 116 8 x y  ( 0)y  ． ………………………5 分 （2）由题意可知直线 l 的斜率存在，设直线l 的方程为 ( 4)y k x  ( 0)k  ， 令 0x  ，得 4y k ，即 (0,4 )Q k ． 由 2 2 ( 4), 1,16 8 y k x x y     解得 2 2 2 4 8 8,1 2 1 2P P k kx yk k    ，即 2 2 2 4 8 8( , )1 2 1 2 k kP k k    ，…8 分 因为l l∥ ，所以 l 的方程为 y kx ， 由 2 2 , 1,16 8 y kx x y    解得 2 2 2 2 2 16 16,1 2 1 2R R kx yk k    ， ……………10 分 所以 2| | 4 1AQ k  ， 2 2 8 1| | 1 2 kAP k   ， 2 2 2 16(1 )| | 1 2 kOR k   ， 所以 2 | | | | | | AQ AP OR  ＝2． …………………………………………………12 分 20．解：（1）由频率分布直方图知，该汽车交易市场 2017 年成交的二手车使用时间在 (8 ,12] 的频率为 0.07 4 0.28  ，使用时间在 12,16 的频率为 0.03 4 0.12  ． 所以在该汽车交易市场 2017 年成交的二手车随机选取 1 辆，其使用时间在 8,16 的概 率为 0.28 0.12 0.4  ，.......................................................................................................2 分 所以所求的概率为  2 2 3 0.4 1 0.4 0.288P C    ．.......................................................... 3 分 （2）①由 ea bxy  得 ln y a bx  ，则Y 关于 x 的线性回归方程为Y a bx  ．.4 分 由于      10 10 1 1 10 10 22 2 2 1 1 10 79.75 10 5.5 1.9 0.3385 10 5.510 i i i i i i i i i i x x Y Y xY x Y b x x x x                          1.9 0.3 5.5 3.55a Y x        则Y 关于 x 的线性回归方程为  3.55 0.3Y x  ， ……………………………6 分 所以 y 关于 x 的回归方程为  3.55 0.3e xy  ……………………………7 分 ②根据频率分布直方图和①中的回归方程，对成交的二手汽车可预测： 使用时间在 0 4， 的频率为 0.05 4 0.2  ， 理科数学试题 第 9页 （共 12页） 对应的成交价格的预测值为 3.55 0.3 2 2.95e e 19.1    ； 使用时间在  4 8， 的频率为 0.09 4 0.36  ， 对应的成交价格预测值为 3.55 0.3 6 1.75e e 5.75    ； 使用时间在  8 12， 的频率为 0.07 4 0.28  ， 对应的成交价格的预测值为 3.55 0.3 10 0.55e e 1.73    ； 使用时间在  12 16， 的频率为 0.03 4 0.12  ， 对应的成交价格的预测值为 3.55 0.3 14 0.65e e 0.52    ； 使用时间在  16 20， 的频率为 0.01 4 0.04  ， 对应的成交价格的预测值为 3.55 0.3 18 1.85e e 0.16    ．……………………………9 分 若采用甲方案，预计该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为  0.2 19.1 0.36 5.75 0.28 1.73 0.12 0.52 0.04 0.16 5%          ＝ 0.32166 0.32 万元； 若采用乙方案，预计该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为    0.2 19.1 0.36 5.75 4% 0.28 1.73 0.12 0.52 0.04 0.16 10%           0.29092 0.29  万元． …………………………………………………………11 分 因为 0.32>0.29，所以采用甲方案能获得更多佣金． ……………12 分 21．解：（1）因为   2( 4)e 0xf x mx x    对  2,x   恒成立， 等价于 24 exx x m   对  2,x   恒成立， …………………………1 分 设   2 24(1 )4 e ex x x xx x     得    2 2 2 2 2 24 4' 1 e e 0x xxx x x x           ， …………………………3 分 故  x 在 2, 上单调递增， 当 2x  时，由上知    2 1x    ，所以 1m   ,即 1m  ， 所以实数 m 的取值范围为 1, ； ……………………………6 分 （2）对     2 2 e ( 2) 2 x ax ag x x x      求导得       2 3 2 3 ( 4)e[ ]( 4)e' ,( 2) 2 2 x x xx ax ax xg x x x x           ， ……………7 分 理科数学试题 第 10页 （共 12页） 记   24 exxF x x a  ， ( 2)x  ， 由（1）知 ( )F x 在区间 2, 内单调递增，又 (2) 1 0, (4) 0F a F a      ， 所以存在唯一正实数 0 (2,4]x  ，使得 0 20 0 0 4( ) e 0xxF x x a   ， 当 0(2, )x x 时， ( ) 0F x  ， '( ) 0g x  ，函数 ( )g x 在区间 0(2, )x 单调递减； 0( , )x x  时， ( ) 0F x  ， '( ) 0g x  ，函数 ( )g x 在区间 0( , )x  单调递增； 所以  g x 在 2, 内有最小值     0 2 0 0 2 0 e 2 x ax ag x x     ， …………………9 分 由题设即     0 2 0 2 0 e 2 x ax ah a x     ． 又因为 0 20 0 4 exxa x   ．所以     0 2 0 0 1 exh a g x x   ． ……………………10 分 根据（1）知，  x 在 2, 内单调递增，  0 20 0 e 1,04 xx ax      ， 所以 02 4x  ．令   21 e (2 4)xu x xx    ，则   2 2 1e 0xxu x x    ，函数  u x 在区间 2,4 内单调递增， 所以      2 4u u x u  ， 即函数  h a 的值域为 21 e,2 4      ． ……………………………12 分 22． 解法一：（1）由 1 3 , 1 , x t y t      得l 的普通方程为 3 1 3x y   ， …………1 分 又因为 cos , sin , x y        ， 所以l 的极坐标方程为  cos 3 sin 1 3     ．......3 分 （或 π2 sin( ) 1 36      ） 由 2 cos  得 2 2 cos   ，即 2 2 2x y x  ，........................................................4 分 所以 C 的直角坐标方程为 2 2 2 0x y x   ．..................................................................5 分 理科数学试题 第 11页 （共 12页） （2）设 ,P Q 的极坐标分别为    1 1 2 2, , ,    ，则 1 2POQ     ...........................6 分 由  cos 3sin 1 3, 2cos ,           消去  得  2 cos cos 3 sin 1 3     ，...... 7 分 化为 cos2 3sin 2 3   ，即 π 3sin 2 6 2      ，...............................................8 分 因为 π0 2      ， ，即 π π 7π2 + 6 6 6      ， ，所以 π π2 6 3    ，或 π 2π2 6 3    ，.....9 分 即 1 2 π ,12 π ,4       或 1 2 π ,4 π ,12       所以 1 2 π= 6POQ     ．...................................................10 分 解法二： （1）同解法一 ……………………………5 分 （2）曲线 C 的方程可化为 2 21 1x y   ，表示圆心为  1,0C 且半径为 1 的圆．.. 6 分 将l 的参数方程化为标准形式 31 ,2 11 2 x t y t       (其中t 为参数)，代入 C 的直角坐标方程 为 2 2 2 0x y x   得， 2 23 1 31 1 2 1 02 2 2t t t                        ， 整理得， 2 0t t   ，解得 0t  或 1t   ．.................................................................8 分 设 ,P Q 对应的参数分别为 1 2,t t  ，则 1 2 1PQ t t    ．所以 π 3PCQ  ，........ 9 分 又因为O是圆 C 上的点，所以 π 2 6 PCQPOQ    ....................................................10 分 解法三： （1）同解法一． ……………………………5 分 （2）曲线 C 的方程可化为 2 21 1x y   ，表示圆心为  1,0C 且半径为 1 的圆．6 分 又由①得l 的普通方程为  3 1 3 0x y    ，........................................................7 分 则点C 到直线l 的距离为 3 2d  ， ................................................................................8 分 所以 22 1 1PQ d   ，所以 PCQ△ 是等边三角形，所以 π 3PCQ  ，...........9 分 又因为O是圆 C 上的点，所以 π 2 6 PCQPOQ    ....................................................10 分 理科数学试题 第 12页 （共 12页） 23. 解：（1）当 1a  时，   1 1f x x x    ，则   2 , 1, 2, 1 1, 2 , 1. x x f x x x x        ≤ ≥ 2 分 当 1x   时，由  f x ≤4 得， 2 2x  ≤4 ，解得 2 1x  ≤ ； 当 1 1x ≤ 时，  f x ≤4 恒成立； 当 1x≥ 时，由  f x ≤4 得， 2x≤4 ，解得1 2x≤ ≤ ．............................................... 4 分 所以  f x ≤4 的解集为 2 2x x ≤ ≤ ． .....................................................................5 分 （2）因为对任意 1x R ，都存在 2x R ，使得不等式    1 2f x g x 成立， 所以    min minf x g x ．................................................................................................. 6 分 因为  22 2 3 1 2 0a a a      ，所以 2 2 3a a  ， 且    2 2 2 22 3 2 3 2 3 2 3x a x a x a x a a a a a             ≥ ， ① 当 22 3a x a ≤ ≤ 时，①式等号成立，即   2 min 2 3f x a a   ．.............................7 分 又因为 2 2 2 2 4 4 42 4 4 a a ax ax x          ≥ ， ② 当 2 ax   时，②式等号成立，即   2 min 4 4 ag x   ．................................................. 8 分 所以 2 2 2 3 4 4 aa a    ，整理得， 25 8 4 0a a   ，..............................................9 分 解得 2 5a   或 2a  ，即 a 的取值范围为  2, 2,5       ．...........................10 分