高考数学模拟试卷 2 (10)

高考数学模拟试卷 2 (10)

- 1 - 湖北省黄冈中学2018 届高三5 月第三次模拟考试 数学（理）试题(26) 第Ⅰ卷（共 60 分） 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．根据复数的几何意义，复数 z 都可以表示为 )20)(sin(cos||   izz ，其中 || z 为 z 的模， 称为 z 的辐角.已知 iz 33  ，则 z 的辐角为（ ） A． 3 2 B． 3 4 C．5 D． 6 11 2．已知 :p “ 100a ”， q ：“ 2 110log a ”，则 p 是 q 的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知等差数列 }{ na 的前 n 项和为 nS ， 1510 a ，且 72 SS  ，则 8a （ ） A．6 B．7 C．8 D．9 4．下图是某企业产值在 2008 年~2017 年的年增量（即当年产值比前一年产值增加的量）统计 图（单位：万元），下列说法正确的是（ ） A. 2009 年产值比 2008 年产值少 B. 从 2011 年到 2015 年，产值年增量逐年减少 C. 产值年增量的增量最大的是 2017 年 D. 2016 年的产值年增长率可能比 2012 年的产值年增长率低 5．已知点 )4,1(P ，过点 P 恰存在两条直线与抛物线C 有且只有一个公共点，则抛物线C 的 标准方程为（ ） A． yx 4 12  B． yx 42  或 xy 162  - 2 - C． xy 162  D． yx 4 12  或 xy 162  6．已知 )2,2(,   ，  tan,tan 是方程 010122  xx 的两根，则  2tan  （ ） A． 3 4 B． 2 或 2 1 C． 2 1 D． 2 7．陶艺选修课上，小明制作了空心模具，将此模具截去一部分后，剩下的几何体三视图如图 所示，则剩下的模具体积为（ ） A． 312  B． 212  C． 38  D． 8 8．公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积 可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点 后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率”.小华同学利用刘徽的“割圆术”思想在半径为 1 的圆内作正 n 边形求其面积，如图是其设计的一个程序框图，则框图中应填入、输出 n 的值 分别为（ ） （参考数据： 1161.0)3 20sin(,3420.020sin 0 0  ） A． 24,180sin2 1 0 nnS  B． 18,180sin2 1 0 nnS  - 3 - C． 54,360sin2 1 0 nnS  D． 18,360sin2 1 0 nnS  9．对 33000 分解质因数得 1153233000 33  ，则33000 的正偶数因数的个数是（ ） A．48 B．72 C．64 D．96 10．已知函数 axax eexf  )( ，若 cba  3log3 ，则（ ） A. )()()( cfbfaf  B. )()()( afcfbf  C. )()()( bfcfaf  D. )()()( afbfcf  11．如图，四面体 ABCD 中，面 ABD 和面 BCD 都是等腰 Rt ， 2AB ， 2  CBDBAD ，且二面角 CBDA  的大小为 6 5 ，若四面体 ABCD 的顶点都在球 O 上，则球 O 的表面积为（ ） A． 12 B． 20 C． 24 D． 36 12．直角梯形 ABCD 中， ADAB  ， CDADAB 22  .若 P 为 ABC 边上的一个动点， 且 ADnABmAP  ，则下列说法正确的是（ ） A．满足 2 1m 的 P 点有且只有一个 B． nm 2 1 的最大值不存在 C． nm  的取值范围是 ]2 3,0[ D．满足 1 nm 的点 P 有无数个 二、填空题（每题 4 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） - 4 - 13．已知 n x x )12( 3 2  展开式的常数项是第 7 项，则正整数 n 的值是 . 14．某旅行团按以下规定选择 EDCBA ,,,, 五个景区游玩： ①若去 A ，则去 B ；② CB, 不能同时去；③ DC, 都去，或者都不去；④ ED, 去且只去一个； ⑤若去 E ，则要去 A 和 D . 那么，这个旅游团最多能去的景区为 . 15．已知双曲线 )0(1: 2 2 2 2  bab y a xC 的左右焦点分别为 21,FF ，以虚轴为直径的圆O 与 C 在第一象限交于点 M ，若 2MF 与圆O 相切，则双曲线C 的离心率为 . 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一 次“扩展”.将数列 1，2 进行“扩展”，第一次得到数列 1，2，2；第二次得到数列 1,2,2,4,2；…. 若第 n 次“扩展”后得到的数列为 1， 1x ， 2x ，…， tx ，2，并记 )21(log 212  tn xxxa  ， 其中 12  nt ， *Nn ，则数列 }{ na 的前 n 项和为 . 三、解答题 （本大题共 6 题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．在 ABC 中，角 CBA ,, 对边分别为 cba ,, ，且满足 22 )(,1 cbbcabc  （1）求 ABC 的面积； （2）若 4 1coscos CB ，求 ABC 的周长. 18．如图，矩形 ABCD 中， 42  ABAD ，E 为 BC 的中点，现将 BAE 与 DCE 折 起，使得平面 BAE 及平面 DEC 都与平面 ADE 垂直. （1）求证： //BC 平面 ADE ； （2）求二面角 CBEA  的余弦值. - 5 - 19.随着电商的快速发展，快递业突飞猛进，到目前，中国拥有世界上最大的快递市场. 某快递公司收取快递费的标准是：重量不超过 kg1 的包裹收费 10 元；重量超过 kg1 的包裹， 在收费 10 元的基础上，每超过 kg1 （不足 kg1 ，按 kg1 计算）需再收 5 元. 该公司将最近承揽的 100 件包裹的重量统计如下： 公司对近 60 天，每天揽件数量统计如下表： 以上数据已做近似处理，并将频率视为概率. （1）计算该公司未来 5 天内恰有 2 天揽件数在 101~300 之间的概率； （2）①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值； ②根据以往的经验，公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，其 余的用作其他费用.目前前台有工作人员 3 人，每人每天揽件不超过 150 件，日工资 100 元. 公司正在考虑是否将前台工作人员裁减 1 人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，若 你是决策者，是否裁减工作人员 1 人？ 20．如图，椭圆 )0(1: 2 2 2 2  ba b y a xE 的左、右焦点分别为 21 , FF ， 2MF x 轴， 直线 1MF 交 y 轴于 H 点， 4 2|| OH ，Q 为椭圆 E 上的动点， QFF 21 的面积最大值为 1. （1）求椭圆 E 的方程； - 6 - （2）如图，过点 )0,4(S 作两条直线与椭圆 E 分别交于 DCBA ,,, ，且使 xAD  轴，问四边 形 ABCD 的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由. 21．已知函数 xaeaxxxf  2 2 1)( ， )(xg 为 )(xf 的导函数. （1）求函数 )(xg 的单调区间； （2）若函数 )(xg 在 R 上存在最大值，求函数 )(xf 在 ),0[  上的最大值； （3）求证：当 0x 时， )sin23(32 22 xexx x  . 请考生在 22、23 二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 已知极坐标系的极点与平面直角坐标系的原点 O 重合，极轴与 x 轴的正半轴重合，且长 度单位相同.曲线 C 的极坐标方程是 )4sin(22   .直线 l 的参数方程为        sin2 cos1 ty tx （ t 为参数，  0 ）.设 )2,1(P ，直线 l 与曲线 C 交于 BA, 两点. （1）当 0 时，求 || AB 的长度； （2）求 22 |||| PBPA  的取值范围. 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 aaxxf 2 1||)(  （ 0a ）. （1）若不等式 1)()(  mxfxf 恒成立，求实数 m 的最大值； （2）当 2 1a 时，函数 |12|)()(  xxfxg 有零点，求实数 a 的取值范围. - 7 - 湖北省黄冈中学2018 届高三5 月第三次模拟考试 数学（理）参考答案(26) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每个小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C B D D D D A C A C B C 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．10 14．C 和 D 15． 3 16． 4 323 1   nS n n 三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．解：（1）∵ bcacb  222 ，∴ 2 1cos A ，即 060A ， ∴ 4 3sin2 1  AbcS ABC ； （2）∵ 2 1)cos(cos  CBA ，∴ 2 1coscossinsin  CBCB 由题意， 4 1coscos  CB ，∴ 4 3sinsin  CB ， ∵ 3 4 sinsin)sin( 2  CB bc A a ，∴ 1a ， ∴ 3)(12)( 22222  cbbccbacb ∵ 1222  acb ，∴ 2 cb ． ∴ ABC 的周长为 321  cba ． 18.解：（1）分别取 DEAE, 中点 NM , ，分别连接 MNCNBM ,, ，则 AEBM  且 DECN  ∵平面 BAE 及平面 DEC 都与平面 ADE 垂直， ∴ BM 平面 CNADE, 平面 ADE ， 由线面垂直性质定理知 CNBM // ，又 CNBM  ， ∴四边形 BCNM 为平行四边形， MNBC // 又 BC 平面 ADE ，∴ //BC 平面 ADE . （2）如图，以 E 为原点， EAED, 为 x ， y 正半轴，建立空间直角坐标系 xyzE  ，则 )2,0,2(),2,2,0( CB . - 8 - 平面 ABE 的一个法向量 )0,0,1(1 n ，设平面CBE 的法向量 ),,(2 zyxn  ， 则      022 022 2 2 zxECn zyEBn ，取 1y 得 )1,1,1(2 n ∴ 3 3 3 1 |||| ,cos 21 21 21  nn nnnn ， 注意到此二面角为钝角， 故二面角 CBEA  的余弦值为 3 3 . 19. 解：（1）样本中包裹件数在 101~300 之间的天数为 36，频率 36 3 60 5f   ， 故可估计概率为 3 5 ， 显然未来 5 天中，包裹件数在 101~300 之间的天数 X 服从二项分布， 即 3~ 5, 5X B     ，故所求概率为 3 2 2 5 2 3 144 5 5 625C            （2）①样本中快递费用及包裹件数如下表： 包裹重量（单位： kg ） 1 2 3 4 5 快递费（单位：元） 10 15 20 25 30 包裹件数 43 30 15 8 4 故样本中每件快递收取的费用的平均值为 10 43 15 30 20 15 25 8 30 4 15100           ， 故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为 15 元. ②根据题意及（2）①，揽件数每增加 1，公司快递收入增加 15（元）， 若不裁员，则每天可揽件的上限为 450 件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数范围 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件数（近似处理） 50 150 250 350 450 实际揽件数 50 150 250 350 450 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 EY 50×0.1+150×0.1+250×0.5+350×0.2+450×0.1=260 故公司平均每日利润的期望值为 1260 15 3 100 10003      （元）； 若裁员 1 人，则每天可揽件的上限为 300 件，公司每日揽件数情况如下： - 9 - 包裹件数范围 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件数（近似处理） 50 150 250 350 450 实际揽件数 50 150 250 300 300 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 EY 50×0.1+150×0.1+250×0.5+300×0.2+300×0.1=235 故公司平均每日利润的期望值为 1235 15 2 100 9753      （元） 因975 1000 ，故公司不应将前台工作人员裁员 1 人. 20．解：（1）设 )0,(cF ，由题意可得 12 2 2 2  b y a c ，即 a byM 2  ∵OH 是 1 2F F M 的中位线，且 2 4OH  ， ∴ 2 2 2MF  ，即 2 2 2 b a  ，整理得 2 42a b .① 又由题知，当 Q 在椭圆 E 的上顶点时， 1 2F F M 的面积最大， ∴ 1 2 12 c b   ，整理得 1bc  ，即  2 2 2 1b a b  ，② 联立①②可得 12 46  bb ，变形得 0)12)(1( 242  bbb ，解得 12 b ，进而 22 a ∴椭圆 E 的方程为 12 2 2  yx （2）设 ),(),,( 2211 yxCyxA ，则由对称性可知 ),(),,( 2211 yxByxD  设直线 AC 与 x 轴交于点 )0,((t ，直线 AC 的方程为 )0(  mtmyx ， 联立      12 2 2 yx tmyx ，消去 x ，得 022)2( 222  tmtyym ， ∴ 2 2,2 2 2 2 21221    m tyym mtyy ， 由 A B S、 、 三点共线 AS BSk k ，即 1 2 1 24 4 y y x x   ， 将 1 1x my t  ， 2 2x my t  代入整理得    1 2 2 1 4 0y my t t y my t      ， 即   1 2 1 22 4 0my y t y y    ， 从 而    2 2 2 2 2 4 02 m t mt t m     ， 化 简 得 - 10 -  2 4 2 0m t   ，解得 1 2t  ，于是直线 AC 的方程为 1 2x my  ，故直线 AC 过定点 1 ,02      . 同理可得 BD 过定点 1 ,02      ， ∴直线 AC 与 BD 的交点是定点，定点坐标为 1 ,02      . 21．解：（1）由题意可知， xaeaxxfxg  )(')( ，则 xaexg 1)(' 当 0)(' xg ，∴ )(xg 在 ),(  上单调递增；当 0a 时，解得 ax ln 时， 0)(' xg ， ax ln ， 0)(' xg ，∴ )(xg 在 )ln,( a 上单调递增，在 ),ln(  a 上单调递减. 综上，当 0a 时， )(xg 的单调递增区间为 ),(  ，无递减区间；当 0a 时， )(xg 的单 调递增区间为 )ln,( a ，单调递减区间为 ),ln(  a . （2）由（1）可知， 0a 且 )(xg 在 ax ln 处取得最大值， 1lnln)ln( 1ln  aaaeaaag e ，即 01ln  aa ， 观察可得当 1a 时，方程成立 令 )0(1ln)(  aaaah ， a a aah 111)('  当 )1,0(a 时， 0)(' ah ，当 ),1( a 时， 0)(' ah ∴ )(ah 在 )1,0( 上单调递减，在 ),1(  上单调递增， ∴ 0)1()(  hah ， ∴当且仅当 1a 时， 01ln  aa ， 所以 xexxxf  2 2 1)( ，由题意可知 0)()('  xgxf ， )(xf 在 ),0[  上单调递减， 所以 )(xf 在 0x 处取得最大值 1002 1)0( 02  ef . （ 3 ） 由 （ 2 ） 可 知 ， 若 1a ， 当 0x 时 ， 1( fx ， 即 12 1 2  xexx ， 可 得 2222  xexx ， )sin23(322)sin23(32 222 xeexexx xxx  令 1]2)3sin2([12)3sin2()( 2  xeeexexF xxxx ，即证 0)( xF 令 2)3sin2()(  xexG x ， ]3)4sin(22[)3cos2sin2()('  xexexG xx ∵ 1)4sin(  x - 11 - ∴ 03)4sin(22  x ，又 0xe ，∴ 0]3)4sin(22[  xex ， ∴ 0)(' xG ， )(xG 在 ),0(  上单调递减， 1)0()(  GxG ， ∴ 01)(  xexF ，当且仅当 0x 时等号成立 所以 )sin23(32 22 xexx x  . 22．解：（1）曲线C 的方程是 )4sin(22   ，化为 )cos2 2sin2 2(222   化为 )cos2sin22   ，∴ xyyx 2222  曲线C 的方程为 2)1()1( 22  yx 当 0 时，直线 2: yl 代入曲线 C 可得 11 x ，解得 0x 或 2 ∴ 2|| AB . （2）将        sin2 cos1 ty tx 代入到 2)1()1( 22  yx 得， 03)sin2cos4(2  tt  由 0 ，得 012)sin2cos4( 2   化简得 1)(sin5 3 2   （其中 2tan  ）， ∴ 3),sin2cos4( 2121  tttt  ∴ 21 2 21 2 2 2 1 22 2)(|||| ttttttPBPA  6)(sin206)sin2cos4( 22   ∴ 22 |||| PBPA  ]14,6( . 23．解：（1）∵ )2 1|(|2 1||)()( aamxaaxmxfxf  |||| amxax  |||)()(| mamxax  ， ∴ 1|| m 即 m 的最大值为 1. （2） axaxxxfxg 2 1|12||||12|)()(  - 12 - 即             2 1,12 13 2 1,12 1 ,12 13 )( xaax xaaax axaax xg ∴ )(xg 在 ]2 1,( 上是减函数，在 ),2 1[  上是增函数， ∴ aaaagxg  2 1 2 112 1 2 13)2 1()( min 由题意得 02 1 2 1  aa 解得 02 1  a 或 1a 又 2 1a ， ∴ a 的取值范围是 }02 1|{  aa .