2018年内蒙古兴安盟高考一模试卷数学文

2018年内蒙古兴安盟高考一模试卷数学文

2018 年内蒙古兴安盟高考一模试卷数学文 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.若集合 M={x|-2≤x＜2}，N={0，1，2}，则 M∩N 等于( ) A.{0} B.{1} C.{0，1，2} D.{0，1} 解析：∵M={x|-2≤x＜2}，N={0，1，2}，∴M∩N={0，1}. 答案：D 2.设 i 是虚数单位，则复数(1-i)(1+2i)=( ) A.3+3i B.-1+3i C.3+i D.-1+i 解析：复数(1-i)(1+2i)=1+2-i+2i=3+i. 答案：C 3.命题“  x∈R，使得 x2＞1”的否定是( ) A. x∈R，都有 x2＞1 B. x∈R，都有-1≤x≤1 C. x∈R，使得-1≤x≤1 D. x∈R，使得 x2＞1 解析：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“  x∈R，使得 x2＞1”的否定是： x∈R，都有-1≤x≤1. 答案：B 4.已知 a=log23，b=log46，c=log49，则( ) A.a=b＜c B.a＜b＜c C.a=c＞b D.a＞c＞b 解析：根据对数的换底公式可知 log23=log49，∴a=c， ∵函数 y=log4x，为增函数，∴log46＜log49，即 a=c＞b. 答案：C 5.等差数列{an}中，an＞0，a1 2+a7 2+2a1a7=4，则它的前 7 项的和等于( ) A. 5 2 B.5 C. 7 2 D.7 解析：∵等差数列{an}中，an＞0，a1 2+a7 2+2a1a7=4=4， ∴(a1+a7)2=4，∴a1+a7=2，∴S7= 7 2 (a1+a7)= ×2=7. 答案：D 6.下列双曲线中，焦点在 y 轴上且渐近线方程为 y=±2x 的是( ) A.x2- 2 4 y =1 B. 2 4 x -y2=1 C. -x2=1 D.y2- =1 解析：由 A 可得焦点在 x 轴上，不符合条件； 由 B 可得焦点在 x 轴上，不符合条件； 由 C 可得焦点在 y 轴上，渐近线方程为 y=±2x，符合条件； 由 D 可得焦点在 y 轴上，渐近线方程为 y=± 1 2 x，不符合条件. 答案：C 7.执行如图所示的程序框图，则输出 s 的值为( ) A. 3 2 B. 7 4 C. 23 12 D. 49 24 解析：模拟程序的运行，可得 s=1，k=0 满足条件 k＜8，执行循环体，k=2，s=1+ 1 2 满足条件 k＜8，执行循环体，k=4，s=1+ 11 24  满足条件 k＜8，执行循环体，k=6，s=1+ 1 1 1 2 4 6  满足条件 k＜8，执行循环体，k=8，s=1+ 1 1 1 1 49 2 4 6 8 24     ． 不满足条件 k＜8，退出循环，输出 s 的值为 49 24 . 答案：D 8.如图是某几何体的三视图，其中正视图是斜边长为 2a 的直角三角形，侧视图是半径为 a 的半圆，则该几何体的体积是( ) A. 3 6 π a3 B. 3 3 π a3 C. 3 π a3 D. 23π a3 解析：由三视图可知这是用轴截面分成两部分的半个圆锥， ∵正视图是斜边长为 2a 的直角三角形，侧视图是半径为 a 的半圆， ∴圆锥是一个底面半径是 a，母线长是 2a， ∴圆锥的高是   2 223a a a ， ∴半个圆锥的体积是 231 1 33. 2 3 6 a a a     答案：A 9.将函数 y=f(x)·cosx 的图象沿 x 轴向右平移 4  个单位后，得到 y=2cos2x-1 的图象，则 f(x)可能是( ) A.2sinx B.2cosx C.-2sinx D.-2cosx 解析：y=2cos2x-1=cos2x， 将 y=cos2x 沿 x 轴向左平移 4  个单位得 y=cos2(x+ )=cos(2x+ 2  )=-sin2x=-2sinxcosx， 由 y=f(x)·cosx=-2sinxcosx 得 f(x)=-2sinx. 答案：C 10. 若变量 x，y 满足约束条件 1 1 1 xy yx x      ， ， ， 则 z=3x-2y 的最小值为( ) A.-1 B.0 C.1 D.-2 解析：由约束条件 1 1 1 xy yx x      ， ， ， 作出可行域如图， 化目标函数 z=3x-2y 为 3 22 zyx，由图可知， 当直线 3 22 zyx， 过 A 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最小值为-2. 答案：D 11.定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)+f′(x)＞1，f(0)=4，则不等式 exf(x)＞ex+3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( ) A.(0，+∞) B.(-∞，0)∪(3，+∞) C.(-∞，0)∪(0，+∞) D.(3，+∞) 解析：设 g(x)=exf(x)-ex，(x∈R)， 则 g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1]， ∵f(x)+f′(x)＞1，∴f(x)+f′(x)-1＞0，∴g′(x)＞0， ∴y=g(x)在定义域上单调递增， ∵exf(x)＞ex+3，∴g(x)＞3， 又∵g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3，∴g(x)＞g(0)，∴x＞0. 答案：A 12.抛物线 y2=4x 的焦点为 F，点 P(x，y)为该抛物线上的动点，又点 A(-1，0)，则 PF PA 的 最小值是( ) A. 1 2 B. 2 2 C. 3 2 D. 33 3 解析：由题意可知，抛物线的准线方程为 x=-1，A(-1，0)，过 P 作 PN 垂直直线 x=-1 于 N， 由抛物线的定义可知 PF=PN，连结 PA，当 PA 是抛物线的切线时， PF PA 有最小值，则∠APN 最大，即∠PAF 最大，就是直线 PA 的斜率最大， 设在 PA 的方程为：y=k(x+1)，所以   2 1 4 y k x yx      ， ， 解得：k2x2+(2k2-4)x+k2=0， 所以△=(2k2-4)2-4k4=0，解得 k=±1， 所以∠NPA=45°， =cos∠NPA= 2 2 . 答案：B 二、填空题 13.设 a =(1，2)，b =(1，1)， c a k b .若bc ，则实数 k 的值等于. 解析：∵ =(1，2)，b =(1，1)， ∴ c a k b =(1，2)+(k，k)=(1+k，2+k)， ∵ ，∴bc =1+k+2+k=0，解得 k= 3 2  . 答案： 3 2  14.设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S10：S5=1：2，则 S15：S5= . 解析：∵等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S10：S5=1：2，∴(S10-S5)：S5=-1：2， 由等比数列的性质得(S15-S10)：(S10-S5)：S5=1：(-2)：4，∴S15：S5=3：4. 答案：3：4 15.设 1sin 43       ，则 sin2θ = . 解析：∵ 1sin 43       ，即 2 2 1sin cos 2 2 3 ，平方可得 1 1 1sin 2 2 2 9 ，解 得 sin2θ = 7 9  . 答案： 7 9  16.在三棱锥 A-BCD 中，侧棱 AB，AC，AD 两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB 的面积分别为 2 3 6 2 2 2 ， ， ，则该三棱锥外接球的表面积为 . 解析：三棱锥 A-BCD 中，侧棱 AB、AC、AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个， 长方体的对角线就是球的直径， ∵侧棱 AC、AC、AD 两两垂直，△ABC、△ACD、△ADB 的面积分别为 2 3 6 2 2 2 ， ， ， ∴ 1 2 1 3 1 6· · · 2 2 2 2 2 2 AB AC AD AC AB AD  ， ， ， 2 1 3AB AC AD   ， ， ，∴球的直径为： 2 1 3 6   ，∴半径为 6 2 ， ∴三棱锥外接球的表面积为 4π × 6 4 =6π . 答案：6π 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知函数   2 13 sin cos cos 2 f x x x x x R   ， ． (1)求函数 f(x)的最大值和最小正周期； (2)设△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别 a，b，c，且 c=3，f(C)=0，若 sin(A+C)=2sinA，求 a，b 的值. 解析：(1)利用二倍角公式、辅助角公式化简三角函数，即可求函数 f(x)的最大值和最小正 周期； (2)先求出 C，再利用 sin(A+C)=2sinA，结合正弦、余弦定理，可求 a，b 的值. 答案：(1)   23 1 cos 1sin 2 sin 2 1 22 () 26 xf x x x       ． ∵-1≤sin(2x- 6  )≤1，∴-2≤sin(2x- )-1≤0，∴f(x)的最大值为 0， 最小正周期是 T= 2 2  =π . (2)由 f(C)=sin(2C- 6  )-1=0，可得 sin(2C- )=1， ∵0＜C＜π ，∴0＜2C＜2π ， 112 6 6 6 C  ＜ ＜ ， 2 6 2 3 CC      ， ，∵sin(A+C)=2sinA，∴由正弦定理得 1 2 a b  ①. 由余弦定理得 2 2 2 2 cos 3 c a b ab    ， ∵c=3，∴9=a2+b2-ab②，由①②解得 3 2 3.ab， 18.一个盒子中装有形状大小相同的 5 张卡片，上面分别标有数字 1，2，3，4，5，甲乙两 人分别从盒子中随机不放回的各抽取一张. (Ⅰ)写出所有可能的结果，并求出甲乙所抽卡片上的数字之和为偶数的概率； (Ⅱ)以盒子中剩下的三张卡片上的数字作为边长来构造三角形，求出能构成三角形的概率. 解析：(Ⅰ)根据盒子中装有形状大小相同的 5 张卡片，上面分别标有数字 1，2，3，4，5， 可以写出所有可能的结果，从而求出甲乙所抽卡片上的数字之和为偶数的概率； (Ⅱ)确定剩下的三边长包含的基本事件，剩下的三张卡片上的数字作为边长能构成三角形的 基本事件，即可求出能构成三角形的概率. 答案：(Ⅰ)甲乙两人分别从盒子中随机不放回的各抽取一张，基本事件有(1，2)，(1，3)， (1，4)，(1，5)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(3，5)， (4，1)(4，2)，(4，3)，(4，5)(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)共 20 个， 设事件 A=“甲乙所抽卡片上的数字之和为偶数” 则事件 A 包含的基本事件有(1，3)，(1，5)，(2，4)，(3，1)，(3，5)，(4，2)，(5，1)， (5，3)共 8 个， 所以 P(A) 82 20 5 ． (Ⅱ)剩下的三边长包含的基本事件为：(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1， 3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)共 10 个；…(8 分) 设事件 B=“剩下的三张卡片上的数字作为边长能构成三角形“ 则事件 B 包含的基本事件有：(2，3，4)，(2，4，5)，(3，4，5)共 3 个，所以 P(B)= 3 10 . 19.如图，直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形，AA1= 2 ，E，F 分别是 BC， CC1 的中点. (Ⅰ)证明：平面 AEF⊥平面 B1BCC1； (Ⅱ)求三棱锥 B1-AEF 的体积. 解析：(Ⅰ)推导出 AE⊥BB1，AE⊥BC，由此能证明平面 AEF⊥平面 B1BCC1. (Ⅱ)S△B1EF=S 矩形 BB1C1C-S△BB1E-S△EFC-S△B1C1F，三棱锥 B1-AEF 的体积 VB1-AEF=VA-B1EF，由此能求出结果. 答案：(Ⅰ)∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是边长为 2 的正三角形，AA1=2，∴BB1⊥平面 ABC， 又 AE  平面 ABC，∴AE⊥BB1， ∵E，F 分别是 BC，CC1 的中点，∴AE⊥BC， 又 BB1∩BC=B，则 AE⊥平面 B1BCC1.AE  平面 AEF， ∴平面 AEF⊥平面 B1BCC1. 答案：( Ⅱ ) 1 1 1 111 1 1 2 1 2 3 22 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 4B EF BB E EFC B C FBB C CS S S S S               矩 形 ， ∴三棱锥 B1-AEF 的体积： 1 1 1 1 1 3 2 63 3 3 4 4B AEF A B EF B EFV V S AE        ． 20.已知椭圆 C： 22 221xy ab (a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，以原点为圆心，椭圆的短半轴长 为半径的圆与直线 x-y+ 2 =0 相切. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程； (Ⅱ)若过点M(2，0)的直线与椭圆C相交于两点A、B，设 P为椭圆上一点，且满足OA+OB=tOP(其 中 O 为坐标原点)，求整数 t 的最大值. 解析：(Ⅰ)由已知条件得 221 2 11 ceb a      ， ，由此能求出椭圆 C 的方程. (Ⅱ)设 AB：y=k(x-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，由   2 2 2 1. 2 y k x x y       ， 得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0， 由此利用根的判别式和韦达定理结合已知条件能求出 t 的最大整数值. 答案：(Ⅰ)由题知 2 2 ce a  ， ∴ 2 2 2 2 22 1 2 c a be aa    ．即 a2=2b2. 又∴b= 2 11 =1，∴a2=2，b2=1. ∴椭圆 C 的方程为 2 2 1 2 x y． (Ⅱ)由题意知直线 AB 的斜率存在. 设 AB：y=k(x-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)， 由 得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0. △=64k4-4(2k2+1)(8k2-2)＞0， 22 2 1 2 1 222 1 8 8 2 2 1 2 1 2 kkk x x x x kk     ＜ ， ， ， ∵O A O B tO P，∴(x1+x2，y1+y2)=t(x，y)，       2 1 2 1 2 1222 8 1 44 1 2 1 2 x x y ykkx y k x x k t t tt k t k          ， ． ∵点 P 在椭圆上，∴         2 22 2 2 2 22222 8 4 2 2 16 1 2 1 2 212 k k k t k tktk        ， （ ） ， 2 2 2 2 16 16 16 411 2 2 22 kt k k     ＜ ，则-2＜t＜2，∴t 的最大整数值为 1. 21.已知实数 a＞0 函数 f(x)=ex-ax-1(e 为自然对数的底数). (Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间及最小值； (Ⅱ)若 f(x)≥0 对任意的 x∈R 恒成立，求实数 a 的值； ( Ⅲ ) 证 明 ：     * 1 2 4 8 2ln 1 ln 1 ln 1( ) ( ) ( ) ln 1 1 2 3 3 5 5 9 2 1 1 () 2 n nn nN                  ＜ ． 解析：(Ⅰ)求出 f′(x)，解不等式 f′(x)＞0，f′(x)＜0 可函数的单调区间，利用函数的 单调性和导数之间的关系，即可求函数 f(x)的最小值； (Ⅱ)要使 f(x)≥0 对任意的 x∈R 恒成立，则只需求出 f(x)的最小值即可得到结论. (III) 利用 ln(1+x) ＜ x ， x ∈ (0 ， 1) ， 可 得         111 2 2 1 1ln 1 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 nn nnn n n n            ＜ ，即可证明. 答案：(Ⅰ)∵f′(x)=ex-a， 当 a＞0 时，若 x∈(lna，+∞)，f′(x)＞0，得函数 f(x)在(lna，+∞)上是增函数； 若 x∈(-∞，lna)，f′(x)＜0，得函数 f(x)在(-∞，lna)上是减函数. 则当 a＞0 时，函数 f (x) 的单调递增区间是(lna，+∞)，单调递减区间是(-∞，lna). 即 f(x)在 x=lna 处取得极小值且为最小值， 最小值为 f(lna)=elna-alna-1=a-alna-1. (Ⅱ)若 f(x)≥0 对任意的 x∈R 恒成立， 等价为 f(x)min≥0， 由(Ⅰ)知，f(x)min=a-alna-1， 设 g(a)=a-alna-1， 则 g′(a)=1-lna-1=-lna， 由 g′(a)=0 得 a=1， 由 g′(x)＞0 得，0＜x＜1，此时函数单调递增， 由 g′(x)＜0 得，x＞1，此时函数单调递减， ∴g(a)在 a=1 处取得最大值，即 g(1)=0， 因此 g(a)≥0 的解为 a=1. (III)∵ln(1+x)＜x，x∈(0，1). ∴         111 2 2 1 1ln 1 2 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 nn nnn n n n            ＜ ， ∴    1 ( ) ( ) (2 4 8 2ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 2 3 3 5 5 9 2 1 2 1 ) n nn                  21 1 1 1 1 1 1 1 12 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1n n n                                    ＜ ＜ ． 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知 曲线 C 的极坐标方程为：ρ sin2θ =cosθ . (1)求曲线 C 的直角坐标方程； (2)若直线 L 的参数方程为 22 2 2 2 xt yt      ， (t 为参数)，直线 L 与曲线 C 相交于 A、B 两点， 求|AB|. 解析：(1)利用公式 cos sin x y        ， ， 化简ρ 2sin2θ =ρ cosθ ，得到曲线 C 的直角坐标方程； (2)把直线的参数方程代入曲线 C 的普通方程中，得到方程 t2+ 2 t-4=0；由根与系数的关 系得 t1+t2，t1t2，求出|AB|=|t1-t2|. 答案：(1)把 cos sin x y        ， ， 代入ρ 2sin2θ =ρ cosθ 中，化简，得 y2=x，∴曲线 C 的直角坐 标方程为 y2=x； (2)把 22 2 2 2 xt yt      ， 代入曲线 C 的普通方程 y2=x 中， 整理得，t2+2t-4=0，且△＞0 总成立； 设 A、B 两点对应的参数分别为 t1、t2，     2 1 2 1 2 1 22 4 2 4 4 3 2t t t t AB t t             ， ， ． 23.设函数 f(x)=|x+1|+|x-4|-a. (1)当 a=1 时，求函数 f(x)的最小值； (2)若 f(x)≥ 4 a +1 对任意的实数 x 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解析：(1)当 a=1 时，利用绝对值不等式的性质即可求得最小值； (2)   4 4 41 1 42 14f x x x a a a a a             ，，对 a 进行分类讨论可求 a 的取值范围. 答案：(1)当 a=1 时，f(x)=|x+1|+|x-4|-1≥|(x+1)-(x-4)|-1=5-1=4. 所以函数 f(x)的最小值为 4. (2)f(x)≥ +1 对任意的实数 x 恒成立 41 4 1x x a a        对任意的实数 x 恒成立 4 4a a    对任意实数 x 恒成立. 当 a＜0 时，上式显然成立； 当 a＞0 时， 4424aa aa     ，当且仅当 a= 4 a 即 a=2 时上式取等号，此时 a+ 4 a ≥4 成 立. 综上，实数 a 的取值范围为(-∞，0)∪{2}.