高考数学模拟试卷 (13)

高考数学模拟试卷 (13)

- 1 - 湖南省永州市2018 届高三下学期第三次模拟考试 数学（理）试题(13) 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．设集合 }0,{aA  ， }1,2{  aB ，若 }0{BA ，则 BA （ ） A． }2,0,1{ B． }2,1,0{ C． }2,0{ D． }2,1,0,1{ 2．若复数 z 是纯虚数，且 iazi  )1( （ Ra ，i 是虚数单位），则 a （ ） A． 2 B． 1 C．1 D．2 2．党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能.共享经济是公众 将闲置资源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象.为考察共享经济对企业经 济活跃度的影响，在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得 到的试验数据画出如下四个等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图 形是（ ） 4．双曲线 113 22  a y a x 的焦点 x 轴上，若焦距为 4，则 a 等于（ ） A．1 B． 2 3 C．4 D．10 5．运行如图所示的程序框图，设输出的数据构成集合 A ，从集合 A 中任取一个元素 a ，则函 数 axy  在 ),0(  是增函数的概率为（ ） - 2 - A． 2 1 B． 5 2 C． 3 2 D． 4 3 6． 3)3)(1( xxxx  的展开式中的常数项为（ ） A． 6 B．6 C．12 D．18 7．设 ABC 的内角 CBA ,, 的对边分别为 cba ,, ，已知 BcBbAb tan2tantan  ，则 A （ ） A． 6  B． 4  C． 3  D． 2  8．在 ABC 中， 060BAC ， 5AB ， 6AC ， D 是 AB 上一点，且 5CDAB ， 则 || BD 等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D.4 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．1 B．2 C．3 D．6 10．已知椭圆C ： )0(12 2 2 2  bab y a x 的右焦点为 2F ，O 为坐标原点，M 为 y 轴上一点， - 3 - 点 A 是直线 2MF 与椭圆C 的一个交点，且 ||3|||| 2 OMOFOA  ，则椭圆C 的离心率为 （ ） A． 4 10 B． 6 10 C． 5 5 D． 3 5 11．三棱锥 BCDA  的所有棱长都相等， NM , 别是棱 BCAD, 的中点，则异面直线 BM 与 AN 所成角的余弦值为（ ） A． 3 1 B． 4 2 C． 3 3 D． 3 2 12．若曲线 )11()1ln( 1)( 4 1  exexaxf 和 )0()1()( 22  xxxxg 上分别存在点 A 和点 B ，使得 AOB 是以原点O 为直角顶点的直角三角形，且斜边 AB 的中点在 y 轴上，则 实数 a 的取值范围是（ ） A． ),2[ 2ee B． ),2( 2ee C． )4,2[ ee D． ),4( 2ee 二、填空题（每题 4 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13．中国有个名句：“运筹帷幄之中，决胜千里之外”.其中“筹”的原意是指《孙子算经》 中记载的算筹，古代是用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算， 算筹的摆放形式有纵、横两种形式，下表只给出了 1~6 的纵、横两种表示法： 表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹 式需要纵横相间，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位用横式表示，以此 类推，请观察表中纵横两种表示法的特征，并用算筹表示 628 为 . 14．已知实数 yx, 满足条件       3 02 03 x yx yx ，则 22)1( yxz  的最小值为 . 15．函数 )2||,0)(sin()(   xAxf 的部分图象如图所示，将函数 )(xf 的图象向 - 4 - 右平移 12 5 个单位后得到函数 )(xg 的图象，若函数 )(xg 在区间 ],6[  上的值域为 ]2,1[ ， 则 . 16．记 nS 为正项等比数列 }{ na 的前 n 项和，若 22 24  SS ，则 46 SS  的最小值为 . 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．在等比数列 }{ na 中，首项 81 a ，数列 }{ nb 满足 nn ab 2log ，且 15321  bbb . （1）求数列 }{ na 的通项公式； （2）记数列 }{ nb 的前 n 项和为 nS ，又设数列 }1{ nS 的前 n 项和为 nT ，求证： 4 3nT . 18．如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是菱形， ACEF // ， 1EF ， 060ABC ， CE 平面 ABCD ， 3CE ， 2CD ，G 是 DE 的中点. （1）求证：平面 //ACG 平面 BEF ； （2）求直线 AD 与平面 ABF 所成的角的正弦值. 19．某保险公司对一个拥有20000人的企业推出一款意外险产品，每年每位职工只要交少量保 费，发生意外后可一次性获得若干赔偿金，保险公司把企业的所有岗位共分为 CBA ,, 三类工 种，从事这三类工种的人数分别为12000，6000，2000，由历史数据统计出三类工种的赔付频 率如下表（并以此估计赔付概率）： - 5 - 已知 CBA ,, 三类工种职工每人每年保费分别为25元、25元、40元，出险后的赔偿金额分别为 100万元、100万元、50万元，保险公司在开展此项业务过程中的固定支出为每年10万元. （1）求保险公司在该业务所或利润的期望值； （2）现有如下两个方案供企业选择： 方案1：企业不与保险公司合作，职工不交保险，出意外企业自行拿出与保险公司提供的等额 赔偿金赔偿付给意外职工，企业开展这项工作的固定支出为每年12万元； 方案2：企业与保险公司合作，企业负责职工保费的70%，职工个人负责保费的30%，出险后赔 偿金由保险公司赔付，企业无额外专项开支. 请根据企业成本差异给出选择合适方案的建议. 20．设斜率不为0的直线 l 与抛物线 yx 42  交于 BA, 两点，与椭圆 146 22  yx 交于 DC, 两 点，记直线 ODOCOBOA ,,, 的斜率分别为 4321 ,,, kkkk . （1）求证： 43 21 kk kk   的值与直线l 的斜率的大小无关； （2）设抛物线 yx 42  的焦点为 F ，若 OBOA  ，求 FCD 面积的最大值. 21．已知 2ln22)( 1 bxaaexf x   , 2 2 222 2ln22)( abxexg x   . （1）若对任意的实数 a ，恒有 )()( xgxf  ，求实数b 的取值范围； （2）当 aba 10,42  时，求证：方程 xx eexf  12)( 恒有两解. 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 在直角坐标系中，直线l 过点 )2,1(P ，且倾斜角为 ， )2,0(   .以直角坐标系的原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 12)sin3( 22   . （1）求直线l 的参数方程和曲线C 的直角坐标方程，并判断曲线C 是什么曲线； - 6 - （2）设直线l 与曲线C 相交与 NM , 两点，当 2||||  PNPM ，求 的值. 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 3|2|)(|,3||2|)(  xxgxaxxf . （1）解不等式 6|)(| xg ； （2）若对任意的 Rx 2 ，均存在 Rx 1 ，使得 )()( 21 xfxg  成立，求实数 a 的取值范围. - 7 - 永州市 2018 年高考第三次模拟考试试卷 数学（理科）参考答案及评分标准(13) 一、选择题（每小题 5 分，共 60 分） 1～5 ACDCC 6～10 BCCBA 11～12 DA 二、填空题（每小题 5 分，共 20 分） 13． 14． 9 2 15． 3  16．8 三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17． 解：（Ⅰ）由 2logn nb a 和 1 2 3 15b b b   得 2 1 2 3log ( ) 15a a a  ，所以 15 1 2 3 2a a a  ， 设等比数列 }{ na 的公比为 q， 1 8a ， 18   n na q ， 2 158 8 8 2   q q 解得 4q ． （ 4 q 舍去）， 18 4    n na 即 2 12  n na ． （Ⅱ）由（Ⅰ）得 2 1 nb n ，易知 }{ nb 为等差数列， 23 5 ... (2 1) 2      nS n n n , 则 1 1 1 1 1( )( 2) 2 2nS n n n n     ， nT 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )]2 3 2 4 2n n        1 3 1 1( )2 2 1 2n n     ， 3 4  nT ． 18． 解：（Ⅰ）连接BD交AC于O，易知O是BD的中点，故OG//BE，BE 面BEF，OG在面BEF外，所以 OG//面BEF； 又EF//AC，AC在面BEF外，A C//面BEF，又AC 与OG相交于点O，面ACG有两条相交直线与面BEF 平行，故面ACG∥面BEF； （Ⅱ）如图，以 O 为坐标原点，分别以 OC、OD、OF 为 x 、y、z 轴建立空间直角坐标系，则 ( 1,0,0)A  ， - 8 - (0, 3,0)B  ， (0, 3,0)D ， (0,0, 3)F ， (1, 3,0)AD   ， (1, 3,0)AB    ， (1,0, 3)AF   ， 设面 ABF 的法向量为 ( , , )m a b c ，依题意有 m m AB AF         ， ( , , ) (1, ) ( , , ) (1,0, ) 3,0 3 0 3 3 0 a b c a a b c a b c           ，令 3a  ， 1b  ， 1c   ， ( ,1, )3 1m   ， 3 3 15cos , 54 4 1 mAD         ， 直线 AD 与面 ABF 成的角的正弦值是 15 5 ． 19．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）设工种 A、B、C 职工的每份保单保险公司的收益为随机变量 X、Y、Z，则 X、Y、Z 的分布列为 X 25 425 100 10  P 5 11 10  5 1 10 Y 25 425 100 10  P 5 21 10  5 2 10 Z 40 440 50 10  P 4 11 10  4 1 10 保险公司的期望收益为 4 5 5 1 1( ) 25(1 ) (25 100 10 ) 1510 10E X        ； 4 5 5 2 2( ) 25(1 ) (25 100 10 ) 510 10E Y        ； 4 4 4 1 1( ) 40 (1 ) (40 50 10 ) 1010 10E Z          ； 保险公司的利润的期望值为12000 ( ) 6000 ( ) 2000 ( ) 100000 90000E X E Y E Z       ， - 9 - 保险公司在该业务所获利润的期望值为 9 万元． （Ⅱ）方案 1：企业不与保险公司合作，则企业每年安全支出与固定开支共为： 4 4 4 4 4 5 5 4 1 2 112000 100 10 6000 100 10 2000 50 10 12 10 46 1010 10 10                ， 方案 2：企业与保 险公司合作，则企业支出保险金额为： 4(12000 25 6000 25 2000 40) 0.7 37.1 10        ， 4 446 10 37.1 10   ，故建议企业选择方案 2． 20．（本小题满分 12 分） 解：解：（Ⅰ）设直线 l：  y kx m ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 3 3( , )C x y ， 4 4( , )D x y ． 联立  y kx m 和 2 4x y ，得 2 4 4 0  x kx m ，则 1 2 4 x x k ， 1 2 4 x x m， 1 2 1 2 1 2    y yk k x x 1 2 4 4  x x k ， 联立  y kx m 和 2 2 16 4  x y 得 2 2 2(2 3 ) 6 3 12 0    k x kmx m ， 在 2 2 2 2 2(6 ) 4(2 3 )(3 12) 0( 4 6 )km k m k m         此式可不求解) 的情况下， 3 4 2 6 2 3    kmx x k ， 2 3 4 2 3 12 2 3   mx x k ， 2 3 3 44 3 4 2 2 3 4 3 4 3 4 ( ) 6 82 2 2 3 12 4 y m x xy m m km kk k k k kx x x x x x m m               ， 所以 2 1 2 3 4 4 8    k k m k k 是一个与 k 无关的值． （Ⅱ）由（Ⅰ）知 1 2 4 x x k ， 1 2 4 x x m，而由 OA OB 得 1 2 1 2 0x x y y  2 2 21 2 1 2 4 016      x xx x m m 得 m=4（m=0 显然不合题意）， 此时 20 2   k ， 3 4 2 24 2 3 kx x k    ， 3 4 2 36 2 3x x k   ， 2 3 41CD k x x   2 2 2 (1 )( 2)12 2 3 k k k     ， - 10 - 点 (0,1)F 到直线CD 的距离 2 3 1   d k ， 所以 2 2 1 2182 2 3     FCD kS CD d k ， （求面积的另法：将直线 l 与 y 轴交点（0,4）记为 E，则 3 4 1 | |2FCDS EF x x    2 3 4 3 4 3 ( ) 42 x x x x    ，也可得到 2 2 218 2 3FCD kS k    ） 设 2 2 0  k t ，则 2 2 18 18 3 6 3 8 42 3 8FCD t tS t t      ， 当且仅当 8 3 t ，即 14 3 3k   时， OCDS 有最大值 3 6 4 ． 21．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）要使 f(x)＜g(x)恒成立，即使 2 1 2 2 2 22 2 ln 2 2ln 2 2 x xb bae a x e x a       成立， 整理成关于 a 的二次不等式 2 2 1 2 2 2ln ) (2 2ln 2 2( ) 0 2 x x ba e x e x ba       ， 只要保证△＜0， 2 1 2 2 2 2 2 2 12 2ln ) 4(2 2ln ln 8 ln 2 2 4( ) 4 4 2 0 2 x x x xbe x e x e x e x bb b                ， 整理为 2 2 2 1 2ln 2 ln 1 1 0 2 2 x xe x e x b b     ， 1 22( ln ) 1 1 2 2 xe x b b    （i） 下面探究（i）式成立的条件，令 1( ) lnxt x e x  ， 1( ) 1xt x e x   ， (1) 0t  ，当 (0,1)x  时， ( ) 0t x  ，( )t x 单调递减；当 (1, )x   时， ( ) 0t x  ，( )t x 单调递增，x=1 时 ( )t x 有最小值 (1) 1t  ， 2 2 2 min 11 1 ( ( ) ( ( )) 1 2 2 )b b t x t    ， 2 2 0b b   ， 1 2b   ． 实数 b 的取值范围是（－1,2）． （Ⅱ）方程 1( ) 2 x xf x ae e  化为 2 ln 5 0xe a x a   ， 令 ( ) 2 ln 5xh x e a x a   ， 2( ) x ah x e x    ， - 11 - ( )h x 在（0，＋∞）上单调递增， (1) 2 0h e a    ， 2(2) 0h e a    ， 存在 0 (1,2)x  使 0( ) 0h x  ，即 0 0 2x ae x  ， 00 2 x ax e  ， ( )h x 在 0(0, )x 上单调递减，在 0( , )x  上 单调递增， ( )h x 在 0x 处取得最小值． 0 00 0 0 2 2( ) 2 ln 5 2 ln 5x x a ah x e a x a a a x e       0 0 12 ( ) 2 ln 2 5a x a a a x     ， 0 0 1 (2, )5 2 x x   ， 0( ) 2 ln 2h x a a  ＜0， 33( ) 0eh e e a     ， 22( ) 9 0eh e e a   ， ( )h x 在 0 3( , )e x 和 0 2( , )x e 各有一个零点，故方程 1( ) 2 x xf x ae e  恒有两解． 22.（本小题满分 10 分） 解：(Ⅰ)直线 l 的参数方程为         2,0),(sin2 ,cos1   为参数tty tx . 曲线C 的直角 坐标方程 为 1243 22  yx ，即 134 22  yx ， 所以曲线C 是焦点在 x 轴上的椭圆. (Ⅱ)将 l 的参数方程         2,0),(sin2 ,cos1   为参数tty tx 代入曲线 C 的直角坐标方程为 1243 22  yx 得 07)sin16cos6()sin4cos3( 222  tt  ， 1 2 2 2 7 23cos 4sinPM PN t t        ， 得 2 1sin 2   ， 0, 2      ， 4   23.（本小题满分 10 分） 解：(Ⅰ)由 2 3 6x    |， 得 6 2 3 6x     ， ∴ 9 2 3x    ，得不等式的解为 1 5x   . (Ⅱ)    ( ) 2 3 2 3 2 3f x x a x x a x a          ， ( ) 2 3 3g x x    ， - 12 - 对任意的 2x R 均存在 1x R ，使得 2 1( ) ( )f x g x 成立，     ( ) ( )y y f x y y g x   ，  2 3 3a   ，解得 0a  或 3a   ，即实数 a 的取值范围为： 0a  或 3a   ．