高考数学模拟试卷3 (11)

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- 1 - 普通高等学校 2018 年招生全国统一考试临考冲刺卷(六) 理 科 数 学 （ 第 47 套 ） 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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  1 3i 2iz   ，则复数 z 的共轭复数 z 在复平面内所对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．设 为锐角，  sin ,1a ，  1,2b ，若a 与b 共线，则角  （ ） A．15° B．30° C．45° D．60° 3．函数  f x 在 0, 单调递增，且  2f x 关于 2x   对称，若  2 1f   ，则  2 1f x  的x的取值范围是（ ） A． 2,2 B．   , 2 2,   C．   ,0 4,  D． 0,4 4．如图，执行所示的算法框图，则输出的 S 值是（ ） A． 1 B． 2 3 C． 3 2 D．4 5．函数    sin πf x x   π 2     的部分图像如下图，且   10 2f   ，则图中 m 的 值为（ ） - 2 - A．1 B． 4 3 C．2 D． 4 3 或 2 6．李冶（1192-1279），真实栾城（今属河北石家庄市）人，金元时期的数学家、 诗人，晚年在封龙山隐居讲学，数学著作多部，其中《益古演段》主要研究平面 图形问题：求圆的直径、正方形的边长等．其中一问：现有正方形方田一块，内 部有一个圆形水池，其中水池的边缘与方田四边之间的面积为 13.75 亩，若方田的 四边到水池的最近距离均为二十步，则圆池直径和方田的边长分别是（注：240 平 方步为 1 亩，圆周率按 3 近似计算）（ ） A．10 步，50 步 B．20 步，60 步 C．30 步，70 步 D．40 步，80 步 7．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的 外接球的体积为（ ） A． 4 3 3  B． 8 3  C．16 3  D． 32 3 27  8．设点 M 是 2 0 2 6 0 2 2 0 x x y x y            表示的区域 1 内任一点，点 N 是区域 1 关于直线 :l y x 的对称区域 2 内的任一点，则 MN 的最大值为（ ） A． 2 B． 2 2 C． 4 2 D．5 2 9．如图所示，为了测量 A ， B 处岛屿的距离，小明在 D 处观测， A ，B 分别在 D 处的北偏西15、北偏东 45方向，再往正东方向行驶 40 海里至C 处，观测 B 在C - 3 - 处的正北方向，A 在C 处的北偏西60方向，则 A ，B 两处岛屿间的距离为（ ） A． 20 6 海里 B． 40 6 海里 C．  20 1 3 海里 D．40 海里 10．若函数  y f x 图像上存在两个点 A ， B 关于原点对称，则对称点 ,A B 为 函数  y f x 的“孪生点对”，且点对 ,A B 与 ,B A 可看作同一个“孪生点对”．若 函数   3 2 2, 0 6 9 2 , 0 xf x x x x a x           恰好有两个“孪生点对”，则实数 a 的值为 （ ） A．0 B．2 C．4 D．6 11．已知 1F ， 2F 分别为双曲线C ： 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的左、右焦点，过 1F 的 直线l 与双曲线C 的左右两支分别交于 A ， B 两点，若 2 2: : 3: 4:5AB BF AF  ， 则双曲线的离心率为（ ） A． 13 B． 15 C．2 D． 3 12．已知函数   2 3, 3 ( 3) , 3 x xf x x x       函数    3g x b f x   ，其中bR ，若函数    y f x g x  恰有 4 个零点，则实数 b 的取值范围是（ ） A． 11,4      B． 113, 4      C． 11, 4      D． 3,0 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．已知集合  2 0A x x x   ，  1,0B   ，则 A B  ________． 14．将函数   3sin 2 cos2f x x x  的图像向右平移 12  个单位长度，得到函数 - 4 -  y g x 的图像，若  g x 最小正周期为a，则 6 ag      __________． 15．已知圆 2 2: 4 2 44 0C x y x y     ，点 P 的坐标为 ,4t ，其中 2t  ，若过点 P 有且只有一条 直线 l 被圆 C 截得的弦长为 4 6 ，则直线 l 的一般式方程 是 ____________________． 16．在四面体 ABCD 中， AD  底面 ABC ， 10AB AC  ， 2BC  ， E 为棱 BC 的中点，点G 在 AE 上且满足 2AG GE ，若四面体 ABCD 的外接球的表面积为 244 9  ，则 tan AGD  ________． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17~21 题为必 考题，每个试题考生都必须作答．第 22、23 为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：60 分，每个试题 12 分． 17．已知数列 na 中， 1 1a  ，其前n 项和为 nS ，满足 2 1n nS a  ． （1）求 na 的通项公式； （2）记 1 n n n n ab S S   ，求数列 nb 的前n 项和 nT ，并证明 1 2nT  ． 18．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 1A 上一个年度未发生有责任道路交通事故 下浮 10% 2A 上两个年度未发生有责任道路交通事故 下浮 20% 3A 上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故 下浮 30% 4A 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% - 5 - 5A 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% 6A 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 1A 2A 3A 4A 5A 6A 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， 950a  ．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 X 的分布列与数学期望值；（数学期望值保留到个位数字） （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．已知三棱锥 D ABC 中，BE 垂直平分 AD ，垂足为 E ， ABC△ 是面积为 3 的 等边三角形， 60DAB  ， 3CD  ，CF  平面 ABD ，垂足为 F ，O为线段 AB 的中点． （1）证明： AB  平面 DOC ； （2）求CF 与平面 BCD所成的角的正弦值． - 6 - 20．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦距为 2，且过点 21, 2       ． （1）求椭圆C 的方程； （2）过点  2,0M 的直线交椭圆C 于 ,A B 两点， P 为椭圆C 上一点，O 为坐标原 点，且满足OA OB tOP    ，其中 2 6 ,23t      ，求 AB 的取值范围． 21．设函数    1ln 2f x a x x ax    R ． （1）当 3a  时，求  f x 的极值； （2）当 1a  时，证明：   e1 2 2exf x x    ． 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 已知在平面直角坐标系 xOy 中，直线l 的参数方程是 2 6 x t y t       （t 是参数），以原 点O为极点，x 轴正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C 的极坐 标方程为 2 2cos  ． （1）求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程； （2）设  ,M x y 为曲线C 上任意一点，求 x y 的取值范围． 23．已知函数  f x x x a  ， aR ． （1）若    1 1 1f f   ，求a的取值范围； （2）若 0a  ，对  , ,x y a   ，都有不等式   5 4f x y y a    恒成立，求a 的 取值范围． - 7 - 答 案 （ 第 47 套 ） 1．【答案】D 【解析】由题意      2i 1 3i2i 2i 6 3 1 i1 3i 1 3i 1 3i 10 5 5z         ， 3 1 i5 5z   ，对应点为 3 1,5 5     ，在第四象限，故选 D． 2【答案】B 【解析】由题意 2sin 1  ， 1sin 2   ，又 为锐角，∴ 30   ．故选 B． 3．【答案】D 【解析】  2f x  函数图像是由  f x 图像向左平移 2 个单位后得到，故  f x 关于 y 轴对称，且在 ,0 上递减．故  2 1f x   等价于 2 2 2x    ，解得0 4x  ． 4．【答案】D 【解析】按照图示得到循环一次如下： 4S  ， 1i  ； 1S   ， 2i  ； 2 3S  ， 3i  ； 3 2S  ， 4i  ； 4S  ， 5i  ； 1S   ， 6i  ； 2 3S  ， 7i  ； 3 2S  ， 8i  ； 4S  ， 9i  ．不满足条件，得到输出结果为：4．故答案为：D． 5.【答案】B 【解析】由题意可得，     10 sin 2f    ，又 π 2   ，∴ π 6    ， 又   1sin 6 2f m m         ， ∴ 2 π6 6m k     或 72 π6 6m k     ，kZ， 由周期 2π 2πT   ，得0 2m  ，∴ 4 3m  ，故选：B． 6．【答案】B 【解析】设圆池的半径为 r 步，则方田的边长为  2 40r  步，由题意，得  2 22 40 3 13.75 240r r    ，解得 10r  或 170r   （舍），所以圆池的直径为 20 步，方田的边长为 60 步，故选 B． 7．【答案】D - 8 - 【解析】几何体为如图，所以外接球的半径 R 满足  22 1 3R R   ， 2 3 R  ， 体积为 3 4 2 32 3 3 273      ，选 D． 8．【答案】D 【解析】如图画出可行域，根据点的对称性可知，点 A 与点 A 关于直线 y x 的对 称点 A 间的距离最大，最大距离就是点 A 到直线 y x 距离的 2 倍，联立 2 6 0 2 2 0 x y x y          ，解得： 4 1 x y       ，点  4,1A  到直线 y x 的距离 5 22d  ，那么 max 5 2MN AA  ，故选 D． 9 .【答案】A 【解析】在 ACD△ 中， 15 90 105ADC     ， 30ACD  ，所以 45CAD   ， 由正弦定理可得： sin sin CD AD CAD ACD   ， 解得 140sin 2 20 2sin 2 2 CD ACDAD CAD    ， 在 Rt DCB△ 中， 45BDC  ，所以 2 40 2BD CD  ， - 9 - 在 ABD△ 中，由余弦定理可得： 2 2 2 12 cos 800 3200 2 20 2 40 2 24002AB AD BD AD BD ADB            ，解 得 20 6AB  ． 10.【答案】A 【解析】当 0x  时，       2 23 12 9 3 4 3 3 1 3f x x x x x x x            ，故 函数在区间 0,1 ， 3, 上递减，在 1,3 上递增，故在 1x  处取得极小值．根 据孪生点对的性质可知，要恰好有两个孪生点对，则需当 0x  时，函数图像与 2y   的图像有两个交点，即  1 2 2f a     ， 0a  ． 11．【答案】A 【解析】∵ 2 2: : 3: 4:5AB BF AF  ，不妨令 =3AB ， 2 =4BF ， 2 =5AF ， ∵ 2 2 2 2 2+ =AB BF AF ，∴ 2 90ABF   ， 又由双曲线的定义得： 1 2 2BF BF a  ， 2 1 2AF AF a  ， ∴ 1 13 4 5AF AF    ，∴ 1 3AF  ． ∴ 1 2 3 3 4 2BF BF a     ，∴ 1a  ． 在 1 2Rt BF F△ 中， 2 2 2 2 2 1 2 1 2 6 4 52F F BF BF     ， 又 2 2 1 2 4F F c ，∴ 24 52c  ，∴ 13c  ， ∴双曲线的离心率 13e  ．故选：A． 12．【答案】B - 10 - 【解析】由题可知    2 3, 0 3,0 3 3 , 3 x x f x x x x x           ，故   2 , 0 3 ,0 3 6, 3 x x f x x x x x            ， ∵函数        3y f x g x f x f x b      恰有 4 个零点， ∴方程    3 0f x f x b    有 4 个不同的实数根， 即函数 y b 与函数    3y f x f x   的图象恰有 4 个不同的交点． 又     2 2 3, 0 3 3,0 3 7 15, 3 x x x y f x f x x x x x                 ， 在坐标系内画出函数函数    3y f x f x   的图象，其中点 A ， B 的坐标分别为 1 11,2 4      ， 7 11,2 4     ． 由图象可得，当 113 4b    时，函数 y b 与函数    3y f x f x   的图象恰有 4 个不同的交点，故实数 b 的取值范围是 113, 4      ．选 B． 13．【答案】 1,0,1 【解析】  0,1A  ，所以  1,0,1A B   ． 14．【答案】 3 【解析】   2sin 2 6f x x      ，向右平移 12  个单位后得到函数   2sin 2g x x ，函 - 11 - 数的最小正周期是，那么 2sin 36 3g        ，故填： 3 ． 15【答案】 4 3 36 0x y   【解析】整理可得圆    2 22 1 49C x y   ： ，由弦长 4 6MN  知，圆心C 到直 线l 的距离为 2 49 49 24 52 MNd          ，即点C 到直线l 的距离恒为 5，故这 样的直线l 是圆 D ：   2 22 1 25x y    的切线，若点 P 在圆 D 外，这样的直线 必有两条，由直线l 的唯一性知，点 P 在圆 D 上，于是   2 22 4 1 25t     ，解之 得 6t  或 2 ，又 2t  ，故 6t  ， 则 P 点坐标为 6,4 ，于是直线 PC 的斜率 4 1 3 6 2 4PCk   ，而l PC ，故直线l 的 方程为  44 63y x    ，即 4 3 36 0x y   ．故答案为： 4 3 36 0x y   ． 16．【答案】2 【解析】 2AG GE ， 2 2 10 1 23 3AG AE      ， 设 ABC△ 的外心为O ，则O 在 AE 上，设OA r ，则 2 2 2OE CE OC  ， 即 2 2 23 1r r   ，解得 5 3r  ，四面体 ABCD 的外接球的半径 2 2 2 ADR r       ， 2 2 25 2444 4 9 4 9 ADR           ，解得 4AD  ，则 tan 2ADAGD AG    ． 17．【答案】（1） 12n na  （2） 1 1 112 2 1n     ，见解析 【解析】（1）解：由 2 1n nS a  ，得 1 12 1n nS a   ， 后式减去前式，得 1 12 2n n na a a   ， 得 1 2n na a  ．···········3 分 因为 1 1 0a   ，可得 0na  ，所以 1 2n n a a   ， 即数列 na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 12n na  ．·········6 分 - 12 - （2）证明：因为  1 1 2 2 11 2 n n nS      ，···········7 分 所以    1 1 1 2 2 1 2 1 n n n n n n n ab S S         1 1 1 1 2 2 1 2 1n n      ，···········8 分 所以 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1n n n nT                                           ， ···········10 分 因为 1 1 02 1n  ，所以 1 2nT  ．···········12 分 18．【答案】（1）见解析；（2） 27 32 ，50 万元． 【解析】（1）由题意可知 X 的可能取值为0.9 ,0.8 ,0.7 , ,1.1 ,1.3a a a a a a ．······1 分 由统计数据可知：        1 1 1 10.9 , 0.8 , 0.7 ,4 8 8 4P X a P X a P X a P X a        ，    3 11.1 , 1.316 16P X a P X a    ．···········4 分 所以 X 的分布列为： X 0.9a 0.8a 0.7a a 1.1a 1.3a P 1 4 1 8 1 8 1 4 3 16 1 16 ∴ 1 1 1 1 3 10.9 0.8 0.7 1.1 1.3 9034 8 8 4 16 16EX a a a a a a             ．·······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 1 4 ，三辆车中至多有一辆事故车的概率为： 3 2 0 1 3 3 1 1 3 27C 1 C4 4 4 32P                 ．···········9 分 ②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，则Y 的可能取值为－4000，8000． 所以Y 的分布列为： Y －4000 8000 - 13 - P 1 4 3 4 ···········11 分 ∴所以   1 34000 8000 50004 4E Y       ． 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  100 50E Y  万元．···········12 分 19．【答案】（1）见解析（2） 13 13 【解析】（1）证明：∵ BE 垂直平分 AD ，垂足为 E ，∴ AB DB ． ∵ 60DAB  ，∴ ABD△ 是等边三角形． 又 ABC△ 是等边三角形． ∴O是 AB 中点， DO AB ，CO AB ．···········3 分 ∵ DO CO O ， DO ，CO  平面 DOC ，∴ AB  平面 DOC ．···········5 分 （2）解：由（1）知OC OD ，平面 DOC  平面 ABD ． 因为平面 DOC 与平面 ABD 的交线为OD ． ∵CF  平面 ABD ．∴ F CD ． 又等边 ABC△ 面积为 3 ，∴ 3OC  又 3CD  ，∴ F 是OD 中点． 如图建立空间直角坐标系O xyz ，  1 0 0B ，， ，  0 3 0C ， ， ， 3 30 2 2D       ， ， ， 3 30 4 4F       ， ， ，···········7 分 所以 3 3 30 4 4CF        ， ， ，···········8 分 - 14 -  1 3 0BC   ， ， ， 3 31 2 2BD        ， ， ， 设平面 BDC 的法向量为 ( , , )x y zn ，则 3 0 3 3 02 2 BC x y BD x y z                 n n ， 取 3y  ，则 3x  ， 1z  ．即平面 BCD的一个法向量为 3 3 1， ， ．·········11 分 所以CF 与平面 BCD所成角的正弦值为 3 1 13 132 13 CF CF        n n ．···········12 分 20．【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 2 50, 3       ． 【解析】（1）依题意，有 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 112 a b a b a b           ，···········3 分 ∴椭圆方程 2 2 12 x y  ．···········4 分 （2）由题意可知该直线存在斜率，设其方程为  2y k x  ， 由   2 2 2 12 y k x x y      得 2 2 2 21 2 8 8 2 0k x k x k     ，···········5 分 ∴  28 1 2 0k    ，得 2 1 2k  ，···········6 分 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  ,P x y ，则   2 1 2 2 1 2 1 2 2 8 1 2 44 1 2 kx x k ky y k x x k             ， 由OA OB tOP    得     2 2 2 8 4, 1 2 1 2 k kP t k t k        ，···········7 分 代入椭圆方程得 2 2 2 16 1 2 kt k   ，···········8 分 由 2 6 23 t  得 21 1 4 2k  ，···········9 分 - 15 - ∴ 2 2 2 2 2 1 21 1 2 kAB k k         2 22 2 12 1 1 21 2 kk    ，···········10 分 令 2 1 1 2u k   ，则 1 2,2 3u     ，∴ 2 2 52 2 1 0, 3AB u u         ．···········12 分 21．【答案】（1）当 1 2x  ，  f x 取得极小值 1 1 3ln22f       ；当 1x  时，  f x 取 得极大值  1 1f   ；（2）见解析． 【解析】（1）当 3a  时，   13ln 2f x x xx    ，   2 3 1' 2f x x x       2 2 2 2 1 12 3 1 ( 0)x xx x xx x       ，···········1 分 当 10, 2x     时，   0f x  ，  f x 在 10, 2      上单调递减；···········2 分 当 1 ,12x     时，   0f x  ，  f x 在 1 ,12      上单调递增；···········3 分 当  1,x  时，   0f x  ，  f x 在 1, 上单调递减．·········4 分 所以，当 1 2x  ，  f x 取得极小值 1 1 3ln22f       ； 当 1x  时，  f x 取得极大值  1 1f   ．···········5 分 （2）证明：当 1a  时，      11 ln 1 2 11f x x xx       ， 1x  ， 所以不等式   e1 2 2exf x x    可变为   1 eln 1 1 exx x    ． 要证明上述不等式成立，即证明     e 11 ln 1 1 ex xx x     ． 设      1 ln 1 1g x x x    ，则    1 ln 1g x x    ， 令   0g x  ，得 11 ex   ，···········7 分 在 11,1 e     上，   0g x  ，  g x 是减函数； - 16 - 在 11 ,e      上，   0g x  ，  g x 是增函数． 所以   1 11 1e eg x g        ．···········9 分 令    e 1 ex xh x  ，则    e 2 ex xh x   ， 在 1,2 上，   0h x  ，  h x 是增函数；在 2, 上，   0h x  ，  h x 是减函数， 所以     1 12 1e eh x h    ， 所以    h x g x ，即      e 1 1 ln 1 1ex x x x      ，即     e 11 ln 1 1 ex xx x     ， 由此可知   e1 2 2exf x x    ．···········12 分 22．【答案】（1） 2 6 0x y   ， 2 22 2x y   ；（2） 2 2,2 2     ． 【解析】（1）由 2 6 x t y t       ，得 2 6y x  ， 故直线l 的普通方程为 2 6 0x y   ，···········2 分 由 2 2cos  ，得 2 2 2 cos   ，所以 2 2 2 2x y x  ，即 2 22 2x y   ， 故曲线C 的普通方程为 2 22 2x y   ；···········5 分 （2）据题意设点  2 2cos 2sinM   ， ， 则 2 2cos 2sin 2 2sin 4x y             ＝ ，···········8 分 所以 x y 的取值范围是 2 2,2 2     ．···········10 分 23．【答案】（1） 1, 2      ；（2） 0,5 ． 【解析】（1）    1 1 1 1 1f f a a       ，···········1 分 若 1a   ，则1 1 1a a    ，得 2 1 ，即 1a   时恒成立，···········2 分 若 1 1a   ，则  1 1 1a a    ，得 1 2a   ，即 11 2a    ，···········3 分 - 17 - 若 1a  ，则    1 1 1a a     ，得 2 1  ，即不等式无解，···········4 分 综上所述，a的取值范围是 1, 2      ．···········5 分 （2）由题意知，要使得不等式恒成立，只需  max min 5 4f x y y a       ， 当  ,x a  时，   2f x x ax   ，   2 max 2 4 a af x f      ，······7 分 因为 5 5 4 4y y a a     ， 所以当 5 ,4y a     时， min 5 5 5 4 4 4y y a a a          ，·····9 分 即 2 5 4 4 a a  ，解得 1 5a   ，结合 0a  ，所以a 的取值范围是 0,5 ．·····10 分