【全国市级联考word】河南省商丘市2018届高三第二次模拟考试理数试题
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷(理科)(解析版)
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1．（5分）若P＝{y|y＝x2}，Q＝{x|x2+y2＝2}，P∩Q等于（）A．B．{（1，1），（﹣1，1）}C．D．∅2．（5分）若复数z满足iz＝||+2i，（i为虚数单位），则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）设为两个非零向量，则“•＝|•|”是“与共线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的两个焦点分别为F1、F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（）A．﹣＝1B．﹣＝1C．﹣＝1D．﹣＝15．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝，则f（2014）的值为（）A．﹣1B．0C．1D．26．（5分）若sin2α＝，sin（β﹣α）＝，且α∈[，π]，β∈[π，]，则α+β的值是（）A．B．C．或D．或7．（5分）祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面积面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为h（0＜h＜1）的平面截该几何体，则截面面积为（）A．πB．πh2C．π（1﹣h）2D．π（1﹣h2）8．（5分）现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（）A．B．C．D．9．（5分）已知{a n}为等比数列，S4＝3，S12﹣S8＝12，则S8等于（）A．﹣3B．9C．﹣3或9D．﹣3或610．（5分）如图在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，E为线段DC上一动点，现将△AED 沿AE折起，使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（）A．B．C．D．11．（5分）已知抛物线Γ：x2＝8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y＝﹣2及x轴分别交于A、B两点，直线PF与抛物线Γ的另一交点为Q，过点B作BC∥AF交PF于点C，若|PC|＝|QF|，则|PF|＝（）A．﹣1B．2C．3D．512．（5分）已知f（x）＝e x，g（x）＝mx+n，若对任意实数x，都有f（x）≥g（x），则mn 的最大值为（）A．B．C．2e D．2e2二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（x2+﹣2）n展式中的常数项是70，则n＝．14．（5分）已知实数x、y满足关系，则|﹣y|的最大值为．15．（5分）将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入m＝4则相应最后的输出S的值是．16．（5分）数列{a n}的通项公式为a n＝，则数列{a n}的前n项和S n＝．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）已知△ABC的三内角A，B，C所对边的长依次a，b，c若cos A＝，cos C＝．（Ⅰ）求cos B的值；（Ⅱ）若|+|＝，求BC边上中线的长．18．（12分）Monte﹣Carlo方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用Monte﹣Carlo 方法来计算定积分，考虑定积分x4dx，这时x4dx等于由曲线y＝x4，x轴，x＝1所围成的区域M的面积，为求它的值，我们在M外作一个边长为1正方形OABC，设想在正方形OABC内随机投掷n个点，若n个点中有m个点落入M中，则M的面积的估计值为，此即为定积分x4dx的估计值L，向正方形ABCD中随机投掷10000个点，有ξ个点落入区域M．（Ⅰ）若ξ＝2099，计算L的值，并与实际值比较误差是否在5%以内；（Ⅱ）求ξ的数学期望；（Ⅲ）用以上方法求定积分，求L与实际值之差在区间（﹣0.01，0.001）的概率．附表：p（n）＝×0.2k×0.810000﹣k.810000﹣k19．（12分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，AB＝AC＝AA1＝BC1＝2，∠A1AC＝120°，平面ABC1⊥平面AA1C1C．（Ⅰ）求证：BD⊥AC；（Ⅱ）求直线AB1与平面ABC所成角的余弦值．20．（12分）已知椭圆，斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，且点在直线l的上方，（1）求直线l与x轴交点的横坐标x0的取值范围；（2）证明：△P AB的内切圆的圆心在一条直线上．21．（12分）设函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若方程f（x）＝c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′（）＞0．[选修4-4，极坐标与参数方程选讲]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，求实数α的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数（1）若不等式f（x）﹣f（x+m）≤1恒成立，求实数m的最大值；（2）当a＜时，函数g（x）＝f（x）+|2x﹣1|有零点，求实数a的取值范围．2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1．（5分）若P＝{y|y＝x2}，Q＝{x|x2+y2＝2}，P∩Q等于（）A．B．{（1，1），（﹣1，1）}C．D．∅【解答】解；P＝{y|y＝x2}＝{y|y≥0}∴故选：A．2．（5分）若复数z满足iz＝||+2i，（i为虚数单位），则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：∵||＝，∴iz＝||+2i＝，则z＝，∴．则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点的坐标为（2，），位于第一象限．故选：A．3．（5分）设为两个非零向量，则“•＝|•|”是“与共线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：若•＝|•|，则||•||cos＜，＞＝|||||cos＜，＞|，即cos＜，＞＝|cos＜，＞|，则cos＜，＞≥0，则与共线不成立，即充分性不成立．若与共线，当＜，＞＝π，cos＜，＞＝﹣1，此时•＝|•|不成立，即必要性不成立，故“•＝|•|”是“与共线”的既不充分也不必要条件，故选：D．4．（5分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的两个焦点分别为F1、F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（）A．﹣＝1B．﹣＝1C．﹣＝1D．﹣＝1【解答】解：∵双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的上、下焦点分别为F1，F2，∴以|F1F2|为直径的圆的方程为x2+y2＝c2，∵以|F1F2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），∴，解得a＝3，b＝4，∴双曲线的方程为．故选：A．5．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝，则f（2014）的值为（）A．﹣1B．0C．1D．2【解答】解：∵定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝，∴f（x+6）＝f（x+5）﹣f（x+4）＝f（x+4）﹣f（x+3）﹣f（x+4）＝﹣f（x+3）＝﹣[f（x+2）﹣f（x+1）]＝﹣[f（x+1）﹣f（x）﹣f（x+1）]＝f（x），∴f（2014）＝f（335×6+4）＝f（4）＝f（3）﹣f（2）＝f（2）﹣f（1）﹣f（2）＝﹣f（1）＝﹣f（0）+f（﹣1）＝﹣log21+log22＝1．故选：C．6．（5分）若sin2α＝，sin（β﹣α）＝，且α∈[，π]，β∈[π，]，则α+β的值是（）A．B．C．或D．或【解答】解：∵α∈[，π]，β∈[π，]，∴2α∈[，2π]，又0＜sin2α＝＜，∴2α∈（，π），即α∈（，），∴β﹣α∈（，），∴cos2α＝﹣＝﹣；又sin（β﹣α）＝，∴β﹣α∈（，π），∴cos（β﹣α）＝﹣＝﹣，∴cos（α+β）＝cos[2α+（β﹣α）]＝cos2αcos（β﹣α）﹣sin2αsin（β﹣α）＝﹣×（﹣）﹣×＝．又α∈（，），β∈[π，]，∴（α+β）∈（，2π），∴α+β＝，故选：A．7．（5分）祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面积面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为h（0＜h＜1）的平面截该几何体，则截面面积为（）A．πB．πh2C．π（1﹣h）2D．π（1﹣h2）【解答】解：由三视图可知几何体为底面半径和高均为1的圆柱中挖去一个同底同高的圆锥，截面为圆环．设截面小圆半径为r，则，即r＝h，∴截面面积为S＝π×12﹣πr2＝π（1﹣h2）．故选：D．8．（5分）现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（）A．B．C．D．【解答】解：男生甲不站两端，共有n＝C41A55＝480种，考虑3位女生中有且只有两位相邻的排列，共有C32A22A42A33＝432种，在3女生中有且仅有两位相邻且男生甲在两端的排列有2×C32A22A32A22＝144种，∴不同的排列方法共有m＝432﹣144＝288种，∴在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是：p＝＝．故选：C．9．（5分）已知{a n}为等比数列，S4＝3，S12﹣S8＝12，则S8等于（）A．﹣3B．9C．﹣3或9D．﹣3或6【解答】解：由{a n}为等比数列，S4＝3，S12﹣S8＝12，可得S4，S8﹣S4，S12﹣S8成等比数列．即（S8﹣S4）2＝S4（S12﹣S8）＝36．∴S8﹣S4＝±6∴S8＝9或﹣3，当S8＝﹣3时，即S4＝3，即，可得：q＝1不满足题意，∴S8≠﹣3∴S8＝9．故选：B．10．（5分）如图在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，E为线段DC上一动点，现将△AED 沿AE折起，使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K，则∠D'KA＝90°，故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是1，如图当E与C重合时，AK＝＝1，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠KOA＝，∴∠KOD'＝，其所对的弧长为，故选：A．11．（5分）已知抛物线Γ：x2＝8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y＝﹣2及x轴分别交于A、B两点，直线PF与抛物线Γ的另一交点为Q，过点B作BC∥AF交PF于点C，若|PC|＝|QF|，则|PF|＝（）A．﹣1B．2C．3D．5【解答】解：设P（m，m2），分别过B、P作直线y＝﹣2的垂线，垂足为D、E，∵BC∥AF，∴＝＝，∵|FP|＝|PE|，∴|FC|＝|BD|＝2，设直线PQ的方程为y＝kx+2，代入C：x2＝8y得x2﹣8kx﹣16＝0，∴m•x Q＝﹣16，∴x Q＝﹣，∴y Q＝，∵|PF|＝m2+2，∴|PC|＝m2，∵|QF|＝+2，|PC|＝|QF|，∴得m2＝+2，∴m4﹣16m2﹣256＝0，解得m2＝8+8∴|PF|＝m2+2＝3+．故选：C．12．（5分）已知f（x）＝e x，g（x）＝mx+n，若对任意实数x，都有f（x）≥g（x），则mn 的最大值为（）A．B．C．2e D．2e2【解答】解：由题意可得f（x）﹣g（x）≥0恒成立，即为e x﹣mx﹣n≥0，令h（x）＝e x﹣mx﹣n，h′（x）＝e x﹣m，若m＝0，则h（x）＝e x﹣n的最小值为h（x）＞﹣n≥0，得n≤0，此时mn＝0；若m＜0，则h′（x）＞0，函数单调增，x→﹣∞，此时h（x）→﹣∞，不可能恒有h（x）≥0．若m＞0，则得极小值点x＝lnm，由h（lnm）＝m﹣mlnm﹣n≥0，得n≤m（1﹣lnm），mn≤m2（1﹣lnm）＝k（m）．现求k（m）的最小值：由k′（m）＝2m（1﹣lnm）﹣m＝m（1﹣2lnm）＝0，得极小值点m＝，k（）＝，所以mn的最大值为．故选：A．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（x2+﹣2）n展式中的常数项是70，则n＝4．【解答】解：∵（x2+﹣2）n＝的展式的通项公式为T r+1＝•（﹣1）r•x2n﹣2r，令2n﹣2r＝0，求得n＝r，故展开式的常数项为（﹣1）n•＝70，求得n＝4，故答案为：4．14．（5分）已知实数x、y满足关系，则|﹣y|的最大值为．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（1，1），联立，解得B（﹣3，1），当时，t＝过A时有最大值为；当时，t＝过B 时有最小值为﹣3．∴|﹣y|的最大值为．故答案为：．15．（5分）将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入m＝4则相应最后的输出S的值是15．【解答】解：i＝1，m＝4，满足条件i＜m，j＝0，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝1+1＝2；j＝1，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝2+1＝3；j＝2，不满足条件j≤i，则i＝2，j＝0，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝3+1＝4；j＝1，满足条件j≤i，则a＝＝2，S＝4+2＝6；j＝2，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝6+1＝7；j＝3，不满足条件j≤i，则i＝3，j＝0，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝7+1＝8；j＝1，满足条件j≤i，则a＝＝3，S＝8+3＝11；j＝2，满足条件j≤i，则a＝＝3，S＝11+3＝14；j＝3，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝14+1＝15；j＝4，不满足条件j≤i，则i＝4，不满足条件i＜m，输出S＝15；故答案为：1516．（5分）数列{a n}的通项公式为a n＝，则数列{a n}的前n项和S n＝•3n+1．【解答】解：数列{a n}的前n项和S n＝+22•32+32•33+42•34+…+n2•3n，3S n＝+22•33+32•34+42•35+…+n2•3n+1，相减可得﹣2S n＝27+5•33+7•34+…+（2n﹣1）•3n﹣n2•3n+1，设T n＝5•33+7•34+…+（2n﹣1）•3n，3T n＝5•34+7•35+…+（2n﹣1）•3n+1，相减可得﹣2T n＝5•33+2（34+…+3n）﹣（2n﹣1）•3n+1＝135+2•﹣（2n﹣1）•3n+1，化简可得T n＝（n﹣1）•3n+1﹣27，即有﹣2S n＝27+（n﹣1）•3n+1﹣27﹣n2•3n+1，化简可得S n＝•3n+1，故答案为：•3n+1．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）已知△ABC的三内角A，B，C所对边的长依次a，b，c若cos A＝，cos C＝．（Ⅰ）求cos B的值；（Ⅱ）若|+|＝，求BC边上中线的长．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，△ABC中，cos A＝，cos C＝．则sin A＝＝，sin C＝＝，则cos B＝﹣cos（A+C）＝﹣cos A cos C+sin A sin C＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得sin B＝＝，又由sin A＝，sin C＝，则有＝＝，即＝＝，设BC＝4k，AC＝5k，AB＝6k，若|+|＝，则2+2+2•＝25k2+16k2+2×5k×4k×＝46k2＝46，解可得：k＝1，k＝﹣1（舍）；则BC＝4，AC＝5，AB＝6，设BC的中点为D，则＝（+），则有2＝（2+2+2•）＝（25+36+2×5×6×）＝，则||＝；则BC边上中线的长为．18．（12分）Monte﹣Carlo方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用Monte﹣Carlo 方法来计算定积分，考虑定积分x4dx，这时x4dx等于由曲线y＝x4，x轴，x＝1所围成的区域M的面积，为求它的值，我们在M外作一个边长为1正方形OABC，设想在正方形OABC内随机投掷n个点，若n个点中有m个点落入M中，则M的面积的估计值为，此即为定积分x4dx的估计值L，向正方形ABCD中随机投掷10000个点，有ξ个点落入区域M．（Ⅰ）若ξ＝2099，计算L的值，并与实际值比较误差是否在5%以内；（Ⅱ）求ξ的数学期望；（Ⅲ）用以上方法求定积分，求L与实际值之差在区间（﹣0.01，0.001）的概率．附表：p（n）＝×0.2k×0.810000﹣k.810000﹣k【解答】解：（1）若ξ＝2099，则I＝，而＝＝0.2，…（2分）∴估计值与实际值的误差为：，即估计值与实际值的误差在5%以内．…（4分）（2）由题意，每一次试验能够落入区域M中的概率为0.2，投掷10000个点有ξ个点落入区域M内，则ξ～B（10000，0.2），…（7分）∴Eξ＝10000×0.2＝2000．…（9分）（3）I与实际值之差在区间（﹣0.01，0.01）的概率为P（||＜0.01）＝P（1900＜ξ＜2100）＝＝P（2099）﹣P（1900）＝0.9871．…（14分）19．（12分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，AB＝AC＝AA1＝BC1＝2，∠A1AC＝120°，平面ABC1⊥平面AA1C1C．（Ⅰ）求证：BD⊥AC；（Ⅱ）求直线AB1与平面ABC所成角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC1中，∵AB＝BC1，D为AC1的中点，∴BD⊥AC1，∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，且平面ABC1∩平面AA1C1C＝AC1，∴BD⊥平面AA1C1C，而AC⊂平面AA1C1C，∴BD⊥AC；（Ⅱ）解：由题意知，四边形ACC1A1是菱形，∴A1C⊥AC1，而BD⊥平面ACC1A1，故分别以DA1，DA，DB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．则A（0，1，0），B（0，0，），A1（，0，0），C（，0，0），令B1（x，y，z），则，．而，∴x＝z＝，y＝﹣1．即B1（，﹣1，），，而，，令平面ABC的一个法向量为，则有，取z＝1，得．设直线AB1与平面ABC所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝．∴cosθ＝．故直线AB1与平面ABC所成角的余弦值为．20．（12分）已知椭圆，斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，且点在直线l的上方，（1）求直线l与x轴交点的横坐标x0的取值范围；（2）证明：△P AB的内切圆的圆心在一条直线上．【解答】（1）解：设直线l的方程为，∵点在直线l的上方，∴，∴b＜0直线l的方程代入椭圆方程，整理可得2x2+6bx+9b2﹣36＝0∵斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，∴△＝36b2﹣8（9b2﹣36）＝﹣36b2+288＞0∴﹣2＜b＜2∴﹣2＜b＜0由，令y＝0可得x＝﹣3b，即x0＝﹣3b，∴（2）证明：设A（x1，y1），B（x1，y1），则∵，∴k P A+k PB＝0，又∵点P在直线l的上方，故∠APB的角平分线是平行于y轴的直线，故∠P AB的内切圆圆心在直线上．21．（12分）设函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若方程f（x）＝c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′（）＞0．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．∴x∈（0，+∞），＝＝，当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）的单调递增区间为（0，+∞），当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，∴函数f（x）的单调递增区间为（，+∞），单调递减区间为（0，）．证明：（Ⅱ）∵方程f（x）＝c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，由（Ⅰ）知a＞0，设0＜x1＜x2，则＝c，，两式相减，得﹣＝0，∴a＝，∵f′（）＝0，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，∴只要证明＞即可，即证明x1+x2＞，即证明（x1+x2）（x1+lnx1﹣x2﹣lnx2）＜，即证明ln＜，设t＝（0＜t＜1），令g（t）＝lnt﹣，则g′（t）＝＝，∵1＞t＞0，∴g′（t）＞0，∴g（t）在（0，1）上是增函数，又在t＝1处连续且g（1）＝0，∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立，∴f′（）＞0．[选修4-4，极坐标与参数方程选讲]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，求实数α的值．【解答】解：（Ⅰ）由曲线C1的参数方程为（φ为参数），消去参数得曲线C1的普通方程为（x﹣2）2+y2＝4．∵曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ，∴ρ2＝4ρsinθ，∴C2的直角坐标方程为x2+y2＝4y，整理，得x2+（y﹣2）2＝4．（Ⅱ）曲线C1：（x﹣2）2+y2＝4化为极坐标方程为ρ＝4cosθ，设A（ρ1，α1），B（ρ2，α2），∵曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，∴|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝|4sinα﹣4cosα|＝4|sin（）|＝4，∴sin（）＝±1，∵0＜α＜π，∴，∴，解得．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数（1）若不等式f（x）﹣f（x+m）≤1恒成立，求实数m的最大值；（2）当a＜时，函数g（x）＝f（x）+|2x﹣1|有零点，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）∵，∴，∴f（x）﹣f（x+m）＝|x﹣a|﹣|x+m﹣a|≤|m|，∴|m|≤1，∴﹣1≤m≤1，∴实数m的最大值为1；（2）当时，＝∴，∴或，∴，∴实数a的取值范围是．。
2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题二 数学(理科)含答案
2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题二数学（理科）本试卷共5页，23 小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污.损2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再做答.5．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.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A 2,1,0,1,2, B {x|R x 1x 20}，则A BA.1,0,1B.1,0C.2,1,0D.0,1,22.已知,是相异两平面，m,n是相异两直线，则下列命题中错误的是A.若m//n,m ，则n B．若m ,m ，则//C.若m ,m//，则D．若m//,n，则m//n3.变量X服从正态分布X定点N 10,2,P X 12a，P 8X10b，则直线ax by 1过A．(1,1)B．(1,2)C．(2,1)D．(2,2)4.“欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，可追溯至公元前300年前，上面的程序框图的算法思路就是来源于“欧几里得算法”，执行该程序框图（图中“aMODb”表示a除以b的余数），若输入的a,b分别为675,125，．．则输出的 a（）A. 0B . 25C. 50D. 755.记不等式组x y 2 2 x y 2 y 2 0表示的平面区域为 ，点 M 的坐标为 x,y．已知命题 p：M ， xy的最小值为 6；A.命题p q q： M ， p qB ． 45x 2 y 220 qC.；则下列命题中的真命题是 pq 、p q 、q D ．都是假命题6.设F , F 为椭圆 C : x 122my 21的两个焦点，若点 F 在圆 F : x122( y1 2m )2 n上， 则椭圆 C 的方程为A ． x2y 2 x 2 1 B ．x 2 2 y 2 1C.22y21D ．2 x2y217.若a20 c o s x d x ，则 ( xa x2 6) 的展开式中含 x 5 项的系数为8. 12 A ．A ．24已 知 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 fx 满足 fC ．12x 2f x， 当 D ． 24x0,1时 ，f x 2x1，则A.f6f7f11 2B.f112f 7f 6C.f7f1111f 79.庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征.正五角星是一个非常优美的几何 图f 6D . f 6f22顶点的多边形为正五边形，且PT51AT2.下列关系中正确的是A．BP TS 5151RS B．C Q TP22TSC．ES AP 5151 BQ D．AT BQ22CR10.已知函数f(x)2sin(2x6)在[a4,a](a R)上的最大值为y1，最小值为y，则2y y12的取值范围是A．[22,2]B．[2,22]C．[ 2,2]D．[22,22]11.对于任一实数序列A a,a,a, ，定义A为序列a a,a a,a a, ，它的123213243第n项是an 1an，假定序列(A)的所有项都是1，且a a1820170，则a2018A．0B．1000 C. 1009D．201812.已知M {|f ()0}，N {|g()0}，若存在M ，N，使得||1，则称函数f(x)与g(x)互为“和谐函数”.若f(x)2x 2x 3与g(x)x2ax a 3互为“和谐函数”则实数a的取值范围为A.(2,)B.[2,)C.(2,3)D.(3,)二、填空题：本大题共4小题，每题5分，满分20分.把答案填在题中的横线上.13.设复数z22 i（其中i为虚数单位），则复数z的实部为_____，虚部为_____．14.点F为双曲线E:x2y21(a 0,b 0)a2b2的右焦点，点P为双曲线上位于第二象限的点，点P关于原点的对称点为Q，且PF 2FQ，OP 5a，则双曲线E的离心率为_____．15.在数列an 中，如果存在非零常数T，使得an Ta对于任意的正整数n均成立，那么就n称数列an 为周期数列，其中T叫数列a的周期．已知数列b满n n足:b b b (n N*)，若b 1，b a(a R,a 0)当数列b的周期最小时，该数列的前2018项的和是，_____． 1 2 n16.一个正八面体的外接球的体积与其内切球的体积之比的比值为_________.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.第17-21题为必做题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.(本小题满分12分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，M为A C的中点，且4a 4b cos C 3c s in B.(Ⅰ)求cos B的大小；B(Ⅱ)若ABM 450,a 52,求ABC的面积．A M C18.(本小题满分12分）为了治理大气污染，某市2017年初采用了一系列措施，比如“煤改电”，“煤改气”，“整治散落污染企业”等．下表是该市2016年11月份和2017年11月份的空气质量指数（AQI）（AQI指数越小，空气质量越好）统计表．根据表中数据回答下列问题：（1）将2017年11月的空气质量指数AQI数据用该天的对应日期作为样本编号，再用系统抽样方法从中抽取6个AQI数据，若在2017年11月16日到11月20日这五天中用简单随机抽样抽取到的样本的编号是19号，写出抽出的样本数据；（2）根据《环境空气质量指数（A QI ）技术规定（试行）》规定：当空气质量指数为0~50（含50）时，空气质量级别为一级，用从（1）中抽出的样本数据中随机抽取三天的数据，空气质量级别为一级的天数为，求的分布列及数学期望；（3）求出这两年11月空气质量指数为一级的概率，你认为该市2017年初开始采取的这些大气污染治理措施是否有效？19.(本小题满分12分）C如图，底面为直角三角形的三棱柱ABC A B C中，AB AC AA1111，A BA AB A AC 60 110，点D在棱BC上，且AC //1平面ADB.1（Ⅰ）求二面角A-B C-D11的余弦值；C（Ⅱ）求AB1与平面ABC所成角的正弦值.A DB20.(本小题满分12分）已知点A（0，1）,B为y轴上的动点，以AB为边作菱形ABCD，使其对角线的交点恰好落在x轴上.（Ⅰ）求动点D的轨迹E的方程；（Ⅱ）过点A的直线l交轨迹E于M、N两点，分别过点M、N作轨迹E的切线l、l12，且l1与l2交于点P.（ⅰ）证明：点P在定直线上，并写出定直线的方程；（ⅱ）求OMN的面积的最小值.21.(本小题满分12分）111已知函数f x l n xa Rx 1（Ⅰ）讨论函数f x的单调性；.（Ⅱ）若fx 有两个极值点x,x12，证明:fx x122fx f x122.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C:x y 41，曲线C:2x 1cosy sin(为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（I）求曲线C,C12的极坐标方程；（II）若射线(0)与曲线C,C12的公共点分别为A,B，求OBOA的最大值．23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知a 0，b 0，c 0，函数f x c a x x b．（I）当a b c1时，求不等式fx3的解集；（II）当 fx 的最小值为3时，求a b c的值，并求111a b c的最小值．2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（二）参考答案一、选择题：题号123456789101112ax二、填空题：13.31,2214.515. 134616.33三、解答题17. (Ⅰ) 由题设知：4sin( B C ) 4sin A 4sin B c os C 3sin C sin BB4cos B 3sin B 0 93c os 2 B , 即 cos B 25 5.………………4 分N AMC（II ）取 AB 的中点 N ，连 MN ，则 MN / / B C 且 MN5 22s in BNM sin B4 5，……………7 分由 BM MN MNsin BNM sin NBM sin ABM知： 4 5 2 1BM 4 5 2 sin 450……………9 分2 4 3S 2S BM BC sin( B 450 ) 4 5 2 ( ) 4 ABC MBC ………………12 分18.解：（1）系统抽样，分段间隔k 30 65， 抽出的样本的编号依次是 4 号、9 号、14 号、 19 号、24 号、29 号， 对应的样本数据依次是 分28 、56、94、48、40、221． (3)C k C 3k（2）随机变量 所有可能的取值为 0，1，2,3，且 P ( k ) 3 3 (k 0,1,2,3)C 3 61 9 9 1P ( 0) ， P (1) ， P( 2) ， P ( 3) ，20 20 20 20随机变量的分布列为：0 1 2 3P1209 20 9 20 1 20所以E () 01 9 9 11 2 31.5 20 20 20 20．……………9 分（3）2016 年 11 月AQI指数为一级的概率P 17 30，2017 年 11 月 AQI 指数为一级的概率P 217 30，PP ，说明这些措施是有效的．……………12 分2119. (Ⅰ)解：连 A B ，得 A B ABO , 连 OD ；111ZC'则 O D 平面 ADB1∵ AC / / 平面ADB11平面 A C B ,且 O 为 A B 的中点11A'B'2 5 5CDA BxY∴ A C / /O D ，且 D 为 BC 的中点……………2 分1AB AC AA 1， A ABA AC 60 11∴ A BAC A A , A D B C , AD B C1111设 BC2a ，又底面为直角三角形得 A D AD a , AB AC AA112a∴ A DA 90 10 ，即 A DA D 1，得 A D 1平面 ABC ……………4 分以 D 为原点， DA , DB , DA 分别为 x , y , z 1轴建立空间直角坐标系， 则由 A (a ,0,0) , B (0, a ,0) , C (0,a ,0) , A (0,0, a ) ，1AA / / B B / /C C 知： AABB CC (a ,0, a ) 111111，得B (a, a , a ) 1，C (a, a, a ) 1；∴BC(0, 2a ,0) , AB (2a , a , a ) , DB (a, a , a ) , DA (0,0, a ) 1 1111，………6 分设n( x , y , z ) 且 n平面 AB C 1 11 1，则n B C2ay 01 1n AB 2ax ay az 01 取 x1 得 n(1,0,2) ；设 n平面 DB C ，同理：且 n(1,0,1) 121 12 (8)分∴cos n , n123 3 105 2 10，故二面角A -BC -D 1 1的余弦值为3 10 10；…10 分又 DA 为平面 1ABC的法向量，且cos DA , AB111 666，∴ AB 与平面 ABC 所成角的正弦值 1 6 6.……………12 分20. 解：(Ⅰ)设 D ( x , y ) ，则由题设知：B (0, y ) ， 由 AB A D 知 x 2 ( y 1)2( y 1)2 ，得 x24 y ( y 0) 为动点 D 的轨迹 E 的方程；……………4 分x x 2 x 2(Ⅱ) （ⅰ）由(Ⅰ)知： y ' ，设 M ( x ,y )、N ( x ,y ) ，则 y 1 , y 2 2 4 4;AM ( x , 1 x 2 x 2 x 2 x 2 1 1)、AN ( x , 2 1) 由题设知： x ( 2 1) x ( 1 4 4 4 41)，得x x4 12；1 21 12 2 2 12切线xl : y y 1 ( x x ) 2的方程为x x 2 y 1 x 1 ; 2 4切线 l 2的方程为x x 2 y2 x 2 ; 2 4两者联立得： xx +x x x1 2 ,y 1 21；即点 P 在定直线 2 4y1上； (9)分（ⅱ）由(Ⅰ)及（ⅰ）知：S OMN 1 1 1OA x x ( x x ) 2 4 x x ( x x ) 2 2 22 16 2; 即点 P (0, 1) 时， (S) OMN min2 .……………12 分21. 解 ： （ Ⅰ ）1 a ( x 1) ax x f '(x ) x ( x 1)22 (2 a ) x 1 x ( x 1)2 ( x 0)，(a 2) 2 4 a (a 4) ；当 a 4 时， f '(x ) 0 ， f ( x ) 在 (0, )上单调递增；当a 4时 ，f ( x )在(0,a 2 a (a 4) 2)上 单 调 递 增 ， 在( a 2 a (a 4) a 2 a (a 4) a 2 a (a 4) , ) 上单调递减，在 (2 2 2, )上 单调递增；……………6 分（Ⅱ）由（Ⅰ）知： a 4 且 x xa 2 , x x1 121 2ax ( x 1) ax ( x 1)f ( x ) f ( x ) ln x x 1 2 2 1 a ，(x 1)(x 1) 1 2a 2 a x x a 2 a 2 a 2而 f ( 1 2 ) f ( ) ln ln (a 2) 2 2 2 a 2 22 1x x f ( x ) f ( x ) a 2 a f ( 1 2 ) 1 2 ln 2 h (a )2 2 2 2，2 1 4 ah '(a ) ( 1) 0 a 2 2 2(a 2)，得 h (a ) 在 (4,) 上为减函数，又 h (4) 0 ，即 h (a ) 0 ；则 f ( x x f (x ) f ( x ) 1 2 ) 1 2 2 2……………12 分22．解：（I ）曲线 C 的极坐标方程为 (cos sin ) 4 ，1曲 线 C 的 普 通 方 程 为 ( x 1) 2 y 2 1 ， 所 以 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 为 2 22cos . …………4 分（II ）设设A ( , ) ，B ( , ) ，因为 A , B 是射线与曲线 124，则 ，2 cos ，42 cossinC , C 12的公共点，所以不妨1 1 1 12 1 2 1 2 1 2 ， ，1 2 1 2 21 . 1 2| OB | 12 2cos | OA | 41(cossin)1 1(cos 2sin 21) 2 cos(2 ) 1 4 4 4，所以当| OB | 时， 8| OA | 2 1取得最大值 . ……………10 分4 23．解：（I ） fxx 1x 11x11x 1{ 或 { 1 2 x 3 3 3或{x 1 2x 1 3， 解 得{x | x 1或x 1}（II ） ．……………5 分fxc a x x b a x x b c a b c a b c 31 1 1 1 1 1 1 1 b a c a c ba b c 3a b c 3 a b c 3 a b a c b c，13 2 2 2 3 3．当且仅当a b c 1时取得最小值 3．……………10 分19．如图，在三棱柱ABC A B C 体，平面 A B C平面 AAC C , BAC90 1 1 11 11 1．（I ）证明：ACCA 1；（II ）若A B C 1 1是正三角形，AB 2 A C 2，求二面角A ABC 1的大小．3BB1CC1AA1。
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷(理科)
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1. 若P ={y|y =x 2}，Q ={x|x 2+y 2=2}，P ∩Q 等于（ ）A.[0,√2brackB.{(1, 1), (−1, 1)}C.{0,√2}D.⌀2. 若复数z 满足iz =|−1+√3i 1+i|+2i ，（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数在复平面上所对应的点位于（ ） A.第一象限 B.第二象限C.第三象限D.第四象限3. 设a →,b →为两个非零向量，则“a →⋅b →=|a →⋅b →|”是“a →与b →共线”的（ ）A.充分而不必要条件B.必要而不充要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4. 已知双曲线y 2a 2−x 2b 2=1(a >0, b >0)的两个焦点分别为F 1、F 2，以线段F 1F 2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为(4, 3)，则此双曲线的方程为（ ） A.y 29−x 216=1 B.y 24−x 23=1 C.y 216−x 29=1D.y 23−x 24=15. 定义在R 上的函数f(x)满足f(x)={log 2(1−x),x ≤0f(x −1)−f(x −2),x >0 ，则f(2014)的值为（ ） A.−1 B.0C.1D.26. 若sin2α=√55，sin(β−α)=√1010，且α∈[π4, π]，β∈[π, 3π2]，则α+β的值是（ ）A.7π4B.9π4C.5π4或7π4D.5π4或9π47. 祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面积面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为ℎ(0<ℎ<1)的平面截该几何体，则截面面积为（ ）A.πB.πℎ2C.π(1−ℎ)2D.π(1−ℎ2)8. 现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（ ） A.15B.25C.35D.459. 已知{a n }为等比数列，S 4=3，S 12−S 8=12，则S 8等于（ ） A.−3 B.9 C.−3或9 D.−3或610. 如图在矩形ABCD 中，AB =2√3，BC =2，E 为线段DC 上一动点，现将△AED 沿AE 折起，使点D 在面ABC 上的射影K 在直线AE 上，当E 从D 运动到C ，则K 所形成轨迹的长度为（ ）A.2π3B.π3C.√6+√23D.√6+√2211. 已知抛物线Γ：x 2=8y 的焦点为F ，直线l 与抛物线Γ在第一象限相切于点P ，并且与直线y =−2及x 轴分别交于A 、B 两点，直线PF 与抛物线Γ的另一交点为Q ，过点B 作BC // AF 交PF 于点C ，若|PC|=|QF|，则|PF|=( ) A.√5−1 B.2+√5 C.3+√5 D.5+√512. 已知f(x)=e x ，g(x)=mx +n ，若对任意实数x ，都有f(x)≥g(x)，则mn 的最大值为（ ） A.e 2B.e 23C.2eD.2e 2 二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）(x 2+1x −2)n 展式中的常数项是70，则n =________．已知实数x 、y 满足关系{x +y −2≤0x −y +4≥0y ≥1 ，则|√3x −y|的最大值为________．将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入m =4则相应最后的输出S 的值是________．数列{a n }的通项公式为a n ={92,(n =1)n 2⋅3n,(n ≥2) ，则数列{a n }的前n 项和S n =________．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤已知△ABC 的三内角A ，B ，C 所对边的长依次a ，b ，c 若cosA =34，cosC =18． (Ⅰ)求cosB 的值；(Ⅱ)若|AC →+BC →|=√46，求BC 边上中线的长．Monte −Carlo 方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用Monte −Carlo 方法来计算定积分，考虑定积分∫1x 4dx ，这时∫1x 4dx 等于由曲线y =x 4，x 轴，x =1所围成的区域M 的面积，为求它的值，我们在M 外作一个边长为1正方形OABC ，设想在正方形OABC 内随机投掷n 个点，若n 个点中有m 个点落入M 中，则M 的面积的估计值为mn ，此即为定积分∫1x 4dx 的估计值L ，向正方形ABCD 中随机投掷10000个点，有ξ个点落入区域M ．(Ⅰ)若ξ=2099，计算L 的值，并与实际值比较误差是否在5%以内； (Ⅱ)求ξ的数学期望；(Ⅲ)用以上方法求定积分，求L 与实际值之差在区间(−0.01, 0.001)的概率．附表：p(n)=∑n i=1C 10000k×0.2k ×0.810000−k .810000−k如图三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AC 1与A 1C 相交于点D ，AB =AC =AA 1=BC 1=2，∠A 1AC =120∘，平面ABC 1⊥平面AA 1C 1C ． (Ⅰ)求证：BD ⊥AC ；(Ⅱ)求直线AB 1与平面ABC 所成角的余弦值．已知椭圆C:x 236+y 24=1，斜率为13的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，且点P(3√2,√2)在直线l 的上方，（1）求直线l 与x 轴交点的横坐标x 0的取值范围；（2）证明：△PAB 的内切圆的圆心在一条直线上．设函数f(x)=x 2−(a −2)x −alnx ． (Ⅰ)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若方程f(x)=c （c 为常数）有两个不相等的实数根x 1，x 2，求证：f′(x 1+x 22)>0．[选修4-4，极坐标与参数方程选讲]在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =2+2cosφy =2sinφ （φ为参数），以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sinθ. (1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 3的极坐标方程为θ=α，(0<α<π，ρ∈R )，点A 是曲线C 3与C 1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4√2，求实数α的值．[选修4-5：不等式选讲](a≠0).已知函数f(x)=|x−a|+12a(1)若不等式f(x)−f(x+m)≤1恒成立，求实数m的最大值；(2)当a<1，函数g(x)=f(x)+|2x−1|有零点，求实数a的取值范围．2参考答案与试题解析2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1.【答案】A【考点】交集及其运算【解析】集合P表示的是函数的值域，求出二次函数的值域即化简了P；集合Q表示的方程中x的范围，求出x的范围化简集合Q；利用交集的定义求出P∩Q．【解答】解；P={y|y=x2}={y|y≥0}Q={x|x2+y2=2}={x|−√2≤x≤√2}∴P∩Q={x|0≤x≤√2}2.【答案】A【考点】复数的运算【解析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z，进一步求得z的坐标得答案．【解答】∵|−1+√3i1+i |=|−1+√3i||1+i|=√2=√2，∴iz=|−1+√3i1+i|+2i=√2+2i，则z=√2+2ii =(√2+2i)(−i)−i2=2−√2i，∴z=2+√2i．则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点的坐标为(2, √2)，位于第一象限．3.【答案】D【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】根据充分条件和必要条件的定义，利用向量共线的等价条件，即可得到结论．【解答】若a→⋅b→=|a→⋅b→|，则|a→|⋅|b→|cos<a→，b→>=|a→||b→||cos<a→，b→>|，即cos<a→，b→>=|cos<a→，b→>|，则cos<a→，b→>≥0，则a→与b→共线不成立，即充分性不成立．若a→与b→共线，当<a→，b→>=π，cos<a→，b→>=−1，此时a→⋅b→=|a→⋅b→|不成立，即必要性不成立，故“a→⋅b→=|a→⋅b→|”是“a→与b→共线”的既不充分也不必要条件，4.【答案】A【考点】双曲线的特性【解析】由已知条件推导出以|F1F2|为直径的圆的方程为x2+y2=c2，且{16+9=c23=ab×4，由此能求出双曲线的方程．【解答】∵双曲线y2a −x2b=1(a>0, b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，∴以|F1F2|为直径的圆的方程为x2+y2=c2，∵以|F1F2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为(4, 3)，∴{16+9=c 23=ab×4，解得a=3，b=4，∴双曲线的方程为y29−x216=1．5.【答案】C【考点】函数的求值求函数的值【解析】推导出f(x+6)=f(x)，从而f(2014)=f(335×6+4)=f(4)=f(3)−f(2)= f(2)−f(1)−f(2)=−f(1)=−f(0)+f(−1)，由此能求出结果．【解答】∵定义在R上的函数f(x)满足f(x)={log2(1−x),x≤0f(x−1)−f(x−2),x>0，∴f(x+6)=f(x+5)−f(x+4)=f(x+4)−f(x+3)−f(x+4)=−f(x+3)=−[f(x+2)−f(x+1)]=−[f(x+1)−f(x)−f(x+1)]=f(x)，∴f(2014)=f(335×6+4)=f(4)=f(3)−f(2)=f(2)−f(1)−f(2)=−f(1)=−f(0)+f(−1)=−log21+log22=1．故选：C．6.【答案】A【考点】二倍角的三角函数两角和与差的三角函数【解析】依题意，可求得α∈[π4, π2]，2α∈[π2, π]，进一步可知β−α∈[π2, π]，于是可求得cos(β−α)与cos2α的值，再利用两角和的余弦及余弦函数的单调性即可求得答案．【解答】∵α∈[π4, π]，β∈[π, 3π2]，∴2α∈[π2, 2π]，又0<sin2α=√55<12，∴2α∈(5π6, π)，即α∈(5π12, π2)，∴β−α∈(π2, 13π12)，∴cos2α=−√1−sin22α=−2√55；又sin(β−α)=√1010，∴β−α∈(π2, π)，∴cos(β−α)=−√1−sin2(β−α)=−3√1010，∴cos(α+β)＝cos[2α+(β−α)]＝cos2αcos(β−α)−sin2αsin(β−α)=−2√55×(−3√1010)−√55×√1010=√22．又α∈(5π12, π2)，β∈[π, 3π2]，∴(α+β)∈(17π12, 2π)，∴α+β=7π4，7.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】根据相似求出截面小圆的半径，从额得出答案．【解答】由三视图可知几何体为底面半径和高均为1的圆柱中挖去一个同底同高的圆锥，截面为圆环．设截面小圆半径为r，则r1=ℎ1，即r=ℎ，∴截面面积为S=π×12−πr2=π(1−ℎ2)．8.【答案】C【考点】排列、组合的应用古典概型及其概率计算公式【解析】男生甲不站两端，共有n=C41A55=480种，考虑3位女生中有且只有两位相邻的排列，共有C32A22A42A33=432种，在3女生中有且仅有两位相邻且男生甲在两端的排列有2×C32A22A32A22=144种，从而不同的排列方法共有m=432−144=288种，由此能求出在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率．【解答】解：男生甲不站两端，共有n=C41A55=480种，考虑3位女生中有且只有两位相邻的排列，共有C32A22A42A33=432种，在3女生中有且仅有两位相邻且男生甲在两端的排列有2×C32A22A32A22=144种，∴不同的排列方法共有m=432−144=288种，∴在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是：p=mn =288480=35．故选C.9.【答案】B【考点】等比数列的前n项和【解析】根据等比数列的性质求解即可．【解答】由{a n}为等比数列，S4=3，S12−S8=12，可得S4，S8−S4，S12−S8成等比数列．即(S8−S4)2=S4(S12−S8)=36．∴S8−S4=±6∴S8=9或−3，当S8=−3时，即a1(1−q7)1−q=−3S4=3，即a1(1−q3)1−q=3，可得：q=1不满足题意，∴S8≠−3∴S8=9．10.【答案】A【考点】轨迹方程【解析】根据图形的翻折过程中变与不变的量和位置关系知，若连接D′K，则∠D′KA=90∘，得到K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一弧，根据长方形的边长得到圆的半径，求得此弧所对的圆心角的弧度数，利用弧长公式求出轨迹长度．【解答】由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D′K，则∠D′KA=90∘，故K点的轨迹是以AD′为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是1，如图当E与C重合时，AK=√12+4=1，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠KOA=π3，∴∠KOD′=2π3，其所对的弧长为2π3，11.【答案】C【考点】抛物线的求解【解析】设P(m, 18m2)，分别过B、P作直线y=−2的垂线，垂足为D、E，由已知条件推导出|FC|=|BD|=2，设直线PQ的方程为y=kx+2，代入C:x2=8y得x2−8kx−16= 00，由此能求出|PF|．【解答】设P(m, 18m2)，分别过B、P作直线y=−2的垂线，垂足为D、E，∵BC // AF，∴|FC||FP|=|AB||AP|=|BD||PE|，∵|FP|=|PE|，∴|FC|=|BD|=2，设直线PQ的方程为y=kx+2，代入C:x2=8y得x2−8kx−16=0，∴m⋅x Q=−16，∴x Q=−16m ，∴y Q=32m2，∵|PF|=18m2+2，∴|PC|=18m2，∵|QF|=32m2+2，|PC|=|QF|，∴得18m2=32m2+2，∴m4−16m2−256=0，解得m2=8+8√5∴|PF|=18m2+2=3+√5．12.【答案】A【考点】函数的求值【解析】由题意可得f(x)−g(x)≥0恒成立，即为e x−mx−n≥0，令ℎ(x)=e x−mx−n，求出函数的导数，再分别讨论m=0，m<0，m>0的情况，从而得出mn的最大值．【解答】由题意可得f(x)−g(x)≥0恒成立，即为e x−mx−n≥0，令ℎ(x)=e x−mx−n，ℎ′(x)=e x−m，若m=0，则ℎ(x)=e x−n的最小值为ℎ(x)>−n≥0，得n≤0，此时mn=0；若m<0，则ℎ′(x)>0，函数单调增，x→−∞，此时ℎ(x)→−∞，不可能恒有ℎ(x)≥0．若m>0，则得极小值点x=lnm，由ℎ(lnm)=m−mlnm−n≥0，得n≤m(1−lnm)，mn≤m2(1−lnm)=k(m)．现求k(m)的最小值：由k′(m)=2m(1−lnm)−m=m(1−2lnm)=0，得极小值点m=e12，k(e12)=e2，所以mn的最大值为e2．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）【答案】4【考点】二项式定理的应用【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得n=r，再根据常数项为70，求得n的值．【解答】∵(x2+1x2−2)n=(x−1x)2n的展式的通项公式为T r+1=C2n r⋅(−1)r⋅x2n−2r，令2n−2r=0，求得n=r，故展开式的常数项为(−1)n⋅C2n n=70，求得n=4，【答案】3√3+1【考点】简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域，然后分√3x−y>0和√3x−y<0分别求出其最小值和最大值，则|√3x−y|的最大值可求．【解答】由约束条件{x +y −2≤0x −y +4≥0y ≥1 作出可行域如图，联立{y =1x +y −2=0 ，解得A(1, 1)， 联立{y =1x −y +4=0，解得B(−3, 1)， 当√3x −y >0时，t =√3x −y 过A 时有最大值为√3−1；当√3x −y <0时，t =√3x −y 过B 时有最小值为−3√3−1． ∴ |√3x −y|的最大值为3√3+1． 【答案】 15【考点】循环结构的应用 【解析】根据所给条件，按照流程图的流程进行逐一判定，看其是否满足判断框的条件，从而选择下一处理框，依次执行可得到所求． 【解答】i =1，m =4，满足条件i <m ，j =0，满足条件j ≤i ，则a =C 10=1，S =1+1=2；j =1，满足条件j ≤i ，则a =C 11=1，S =2+1=3；j =2，不满足条件j ≤i ，则i =2，j =0，满足条件j ≤i ，则a =C 20=1，S =3+1=4；j =1，满足条件j ≤i ，则a =C 21=2，S =4+2=6； j =2，满足条件j ≤i ，则a =C 22=1，S =6+1=7；j =3，不满足条件j ≤i ，则i =3，j =0，满足条件j ≤i ，则a =C 30=1，S =7+1=8；j =1，满足条件j ≤i ，则a =C 31=3，S =8+3=11； j =2，满足条件j ≤i ，则a =C 32=3，S =11+3=14； j =3，满足条件j ≤i ，则a =C 33=1，S =14+1=15；j =4，不满足条件j ≤i ，则i =4，不满足条件i <m ，输出S =15； 【答案】n 2−n +12⋅3n+1【考点】 数列的求和 【解析】由错位相减法可得−2S n =27+5⋅33+7⋅34+...+(2n −1)⋅3n −n 2⋅3n+1，设T n =5⋅33+7⋅34+...+(2n −1)⋅3n ，再运用乘公比作差法，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．【解答】数列{a n }的前n 项和S n =92+22⋅32+32⋅33+42⋅34+...+n 2⋅3n ， 3S n =272+22⋅33+32⋅34+42⋅35+...+n 2⋅3n+1，相减可得−2S n =27+5⋅33+7⋅34+...+(2n −1)⋅3n −n 2⋅3n+1， 设T n =5⋅33+7⋅34+...+(2n −1)⋅3n ， 3T n =5⋅34+7⋅35+...+(2n −1)⋅3n+1，相减可得−2T n =5⋅33+2(34+...+3n )−(2n −1)⋅3n+1 =135+2⋅81(1−3n−3)1−3−(2n −1)⋅3n+1，化简可得T n =(n −1)⋅3n+1−27，即有−2S n =27+(n −1)⋅3n+1−27−n 2⋅3n+1， 化简可得S n =n 2−n+12⋅3n+1，三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤【答案】(Ⅰ)根据题意，△ABC 中，cosA =34，cosC =18． 则sinA =√1−cos 2A =74，sinC =√1−cos 2C =3√78， 则cosB =−cos(A +C)=−cosAcosC +sinAsinC =916； (Ⅱ)由(Ⅰ)可得sinB =√1−cos 2B =5√716， 又由sinA =74，sinC =3√78，则有BC sinA =AC sinB =AB sinC ，即BC 4=AC 5=AB 6，设BC =4k ，AC =5k ，AB =6k ，若|AC →+BC →|=√46，则AC →2+BC →2+2AC →⋅BC →=25k 2+16k 2+2×5k ×4k ×18=46k 2=46，解可得：k =1，k =−1（舍）； 则BC =4，AC =5，AB =6，设BC 的中点为D ，则AD →=12(AC →+AB →)，则有AD →2=14(AC →2+AB →2+2AC →⋅AB →)=14(25+36+2×5×6×34)=1064，则|AD →|=√1062；则BC 边上中线的长为√1062．【考点】 三角形求面积 【解析】(Ⅰ)根据题意，由同角三角函数的基本关系式分析可得sinA 、sinC 的值，由和角公式计算可得答案；(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论，计算可得sinB 的值，由正弦定理可得BCsinA =ACsinB =ABsinC ，即BC4=AC 5=AB6，设BC =4k ，AC =5k ，AB =6k ，由向量数量积的计算公式可得若|AC →+BC →|=√46，则AC →2+BC →2+2AC →⋅BC →=25k 2+16k 2+2×5k ×4k ×18=46k 2=46，解可得k 的值，即可得BC =4，AC =5，AB =6，设BC 的中点为D ，则AD →=12(AC →+AB →)，结合向量数量积的计算公式计算可得答案． 【解答】(Ⅰ)根据题意，△ABC 中，cosA =34，cosC =18． 则sinA =√1−cos 2A =74，sinC =√1−cos 2C =3√78， 则cosB =−cos(A +C)=−cosAcosC +sinAsinC =916； (Ⅱ)由(Ⅰ)可得sinB =√1−cos 2B =5√716， 又由sinA =74，sinC =3√78，则有BC sinA =AC sinB =AB sinC ，即BC 4=AC 5=AB 6，设BC =4k ，AC =5k ，AB =6k ，若|AC →+BC →|=√46，则AC →2+BC →2+2AC →⋅BC →=25k 2+16k 2+2×5k ×4k ×18=46k 2=46，解可得：k =1，k =−1（舍）； 则BC =4，AC =5，AB =6，设BC 的中点为D ，则AD →=12(AC →+AB →)，则有AD →2=14(AC →2+AB →2+2AC →⋅AB →)=14(25+36+2×5×6×34)=1064，则|AD →|=√1062；则BC 边上中线的长为√1062．【答案】（1）若ξ=2099，则I =209910000=0.2099， 而∫1x 4dx =15x 5|01=0.2，∴ 估计值与实际值的误差为：|0.2099−0.2|0.2×100%=4.95%，即估计值与实际值的误差在5%以内．（2）由题意，每一次试验能够落入区域M 中的概率为0.2，投掷10000个点有ξ个点落入区域M内，则ξ∼B(10000, 0.2)，∴Eξ=10000×0.2=2000．（3）I与实际值之差在区间(−0.01, 0.01)的概率为P(|ξ10000−0.2|<0.01)=P(1900<ξ<2100)=∑∗k=19012100C10000k0.2k∗0.810000−k=P(2099)−P(1900)=0.9871．【考点】独立性检验离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）若ξ=2099，则I=209910000=0.2099，由此利用定积分能求出估计值与实际值的误差在5%以内．（2）由题意，每一次试验能够落入区域M中的概率为0.2，投掷10000个点有ξ个点落入区域M内，则ξ∼B(10000, 0.2)，由此能求出ξ的数学期望．（3）I与实际值之差在区间(−0.01, 0.01)的概率为P(|ξ10000−0.2|<0.01)，由此能求出结果．【解答】（1）若ξ=2099，则I=209910000=0.2099，而∫10x4dx=15x5|01=0.2，∴估计值与实际值的误差为：|0.2099−0.2|0.2×100%=4.95%，即估计值与实际值的误差在5%以内．（2）由题意，每一次试验能够落入区域M中的概率为0.2，投掷10000个点有ξ个点落入区域M内，则ξ∼B(10000, 0.2)，∴Eξ=10000×0.2=2000．（3）I与实际值之差在区间(−0.01, 0.01)的概率为P(|ξ10000−0.2|<0.01)=P(1900<ξ<2100)=∑∗k=19012100C10000k0.2k∗0.810000−k=P(2099)−P(1900)=0.9871．【答案】(Ⅰ)证明：在△ABC1中，∵AB=BC1，D为AC1的中点，∴BD⊥AC1，∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，且平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1，∴BD⊥平面AA1C1C，而AC⊂平面AA1C1C，∴BD⊥AC；(Ⅱ)由题意知，四边形ACC1A1是菱形，∴A1C⊥AC1，而BD⊥平面ACC1A1，故分别以DA1，DA，DB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D −xyz ．则A(0, 1, 0)，B(0, 0, √3)，A 1(√3, 0, 0)， C(−√3, 0, 0)，令B 1(x, y, z)，则BB 1→=(x,y,z −√3)，AA 1→=(√3,−1,0)． 而AA 1→=BB 1→，∴ x =z =√3，y =−1． 即B 1(√3, −1, √3)，AB 1→=(√3,−2,√3)， 而AB →=(0,−1,√3)，AC →=(−√3,−1,0)， 令平面ABC 的一个法向量为n →=(x,y,z)，则有{n →∗AB →=−y +√3z =0n →∗AC →=−√3x −y =0 ，取z =1，得n →=(−1,√3,1)． 设直线AB 1与平面ABC 所成角为θ， 则sinθ=|cos <n →,AB 1→>|=|n →∗AB 1→||n →|∗|AB 1→|=√35√2=√65． ∴ cosθ=√1−sin 2θ=√195．故直线AB 1与平面ABC 所成角的余弦值为√195．【考点】直线与平面所成的角 【解析】(Ⅰ)在△ABC 1中，由已知可得BD ⊥AC 1，再由面面垂直的性质可得BD ⊥平面AA 1C 1C ，从而得到BD ⊥AC ；(Ⅱ)由题意知，四边形ACC 1A 1是菱形，可得A 1C ⊥AC 1，而BD ⊥平面ACC 1A 1，故分别以DA 1，DA ，DB 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D −xyz ，设出B 1坐标，由AA 1→=BB 1→求得B 1，然后求出平面ABC 的一个法向量，进一步求得直线AB 1与平面ABC 所成角的余弦值，则直线AB 1与平面ABC 所成角的余弦值可求． 【解答】(Ⅰ)证明：在△ABC 1中，∵ AB =BC 1，D 为AC 1的中点，∴ BD ⊥AC 1，∵ 平面ABC 1⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC 1∩平面AA 1C 1C =AC 1， ∴ BD ⊥平面AA 1C 1C ，而AC ⊂平面AA 1C 1C ，∴ BD ⊥AC ；(Ⅱ)由题意知，四边形ACC 1A 1是菱形，∴ A 1C ⊥AC 1，而BD ⊥平面ACC 1A 1，故分别以DA 1，DA ，DB 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D −xyz ．则A(0, 1, 0)，B(0, 0, √3)，A 1(√3, 0, 0)， C(−√3, 0, 0)，令B 1(x, y, z)，则BB 1→=(x,y,z −√3)，AA 1→=(√3,−1,0)． 而AA 1→=BB 1→，∴ x =z =√3，y =−1． 即B 1(√3, −1, √3)，AB 1→=(√3,−2,√3)， 而AB →=(0,−1,√3)，AC →=(−√3,−1,0)， 令平面ABC 的一个法向量为n →=(x,y,z)，则有{n →∗AB →=−y +√3z =0n →∗AC →=−√3x −y =0 ，取z =1，得n →=(−1,√3,1)． 设直线AB 1与平面ABC 所成角为θ， 则sinθ=|cos <n →,AB 1→>|=|n →∗AB 1→||n →|∗|AB 1→|=√35√2=√65． ∴ cosθ=√1−sin 2θ=√195．故直线AB 1与平面ABC 所成角的余弦值为√195．【答案】设直线l 的方程为y =13x +b ，∵ 点P(3√2,√2)在直线l 的上方， ∴ √2>√2+b ，∴ b <0直线l 的方程代入椭圆方程，整理可得2x 2+6bx +9b 2−36=0 ∵ 斜率为13的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点， ∴ △=36b 2−8(9b 2−36)=−36b 2+288>0 ∴ −2√2<b <2√2 ∴ −2√2<b <0由y =13x +b ，令y =0可得x =−3b ，即x 0=−3b ，∴ x 0∈(0,6√2)证明：设A(x 1, y 1)，B(x 1, y 1)，则{x 1+x 2=x 0x 1⋅x 2=x 02−362∵ k PA =10√2)3(x −3√2)，k PB =20√2)3(x −3√2)∴ k PA +k PB =0，又∵ 点P 在直线l 的上方，故∠APB 的角平分线是平行于y 轴的直线， 故∠PAB 的内切圆圆心在直线x =3√2上． 【考点】圆锥曲线的综合问题直线与椭圆结合的最值问题 【解析】（1）根据点P(3√2,√2)在直线l 的上方，斜率为13的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，可得b 的范围，进而可求直线l 与x 轴交点的横坐标x 0的取值范围；（2）证明k PA +k PB =0，根据点P 在直线l 的上方，可得∠APB 的角平分线是平行于y 轴的直线，故可得结论． 【解答】设直线l 的方程为y =13x +b ，∵ 点P(3√2,√2)在直线l 的上方， ∴ √2>√2+b ，∴ b <0直线l 的方程代入椭圆方程，整理可得2x 2+6bx +9b 2−36=0 ∵ 斜率为13的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点， ∴ △=36b 2−8(9b 2−36)=−36b 2+288>0 ∴ −2√2<b <2√2 ∴ −2√2<b <0由y =13x +b ，令y =0可得x =−3b ，即x 0=−3b ， ∴ x 0∈(0,6√2)证明：设A(x 1, y 1)，B(x 1, y 1)，则{x 1+x 2=x 0x 1⋅x 2=x 02−362∵ k PA =10√2)3(x −3√2)，k PB =20√2)3(x −3√2)∴ k PA +k PB =0，又∵ 点P 在直线l 的上方，故∠APB 的角平分线是平行于y 轴的直线， 故∠PAB 的内切圆圆心在直线x =3√2上． 【答案】(Ⅰ)∵ f(x)=x 2−(a −2)x −alnx ． ∴ x ∈(0, +∞)，f′(x)=2x −(a −2)−ax =2x 2−(a−2)x−ax=(2x−a)(x+1)x，当a ≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增， ∴ f(x)的单调递增区间为(0, +∞)，当a >0时，由f′(x)>0，得x >a2，由f′(x)<0，得0<x <a2，∴函数f(x)的单调递增区间为(a2, +∞)，单调递减区间为(0, a2)．证明：(Ⅱ)∵方程f(x)=c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，由(Ⅰ)知a>0，设0<x1<x2，则x12−(a−2)x1−alnx1=c，x22−(a−2)x2−alnx2=c，两式相减，得x12−(a−2)x1−alnx1−x22+(a−2)x2+alnx2=0，∴a=x12+2x1−x22−2x2x1+lnx1+x2−lnx2，∵f′(a2)=0，当x∈(0, a2)时，f′(x)<0，当x∈(a2, +∞)时，f′(x)>0，∴只要证明x1+x22>a2即可，即证明x1+x2>x12+2x1−x22−2xx1+lnx1−x2−lnx22，即证明(x1+x2)(x1+lnx1−x2−lnx2)<x12+2x1−x22−2x2，即证明ln x1x2<2x1−2x2x1+x2，设t=x1x2(0<t<1)，令g(t)=lnt−2t−2t+1，则g′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2，∵1>t>0，∴g′(t)>0，∴g(t)在(0, 1)上是增函数，又在t=1处连续且g(1)=0，∴当t∈(0, 1)时，g(t)<0总成立，∴f′(x1+x22)>0．【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】(Ⅰ)推导出x∈(0, +∞)，f′(x)=2x−(a−2)−ax =(2x−a)(x+1)x，由此利用导数性质能求出函数f(x)的单调区间．(Ⅱ)推导出a>0，设0<x1<x2，则x12−(a−2)x1−alnx1=c，x22−(a−2)x2−alnx2=c，从而a=x12+2x1−x22−2x2x1+lnx1+x2−lnx2，进而只要证明x1+x22>a2，即证明ln x1x2<2x1−2x2x1+x2，设t=x1x2(0<t<1)，令g(t)=lnt−2t−2t+1，利用导数性质能证明f′(x1+x22)>0．【解答】(Ⅰ)∵f(x)=x2−(a−2)x−alnx．∴x∈(0, +∞)，f′(x)=2x−(a−2)−ax =2x2−(a−2)x−ax=(2x−a)(x+1)x，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0, +∞)上单调递增，∴f(x)的单调递增区间为(0, +∞)，当a>0时，由f′(x)>0，得x>a2，由f′(x)<0，得0<x<a2，∴函数f(x)的单调递增区间为(a2, +∞)，单调递减区间为(0, a2)．证明：(Ⅱ)∵ 方程f(x)=c （c 为常数）有两个不相等的实数根x 1，x 2， 由(Ⅰ)知a >0，设0<x 1<x 2，则x 12−(a −2)x 1−alnx 1=c ，x 22−(a −2)x 2−alnx 2=c ， 两式相减，得x 12−(a −2)x 1−alnx 1−x 22+(a −2)x 2+alnx 2=0， ∴ a =x 12+2x 1−x 22−2x 2x 1+lnx 1+x 2−lnx 2，∵ f′(a2)=0，当x ∈(0, a2)时，f′(x)<0，当x ∈(a2, +∞)时，f′(x)>0， ∴ 只要证明x 1+x 22>a2即可，即证明x 1+x 2>x12+2x 1−x 22−2xx 1+lnx1−x 2−lnx 22，即证明(x 1+x 2)(x 1+lnx 1−x 2−lnx 2)<x 12+2x 1−x 22−2x 2，即证明ln x1x 2<2x 1−2x 2x 1+x 2，设t =x1x 2(0<t <1)，令g(t)=lnt −2t−2t+1，则g′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2，∵ 1>t >0，∴ g′(t)>0，∴ g(t)在(0, 1)上是增函数，又在t =1处连续且g(1)=0， ∴ 当t ∈(0, 1)时，g(t)<0总成立， ∴ f′(x 1+x 22)>0．[选修4-4，极坐标与参数方程选讲] 【答案】解：(1)由曲线C 1的参数方程为{x =2+2cosφy =2sinφ（φ为参数），消去参数得曲线C 1的普通方程为(x −2)2+y 2＝4． ∵ 曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sinθ， ∴ ρ2＝4ρsinθ，∴ C 2的直角坐标方程为x 2+y 2＝4y ，整理，得x 2+(y −2)2＝4．(2)曲线C 1：(x −2)2+y 2＝4化为极坐标方程为ρ＝4cosθ， 设A(ρ1, α1)，B(ρ2, α2)，∵ 曲线C 3的极坐标方程为θ＝α，0<α<π，ρ∈R ，点A 是曲线C 3与C 1的交点， 点B 是曲线C 3与C 2的交点，且A ，B 均异于原点O ，且|AB|＝4√2， ∴ |AB|＝|ρ1−ρ2|＝|4sinα−4cosα|＝4√2|sin(α−π4)|＝4√2， ∴ sin(α−π4)＝±1， ∵ 0<α<π， ∴ −π4<α−π4<3π4，∴ α−π4=π2， 解得α=3π4．【考点】参数方程与普通方程的互化圆的极坐标方程极坐标刻画点的位置【解析】(Ⅰ)由曲线C 1的参数方程消去参数能求出曲线C 1的普通方程；曲线C 2的极坐标方程化为ρ2＝4ρsinθ，由此能求出C 2的直角坐标方程．(Ⅱ)曲线C 1化为极坐标方程为ρ＝4cosθ，设A(ρ1, α1)，B(ρ2, α2)，从而得到|AB|＝|ρ1−ρ2|＝|4sinα−4cosα|＝4√2|sin(α−π4)|＝4√2，进而sin(α−π4)＝±1，由此能求出结果．【解答】解：(1)由曲线C 1的参数方程为{x =2+2cosφy =2sinφ（φ为参数）， 消去参数得曲线C 1的普通方程为(x −2)2+y 2＝4．∵ 曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sinθ，∴ ρ2＝4ρsinθ，∴ C 2的直角坐标方程为x 2+y 2＝4y ，整理，得x 2+(y −2)2＝4．(2)曲线C 1：(x −2)2+y 2＝4化为极坐标方程为ρ＝4cosθ， 设A(ρ1, α1)，B(ρ2, α2)，∵ 曲线C 3的极坐标方程为θ＝α，0<α<π，ρ∈R ，点A 是曲线C 3与C 1的交点， 点B 是曲线C 3与C 2的交点，且A ，B 均异于原点O ，且|AB|＝4√2， ∴ |AB|＝|ρ1−ρ2|＝|4sinα−4cosα|＝4√2|sin(α−π4)|＝4√2， ∴ sin(α−π4)＝±1，∵ 0<α<π，∴ −π4<α−π4<3π4， ∴ α−π4=π2，解得α=3π4．[选修4-5：不等式选讲]【答案】解：(1)∵ f(x)=|x −a|+12a ，∴ f(x +m)=|x +m −a|+12a ，∴ f(x)−f(x +m)=|x −a|−|x +m −a|≤|m|，∴ |m|≤1，∴ −1≤m ≤1，∴ 实数m 的最大值为1；(2)当a <12时，g(x)=f(x)+|2x −1|=|x −a|+|2x −1|+12a={ −3x +a +12a +1,x <a,−x −a +1+1,a ≤x ≤1,3x −a +12a −1,x >12,∵ g(x)=f(x)+|2x −1|有零点，∴ g(x)在(−∞, 12)上单调递减，在(12, +∞)上单调递增．∴ g(x)min =g(12)=12−a +12a=−2a 2+a+12a ≤0， ∴ {0<a <12,−2a 2+a +1≤0,或{a <0,−2a 2+a +1≥0, 解得−12≤a <0，∴ 实数a 的取值范围是[−12,0)．【考点】绝对值不等式绝对值三角不等式函数零点的判定定理【解析】（1）若不等式f(x)−f(x +m)≤1恒成立，利用f(x)−f(x +m)＝|x −a|−|x +m −a|≤|m|，求实数m 的最大值；（2）当a 12时，函数g(x)＝f(x)+|2x −1|有零点，g(x)min =g(12)=12−a +12a =−2a 2+a+12a ≤0，可得{0a 12−2a 2+a +1≤0 或{a0−2a 2+a +1≥0 ，即可求实数a 的取值范围．【解答】解：(1)∵ f(x)=|x −a|+12a ，∴ f(x +m)=|x +m −a|+12a ，∴ f(x)−f(x +m)=|x −a|−|x +m −a|≤|m|，∴ |m|≤1，∴ −1≤m ≤1，∴ 实数m 的最大值为1；(2)当a <12时，g(x)=f(x)+|2x −1|=|x −a|+|2x −1|+12a={ −3x +a +12a +1,x <a,−x −a +12a +1,a ≤x ≤12,3x −a +12a −1,x >12, ∵ g(x)=f(x)+|2x −1|有零点，∴ g(x)在(−∞, 12)上单调递减，在(12, +∞)上单调递增．∴ g(x)min =g(12)=12−a +12a=−2a 2+a+12a ≤0， ∴ {0<a <12,−2a 2+a +1≤0,或{a <0,−2a 2+a +1≥0, 解得−12≤a <0， ∴ 实数a 的取值范围是[−12,0)．。
【全国校级联考word】河南省名校2018届高三压轴第二次考试理数试题
1 2
a 3 ， a1 成等差数列，则
a4 a2
a5 a3
的值为（
）
A． 1 5 2
B． 3 5 2
C． 5 1 2
D． 3 5 或 3 5
2
2
4.甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为 3 ，各 4
局比赛结果相互独立且没有平局，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（ ）
河南名校 2018 届高三第二次考试
数学（理科）
第Ⅰ卷（共 60 分）
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
z 1），则复数
z
的共轭复数在复平面内对应的点在（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前 n 项和的程序框图.
执行该程序框图，输入 m 7 ，则输出的 S （ ）
1
A．64
B．68
C.100
D．140
8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A． 8 4 3
B． 8 2 3
(1
a x
)6
的展开式中
x 3
的系数为
．
x2
15.过双曲线
a2
y2 b2
1(a 0, b 0) 的右焦点且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于
A, B 两点， D 为虚轴的
一个端点，且 ABD 为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷(理科)(解析版)
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1．（5分）若P＝{y|y＝x2}，Q＝{x|x2+y2＝2}，P∩Q等于（）A．B．{（1，1），（﹣1，1）}C．D．∅2．（5分）若复数z满足iz＝||+2i，（i为虚数单位），则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）设为两个非零向量，则“•＝|•|”是“与共线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的两个焦点分别为F1、F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（）A．﹣＝1B．﹣＝1C．﹣＝1D．﹣＝15．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝，则f（2014）的值为（）A．﹣1B．0C．1D．26．（5分）若sin2α＝，sin（β﹣α）＝，且α∈[，π]，β∈[π，]，则α+β的值是（）A．B．C．或D．或7．（5分）祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面积面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为h（0＜h＜1）的平面截该几何体，则截面面积为（）A．πB．πh2C．π（1﹣h）2D．π（1﹣h2）8．（5分）现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（）A．B．C．D．9．（5分）已知{a n}为等比数列，S4＝3，S12﹣S8＝12，则S8等于（）A．﹣3B．9C．﹣3或9D．﹣3或610．（5分）如图在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，E为线段DC上一动点，现将△AED 沿AE折起，使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（）A．B．C．D．11．（5分）已知抛物线Γ：x2＝8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y＝﹣2及x轴分别交于A、B两点，直线PF与抛物线Γ的另一交点为Q，过点B作BC∥AF交PF于点C，若|PC|＝|QF|，则|PF|＝（）A．﹣1B．2C．3D．512．（5分）已知f（x）＝e x，g（x）＝mx+n，若对任意实数x，都有f（x）≥g（x），则mn 的最大值为（）A．B．C．2e D．2e2二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（x2+﹣2）n展式中的常数项是70，则n＝．14．（5分）已知实数x、y满足关系，则|﹣y|的最大值为．15．（5分）将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入m＝4则相应最后的输出S的值是．16．（5分）数列{a n}的通项公式为a n＝，则数列{a n}的前n项和S n＝．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）已知△ABC的三内角A，B，C所对边的长依次a，b，c若cos A＝，cos C＝．（Ⅰ）求cos B的值；（Ⅱ）若|+|＝，求BC边上中线的长．18．（12分）Monte﹣Carlo方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用Monte﹣Carlo 方法来计算定积分，考虑定积分x4dx，这时x4dx等于由曲线y＝x4，x轴，x＝1所围成的区域M的面积，为求它的值，我们在M外作一个边长为1正方形OABC，设想在正方形OABC内随机投掷n个点，若n个点中有m个点落入M中，则M的面积的估计值为，此即为定积分x4dx的估计值L，向正方形ABCD中随机投掷10000个点，有ξ个点落入区域M．（Ⅰ）若ξ＝2099，计算L的值，并与实际值比较误差是否在5%以内；（Ⅱ）求ξ的数学期望；（Ⅲ）用以上方法求定积分，求L与实际值之差在区间（﹣0.01，0.001）的概率．附表：p（n）＝×0.2k×0.810000﹣k.810000﹣k19．（12分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，AB＝AC＝AA1＝BC1＝2，∠A1AC＝120°，平面ABC1⊥平面AA1C1C．（Ⅰ）求证：BD⊥AC；（Ⅱ）求直线AB1与平面ABC所成角的余弦值．20．（12分）已知椭圆，斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，且点在直线l的上方，（1）求直线l与x轴交点的横坐标x0的取值范围；（2）证明：△P AB的内切圆的圆心在一条直线上．21．（12分）设函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若方程f（x）＝c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′（）＞0．[选修4-4，极坐标与参数方程选讲]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，求实数α的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数（1）若不等式f（x）﹣f（x+m）≤1恒成立，求实数m的最大值；（2）当a＜时，函数g（x）＝f（x）+|2x﹣1|有零点，求实数a的取值范围．2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1．（5分）若P＝{y|y＝x2}，Q＝{x|x2+y2＝2}，P∩Q等于（）A．B．{（1，1），（﹣1，1）}C．D．∅【解答】解；P＝{y|y＝x2}＝{y|y≥0}∴故选：A．2．（5分）若复数z满足iz＝||+2i，（i为虚数单位），则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：∵||＝，∴iz＝||+2i＝，则z＝，∴．则复数z的共轭复数在复平面上所对应的点的坐标为（2，），位于第一象限．故选：A．3．（5分）设为两个非零向量，则“•＝|•|”是“与共线”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：若•＝|•|，则||•||cos＜，＞＝|||||cos＜，＞|，即cos＜，＞＝|cos＜，＞|，则cos＜，＞≥0，则与共线不成立，即充分性不成立．若与共线，当＜，＞＝π，cos＜，＞＝﹣1，此时•＝|•|不成立，即必要性不成立，故“•＝|•|”是“与共线”的既不充分也不必要条件，故选：D．4．（5分）已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的两个焦点分别为F1、F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），则此双曲线的方程为（）A．﹣＝1B．﹣＝1C．﹣＝1D．﹣＝1【解答】解：∵双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的上、下焦点分别为F1，F2，∴以|F1F2|为直径的圆的方程为x2+y2＝c2，∵以|F1F2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为（4，3），∴，解得a＝3，b＝4，∴双曲线的方程为．故选：A．5．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝，则f（2014）的值为（）A．﹣1B．0C．1D．2【解答】解：∵定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝，∴f（x+6）＝f（x+5）﹣f（x+4）＝f（x+4）﹣f（x+3）﹣f（x+4）＝﹣f（x+3）＝﹣[f（x+2）﹣f（x+1）]＝﹣[f（x+1）﹣f（x）﹣f（x+1）]＝f（x），∴f（2014）＝f（335×6+4）＝f（4）＝f（3）﹣f（2）＝f（2）﹣f（1）﹣f（2）＝﹣f（1）＝﹣f（0）+f（﹣1）＝﹣log21+log22＝1．故选：C．6．（5分）若sin2α＝，sin（β﹣α）＝，且α∈[，π]，β∈[π，]，则α+β的值是（）A．B．C．或D．或【解答】解：∵α∈[，π]，β∈[π，]，∴2α∈[，2π]，又0＜sin2α＝＜，∴2α∈（，π），即α∈（，），∴β﹣α∈（，），∴cos2α＝﹣＝﹣；又sin（β﹣α）＝，∴β﹣α∈（，π），∴cos（β﹣α）＝﹣＝﹣，∴cos（α+β）＝cos[2α+（β﹣α）]＝cos2αcos（β﹣α）﹣sin2αsin（β﹣α）＝﹣×（﹣）﹣×＝．又α∈（，），β∈[π，]，∴（α+β）∈（，2π），∴α+β＝，故选：A．7．（5分）祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面积面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体的三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为h（0＜h＜1）的平面截该几何体，则截面面积为（）A．πB．πh2C．π（1﹣h）2D．π（1﹣h2）【解答】解：由三视图可知几何体为底面半径和高均为1的圆柱中挖去一个同底同高的圆锥，截面为圆环．设截面小圆半径为r，则，即r＝h，∴截面面积为S＝π×12﹣πr2＝π（1﹣h2）．故选：D．8．（5分）现有三位男生和三位女生，共六位同学，随机地站成一排，在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是（）A．B．C．D．【解答】解：男生甲不站两端，共有n＝C41A55＝480种，考虑3位女生中有且只有两位相邻的排列，共有C32A22A42A33＝432种，在3女生中有且仅有两位相邻且男生甲在两端的排列有2×C32A22A32A22＝144种，∴不同的排列方法共有m＝432﹣144＝288种，∴在男生甲不站两端的条件下，有且只有两位女生相邻的概率是：p＝＝．故选：C．9．（5分）已知{a n}为等比数列，S4＝3，S12﹣S8＝12，则S8等于（）A．﹣3B．9C．﹣3或9D．﹣3或6【解答】解：由{a n}为等比数列，S4＝3，S12﹣S8＝12，可得S4，S8﹣S4，S12﹣S8成等比数列．即（S8﹣S4）2＝S4（S12﹣S8）＝36．∴S8﹣S4＝±6∴S8＝9或﹣3，当S8＝﹣3时，即S4＝3，即，可得：q＝1不满足题意，∴S8≠﹣3∴S8＝9．故选：B．10．（5分）如图在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，E为线段DC上一动点，现将△AED 沿AE折起，使点D在面ABC上的射影K在直线AE上，当E从D运动到C，则K所形成轨迹的长度为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K，则∠D'KA＝90°，故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是1，如图当E与C重合时，AK＝＝1，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠KOA＝，∴∠KOD'＝，其所对的弧长为，故选：A．11．（5分）已知抛物线Γ：x2＝8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y＝﹣2及x轴分别交于A、B两点，直线PF与抛物线Γ的另一交点为Q，过点B作BC∥AF交PF于点C，若|PC|＝|QF|，则|PF|＝（）A．﹣1B．2C．3D．5【解答】解：设P（m，m2），分别过B、P作直线y＝﹣2的垂线，垂足为D、E，∵BC∥AF，∴＝＝，∵|FP|＝|PE|，∴|FC|＝|BD|＝2，设直线PQ的方程为y＝kx+2，代入C：x2＝8y得x2﹣8kx﹣16＝0，∴m•x Q＝﹣16，∴x Q＝﹣，∴y Q＝，∵|PF|＝m2+2，∴|PC|＝m2，∵|QF|＝+2，|PC|＝|QF|，∴得m2＝+2，∴m4﹣16m2﹣256＝0，解得m2＝8+8∴|PF|＝m2+2＝3+．故选：C．12．（5分）已知f（x）＝e x，g（x）＝mx+n，若对任意实数x，都有f（x）≥g（x），则mn 的最大值为（）A．B．C．2e D．2e2【解答】解：由题意可得f（x）﹣g（x）≥0恒成立，即为e x﹣mx﹣n≥0，令h（x）＝e x﹣mx﹣n，h′（x）＝e x﹣m，若m＝0，则h（x）＝e x﹣n的最小值为h（x）＞﹣n≥0，得n≤0，此时mn＝0；若m＜0，则h′（x）＞0，函数单调增，x→﹣∞，此时h（x）→﹣∞，不可能恒有h（x）≥0．若m＞0，则得极小值点x＝lnm，由h（lnm）＝m﹣mlnm﹣n≥0，得n≤m（1﹣lnm），mn≤m2（1﹣lnm）＝k（m）．现求k（m）的最小值：由k′（m）＝2m（1﹣lnm）﹣m＝m（1﹣2lnm）＝0，得极小值点m＝，k（）＝，所以mn的最大值为．故选：A．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（x2+﹣2）n展式中的常数项是70，则n＝4．【解答】解：∵（x2+﹣2）n＝的展式的通项公式为T r+1＝•（﹣1）r•x2n﹣2r，令2n﹣2r＝0，求得n＝r，故展开式的常数项为（﹣1）n•＝70，求得n＝4，故答案为：4．14．（5分）已知实数x、y满足关系，则|﹣y|的最大值为．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（1，1），联立，解得B（﹣3，1），当时，t＝过A时有最大值为；当时，t＝过B 时有最小值为﹣3．∴|﹣y|的最大值为．故答案为：．15．（5分）将“杨辉三角”中的数从左到右、从上到下排成一数列：1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…，如图所示程序框图用来输出此数列的前若干项并求其和，若输入m＝4则相应最后的输出S的值是15．【解答】解：i＝1，m＝4，满足条件i＜m，j＝0，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝1+1＝2；j＝1，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝2+1＝3；j＝2，不满足条件j≤i，则i＝2，j＝0，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝3+1＝4；j＝1，满足条件j≤i，则a＝＝2，S＝4+2＝6；j＝2，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝6+1＝7；j＝3，不满足条件j≤i，则i＝3，j＝0，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝7+1＝8；j＝1，满足条件j≤i，则a＝＝3，S＝8+3＝11；j＝2，满足条件j≤i，则a＝＝3，S＝11+3＝14；j＝3，满足条件j≤i，则a＝＝1，S＝14+1＝15；j＝4，不满足条件j≤i，则i＝4，不满足条件i＜m，输出S＝15；故答案为：1516．（5分）数列{a n}的通项公式为a n＝，则数列{a n}的前n项和S n＝•3n+1．【解答】解：数列{a n}的前n项和S n＝+22•32+32•33+42•34+…+n2•3n，3S n＝+22•33+32•34+42•35+…+n2•3n+1，相减可得﹣2S n＝27+5•33+7•34+…+（2n﹣1）•3n﹣n2•3n+1，设T n＝5•33+7•34+…+（2n﹣1）•3n，3T n＝5•34+7•35+…+（2n﹣1）•3n+1，相减可得﹣2T n＝5•33+2（34+…+3n）﹣（2n﹣1）•3n+1＝135+2•﹣（2n﹣1）•3n+1，化简可得T n＝（n﹣1）•3n+1﹣27，即有﹣2S n＝27+（n﹣1）•3n+1﹣27﹣n2•3n+1，化简可得S n＝•3n+1，故答案为：•3n+1．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）已知△ABC的三内角A，B，C所对边的长依次a，b，c若cos A＝，cos C＝．（Ⅰ）求cos B的值；（Ⅱ）若|+|＝，求BC边上中线的长．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，△ABC中，cos A＝，cos C＝．则sin A＝＝，sin C＝＝，则cos B＝﹣cos（A+C）＝﹣cos A cos C+sin A sin C＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得sin B＝＝，又由sin A＝，sin C＝，则有＝＝，即＝＝，设BC＝4k，AC＝5k，AB＝6k，若|+|＝，则2+2+2•＝25k2+16k2+2×5k×4k×＝46k2＝46，解可得：k＝1，k＝﹣1（舍）；则BC＝4，AC＝5，AB＝6，设BC的中点为D，则＝（+），则有2＝（2+2+2•）＝（25+36+2×5×6×）＝，则||＝；则BC边上中线的长为．18．（12分）Monte﹣Carlo方法在解决数学问题中有广泛的应用，下面是利用Monte﹣Carlo 方法来计算定积分，考虑定积分x4dx，这时x4dx等于由曲线y＝x4，x轴，x＝1所围成的区域M的面积，为求它的值，我们在M外作一个边长为1正方形OABC，设想在正方形OABC内随机投掷n个点，若n个点中有m个点落入M中，则M的面积的估计值为，此即为定积分x4dx的估计值L，向正方形ABCD中随机投掷10000个点，有ξ个点落入区域M．（Ⅰ）若ξ＝2099，计算L的值，并与实际值比较误差是否在5%以内；（Ⅱ）求ξ的数学期望；（Ⅲ）用以上方法求定积分，求L与实际值之差在区间（﹣0.01，0.001）的概率．附表：p（n）＝×0.2k×0.810000﹣k.810000﹣k【解答】解：（1）若ξ＝2099，则I＝，而＝＝0.2，…（2分）∴估计值与实际值的误差为：，即估计值与实际值的误差在5%以内．…（4分）（2）由题意，每一次试验能够落入区域M中的概率为0.2，投掷10000个点有ξ个点落入区域M内，则ξ～B（10000，0.2），…（7分）∴Eξ＝10000×0.2＝2000．…（9分）（3）I与实际值之差在区间（﹣0.01，0.01）的概率为P（||＜0.01）＝P（1900＜ξ＜2100）＝＝P（2099）﹣P（1900）＝0.9871．…（14分）19．（12分）如图三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC1与A1C相交于点D，AB＝AC＝AA1＝BC1＝2，∠A1AC＝120°，平面ABC1⊥平面AA1C1C．（Ⅰ）求证：BD⊥AC；（Ⅱ）求直线AB1与平面ABC所成角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC1中，∵AB＝BC1，D为AC1的中点，∴BD⊥AC1，∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，且平面ABC1∩平面AA1C1C＝AC1，∴BD⊥平面AA1C1C，而AC⊂平面AA1C1C，∴BD⊥AC；（Ⅱ）解：由题意知，四边形ACC1A1是菱形，∴A1C⊥AC1，而BD⊥平面ACC1A1，故分别以DA1，DA，DB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz．则A（0，1，0），B（0，0，），A1（，0，0），C（，0，0），令B1（x，y，z），则，．而，∴x＝z＝，y＝﹣1．即B1（，﹣1，），，而，，令平面ABC的一个法向量为，则有，取z＝1，得．设直线AB1与平面ABC所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝．∴cosθ＝．故直线AB1与平面ABC所成角的余弦值为．20．（12分）已知椭圆，斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，且点在直线l的上方，（1）求直线l与x轴交点的横坐标x0的取值范围；（2）证明：△P AB的内切圆的圆心在一条直线上．【解答】（1）解：设直线l的方程为，∵点在直线l的上方，∴，∴b＜0直线l的方程代入椭圆方程，整理可得2x2+6bx+9b2﹣36＝0∵斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，∴△＝36b2﹣8（9b2﹣36）＝﹣36b2+288＞0∴﹣2＜b＜2∴﹣2＜b＜0由，令y＝0可得x＝﹣3b，即x0＝﹣3b，∴（2）证明：设A（x1，y1），B（x1，y1），则∵，∴k P A+k PB＝0，又∵点P在直线l的上方，故∠APB的角平分线是平行于y轴的直线，故∠P AB的内切圆圆心在直线上．21．（12分）设函数f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若方程f（x）＝c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′（）＞0．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝x2﹣（a﹣2）x﹣alnx．∴x∈（0，+∞），＝＝，当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）的单调递增区间为（0，+∞），当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜，∴函数f（x）的单调递增区间为（，+∞），单调递减区间为（0，）．证明：（Ⅱ）∵方程f（x）＝c（c为常数）有两个不相等的实数根x1，x2，由（Ⅰ）知a＞0，设0＜x1＜x2，则＝c，，两式相减，得﹣＝0，∴a＝，∵f′（）＝0，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，∴只要证明＞即可，即证明x1+x2＞，即证明（x1+x2）（x1+lnx1﹣x2﹣lnx2）＜，即证明ln＜，设t＝（0＜t＜1），令g（t）＝lnt﹣，则g′（t）＝＝，∵1＞t＞0，∴g′（t）＞0，∴g（t）在（0，1）上是增函数，又在t＝1处连续且g（1）＝0，∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立，∴f′（）＞0．[选修4-4，极坐标与参数方程选讲]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ（Ⅰ）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（Ⅱ）已知曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，求实数α的值．【解答】解：（Ⅰ）由曲线C1的参数方程为（φ为参数），消去参数得曲线C1的普通方程为（x﹣2）2+y2＝4．∵曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ，∴ρ2＝4ρsinθ，∴C2的直角坐标方程为x2+y2＝4y，整理，得x2+（y﹣2）2＝4．（Ⅱ）曲线C1：（x﹣2）2+y2＝4化为极坐标方程为ρ＝4cosθ，设A（ρ1，α1），B（ρ2，α2），∵曲线C3的极坐标方程为θ＝α，0＜α＜π，ρ∈R，点A是曲线C3与C1的交点，点B是曲线C3与C2的交点，且A，B均异于原点O，且|AB|＝4，∴|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝|4sinα﹣4cosα|＝4|sin（）|＝4，∴sin（）＝±1，∵0＜α＜π，∴，∴，解得．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数（1）若不等式f（x）﹣f（x+m）≤1恒成立，求实数m的最大值；（2）当a＜时，函数g（x）＝f（x）+|2x﹣1|有零点，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）∵，∴，∴f（x）﹣f（x+m）＝|x﹣a|﹣|x+m﹣a|≤|m|，∴|m|≤1，∴﹣1≤m≤1，∴实数m的最大值为1；（2）当时，＝∴，∴或，∴，∴实数a的取值范围是．。
最新-2018届河南省商丘市高三第二次模拟考试理科综合试题及答案 精品
1.D2. B3.A4.C5.D6.C7.B8.D9.A 10.C 11.C 12.D 13.D14.B 15.C 16.C 17.C 18.B 19.BD 20.AD 21.ACD 22．（每空2分）（1）0.550 cm. d v .t ∆=∆（2）过坐标原点的一条倾斜直线.23．（每空2分）（1）20.00 2.60 6.00 （2）2.94 0.468～0.47124．（13分）（1）由几何知识得，圆环在C 点、D 点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等。
由机械能守恒定律，有221mv mgh =(3分) 由几何关系可知 2Rh =(2分)解得v =(2分)（2）圆环在D 点受力如图，弹性绳的弹力商丘市2018年第二次模拟考试理科综合参考答案f kx = (1分)其中1)x R =- (1分) 由牛顿第二定律，有2cos 60sin 60N v F f f mg m R+︒+︒-= (2分)解得mg F N 815= (2分)25．（18分）（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线，C 点为该轨迹圆的圆心，设轨迹圆的半径为r ，连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R ，（4分）由 rv m qvB 2=（2分） 得： bR mv B =（2分）（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点，（1分）R DP 2= ()R OP 12+= （2分）P 点的坐标为（()R 12+，0 ） （1分）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF=2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点， ()R R OG ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=2212212 ② （2分）FG = ③ （2分）连接DE ，由几何知识得：EG=R 22④ （1分）挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=+=⑤ （1分）26．(14分) (每空2分)(1)在烧杯中加入热水（对烧杯加热） c (2)试管中出现砖红色沉淀。
普通高等学校2018届高三招生全国统一考试模拟(二)数学(理)试题 Word版含答案
2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题理数(二)本试卷共6页，23题(含选考题)。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第I 卷一、选择题：本题共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i 为虚数单位，复数()12ai a R i +∈-为纯虚数，则a 的值为 A ．2- B ．12- C ．2 D ．122．已知集合{}{}()22log 3,450,R A x x B x x x A C B =<=-->⋂=则 A ．[－1，8)B.(]05， C ．[－1，5) D ．(0，8)3．已知n S 是各项均为正数的等比数列{}n a 前n 项和，7153564,20a a a a S =+==，则A ．31B ．63C ．16D ．1274．设向量)()(,,3,1,//a b x c b c a b b ==-=-，若，则与的夹角为 A ．30° B ．60° C ．120° D ．150°5．大约2000多年前，古希腊数学家最先开始研究圆锥曲线，并获得了大量的成果，古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究这几种曲线，用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面再渐渐倾斜得到椭圆．若用周长为24的矩形ABCD 截某圆锥得到椭圆Γ，且Γ与矩形ABCD 的四边相切．设椭圆Γ在平面直角坐标系中的方程为()222210x y a b a b +=>>，测得Γ的离心率为2，则椭圆Γ的方程为 A ．221164x y += B ．2214x y +=C ．2216416x y += D ．22154x y += 6．已知某服装厂生产某种品牌的衣服，销售量()q x (单位：百件)关于每件衣服的利润x (单位：元)的函数解析式为()1260,020,190180,x x q x x ⎧<≤⎪+=⎨⎪-<≤⎩则当该服装厂所获效益最大时A ．20B ．60C ．80D ．407.已知,x y 满足不等式组240,20,130,x y x y z x y y +-≥⎧⎪--≤=+-⎨⎪-≤⎩则的最小值为A.2B.C. D.1 8．已知函数()2110sin 10sin ,,22f x x x x m π⎡⎤=---∈-⎢⎥⎣⎦的值域为1,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，则实数m 的取A ．,03π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．,06π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ 9．已知()2112n x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为42-，则n = A.10 B.8 C.12 D.1110.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A ．30π+B ．803π+ C. 923π+ D ．763π+ 11．已知双曲线()2222:10,0x y a b a bΓ-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，点P 是双曲线Γ右支上一点，且212PF F F ⊥，过点P 作1F P 的垂线交x 轴于点A ，且22PM MF = ，若PA的中点E 在1F M 的延长线上，则双曲线Γ的离心率是A ．3B ．2+C ．1D ．4+12．已知函数()()()222f x x x x mx n =+++，且对任意实数x ，均有()()33f x f x -+=--，若方程()f x a =有且只有4个实根，则实数a 的取值范围为A ．()16,9-B ．(]16,9-C ．(]16,0-D ．(]16,5--第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
河南省商丘市2018届高三第二次模拟考试试卷(理)数学试题及答案解析
河南省商丘市2018届高三第二次模拟考试数学试卷（理）第Ⅰ卷一、选择题1. 复数(是虚数单位）的共辄复数（）A. B. C. D.2. 已知集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.3. 已知等差数列的公差为，且，则的最大值为（）A. B. C. 2 D. 44. 程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的分别为91，39，则输出的（）A. 11B. 12C. 13D. 145. 高考结束后6名同学游览我市包括日月湖在内的6个景区，每名同学任选一个景区游览，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有（）A. 种B. 种C. 种D. 种6. 设满足约束条件若目标函数的最大值为18，则的值为（）A. 3B. 5C. 7D. 97. 已知且，函数在区间上既是奇函数又是增函数，则函数的图象是（）A. B.C. D.8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与椭圆相切，记到直线的距离分别为，则的值为（）A. 1B. 2C. 3D. 49. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A. B. C. D.10. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的最大值为（）A. 2B. 4C. 6D. 811. 已知点分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，在双曲线的右支上存在点，且满足，，则双曲线的离心率的取值范围为（）A. B. C. D.12. 记函数，若曲线上存在点使得，则的取值范围是（）A. B.C. D.第Ⅱ卷二、填空题13. 已知球的表面积为，此球面上有三点，且，则球心到平面的距离为__________．14. 已知是圆上的两个动点，，若是线段的中点，则的值为__________．15. 展开式中，各项系数之和为4，则展开式中的常数项为__________．16. 已知曲线在点处的切线的斜率为，直线交轴、轴分别于点，且.给出以下结论：①；②当时，的最小值为；③当时，；④当时，记数列的前项和为，则.其中，正确的结论有__________．(写出所有正确结论的序号）三、解答题17. 在中，内角所对的边分别为，若，且.（1）求证：成等比数列；（2）若的面积是2，求边的长.18. 世界那么大，我想去看看，每年高考结束后，处于休养状态的高中毕业生旅游动机强烈，旅游可支配收入日益增多，可见高中毕业生旅游是一个巨大的市场.为了解高中毕业生每年旅游消费支出（单位:百元）的情况，相关部门随机抽取了某市的1000名毕业生进行问卷调查，并把所得数据列成如下所示的频数分布表：（1）求所得样本的中位数（精确到百元）；（2）根据样本数据，可近似地认为学生的旅游费用支出服从正态分布，若该市共有高中毕业生35000人，试估计有多少位同学旅游费用支出在8100元以上；（3）已知本数据中旅游费用支出在范围内的8名学生中有5名女生，3名男生，现想选其中3名学生回访，记选出的男生人数为，求的分布列与数学期望.附:若，则，，.19. 如图所示的几何体是由棱台和棱锥拼接而成的组合体，其底面四边形是边长为2的菱形，，平面.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐角二面角的余弦值.20. 已知抛物线的焦点为，准线为，过焦点的直线交于两点，且.（1）求拋物线方程；（2）设点在准线上的投影为，是上一点，且，求面积的最小值及此时直线的方程.21. 已知函数.（1）如图，设直线将坐标平面分成四个区域（不含边界），若函数的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的的取值范围；（2）当时，求证：且，有.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 已知曲线的极坐标方程为，直线，直线.以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系.（1）求直线的直角坐标方程以及曲线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，求的面积.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围.【参考答案】第Ⅰ卷一、选择题1. 【答案】A【解析】因为，所以选A.2. 【答案】B【解析】因为，又因为，所以，所以，选B.3. 【答案】C【解析】因为，所以，选C.4. 【答案】C【解析】执行循环得：结束循环，输出选C.5. 【答案】D【解析】先确定选择日月湖景区两名同学，有种选法；其他4名学生游览我市不包括日月湖在内的5个景区，共有种选法，故方案有种，选D.6. 【答案】A【解析】根据不等式组得到可行域是一个封闭的四边形区域，目标函数化为当直线过点时，有最大值，将点代入得到故答案为：A.7. 【答案】D【解析】因为函数在区间上是奇函数，所以，即因为在区间上是增函数，而函数在区间上是增函数，所以，当时单调递增，舍去A,B; 当时且单调递减，舍去C，选D.8. 【答案】B【解析】由得，选B.9. 【答案】A【解析】几何体为一个四棱锥（高为，底面为长位，宽为3的矩形）与一个半圆柱（半圆半径为2，高为3）的组合体，所以条件为选A. 10. 【答案】C【解析】，向左平移个单位，得到函数的图象，所以，因为,所以即的最大值为6，选C.11. 【答案】D【解析】因为，选D.12. 【答案】B【解析】因为为单调递增函数，所以因为函数单调递减，所以在上有解，即在上有解，因为，所以的取值范围是，选B.第Ⅱ卷二、填空题13.【答案】【解析】因为球的表面积为，所以因为，所以三角形为直角三角形，因此球心到平面的距离为球心到BC中点的距离，为.14.【答案】【解析】.15.【答案】【解析】因为展开式中，各项系数之和为因此展开式中的常数项为16. 【答案】①②④【解析】令，所以；①对；因为，所以；②对；令，所以，即，③错；因为，所以④对；三、解答题17. （1）证明：∵，，∴，在中，由正弦定理得，，∵，由正弦定理可得：∴，∴∴，∴，则，∴成等比数列；（2）解：，则，由（1）知，，联立两式解得，由余弦定理得，∴.18. 解：（1）设样本的中位数为，则，解得，所得样本中位数为（百元）.（2），，，旅游费用支出在元以上的概率为，，估计有位同学旅游费用支出在元以上.（3）的可能取值为，，，，，，，，∴的分布列为.19. （1）证明：因为底面四边形是菱形，∴，又∵平面，∴，∵，∴平面，∴.又棱台中，∴（2）解：建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，则,∴，.令，得，∴；设平面的法向量为，则,∴，令，得，，∴，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20.解：（1）依题意，当直线的斜率不存在时，当直线的斜率存在时，设由，化简得由得，，所以抛物线方程.（2）设，，则，又由，可得因为，，所以，故直线由，化简得，所以. 所以设点到直线的距离为，则所以，当且仅当，即,.21. 解：（1）函数的定义域为，且当时，．又直线恰好通过原点，∴函数的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得，即．∵，∴．令，则．∴时，，单调递增；时，，单调递减．∴∴的取值范围是．（2）∵，设,则，，∴，∴时为单调递减函数，不妨设，令（），可得，，∵且单调递减函数，∴，∴，为单调递减函数，∴，即．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 解：（1）依题意，直线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为. 因为，故，故，故，故曲线的参数方程为（为参数）（2）联立得到，同理.又，所以，即的面积为.选修4-5：不等式选讲23. 解：（1）依题意，故不等式的解集为. （2）由（1）可得，当时，取最小值，对于恒成立，∴，即，∴，解之得，∴实数的取值范围是.。
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷(理科)
2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）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{|(5)4},{|}A x x x B x x a =->=≤，若A B B =，则a 的值可以是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．42.已知复数322a i z i+=-，在复平面对应的点在第四象限，则实数a 的取值范围是 （ ）A ．(,1)-∞-B ．(4,)+∞C ．(1,4)-D ．(4,1)--3.为考察某种药物对预防禽流感的效果，在四个不同的实验室取相同的个体进行动物试验，根据四个进行动物试验，根据四个实验室得到的列联表画出如下四个等高形图，最能体现该药物对预防禽流感有效果的图形是 （ ）4. 已知23cos tan 3θθ=+，且()k k Z θπ≠∈，则sin[2()]πθ-等于（ ） A ．13- B ．13 C ．23 D ．23- 5.我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有器中米，不知其数，请人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升，问，米几何？”右图示解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出点 1.5S =（单位：升）则输入k 的值为 （ ）A ．4.5B ．6C ．7.5D ．96. 已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>过点，过点(0,2)-的直线l 与双曲线C 的一条渐近线平行，且这两条平行线间的距离为23，则双曲线C 的实轴长为（ ）A ．2B ．．4 D ．7. 若()f x 为奇函数，且0x 是函数()xy f x e =-的一个零点，额下列函数中，0x -一定是其零点的函数是（ ） A ．()1xy f x e -=-⋅- B ．()1x y f x e -=⋅+ C ．()1x y f x e -=⋅- D ．()1xy f x e-=-⋅+8. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．103 B ．113 C ．4 D ．1439. 在ABC ∆中，060,5,4,BAC AB AC D ∠===是AB 上一点，且5AB CD ⋅=，则BD 等于（ ）A ．6B ．4C ．2D ．110. 已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为2,F O 为坐标原点，M 为y 轴上一点，点A 是直线2MF 与椭圆C 的一个交点，且22OA OF OM ==，则椭圆C 的离心率为（ ）A ．13 B ．25C ．5D ．311. 如图，矩形ABCD 中，2,AB AD E =为边AB 的中点，将ADE ∆直线DE 翻转成1(A BE A ∆∉平面ABCD )，若,M O 分别为线段1,A C DE 的中点，则在ADE ∆翻转过程中，下列说法错误的是（ ）A ．与平面1A DE 垂直的直线必与直线垂直B ．异面直线BM 与1A E 所成角是定值C ．一定存在某个位置，使DE MO ⊥D ．三棱锥1A ADE -外接球半径与棱AD 的长之比为定值12.若曲线()21(11)ln(1)f x e x e a x =-<<-+和()32(0)g x x x x =-+<上分别存在点,A 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y 轴上，则实数a 的取值范围是 （ ）A ．2(,)e e B ．2(,)2e e C ．2(1,)e D ．[1,)e二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．向量=（﹣1，1），=（1，0），若（﹣）⊥（2+λ），则λ= ．14．已知{a n }是首项为32的等比数列，S n 是其前n 项和，且=，则数列{|log 2a n |}前10项和为 ．15．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为 ．16．若曲线C 1：y=ax 2（a ＞0）与曲线C 2：y=e x 存在公切线，则a 的取值范围为 ．三、解答题（共5小题，满分60分）17．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且asinB+bcosA=0． （1）求角A 的大小； （2）若，求△ABC 的面积．18．某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些这些学生的原始成绩均分布在内，发布成绩使用等级制，各等级划分标准见表，规定：A ，B ，C 三级为合格等级，D 为不合格等级．为了解该校高一年级学生身体素质情况，从中抽取了n 名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照的分组作出频率分布直方图如图所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图所示．（1）求n 和频率分布直方图中的x ，y 的值；（2）根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，若在该校高一学生中任选3人，求至少有1人成绩是合格等级的概率；（3）在选取的样本中，从A ，C 两个等级的学生中随机抽取了3名学生进行调研，记ξ表示抽取的3名学生中为C 等级的学生人数，求随机变量ξ的分布列及数学期望． 19．如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A 、B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC=EB ，AB=4，tan ∠EAB=． （1）证明：平面ADE ⊥平面ACD ；（2）当三棱锥C ﹣ADE 体积最大时，求二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值．20．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，右焦点F （1，0）．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点P在椭圆C上，且在第一象限内，直线PQ与圆O：x2+y2=b2相切于点M，且OP⊥OQ，求点Q的纵坐标t的值．21．已知函数f（x）=e x sinx﹣cosx，g（x）=xcosx﹣e x，（其中e是自然对数的底数）．（1）∀x1∈，∃x2∈使得不等式f（x1）+g（x2）≥m成立，试求实数m的取值范围；（2）若x＞﹣1，求证：f（x）﹣g（x）＞0．四、选修4-4：坐标系与参数方程22．在极坐标系中，曲线C的方程为ρ2=，点R（2，）．（Ⅰ）以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，R点的极坐标化为直角坐标；（Ⅱ）设P为曲线C上一动点，以PR为对角线的矩形PQRS的一边垂直于极轴，求矩形PQRS 周长的最小值，及此时P点的直角坐标．五、选修4-5：不等式选讲23．设函数f（x）=|x﹣a|，a∈R．（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f（x）≥6﹣|2x﹣5|；（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤4的解集为，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：．2018年河南省六市联考高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题1-5:DCDCB 6-10: ABACD 11、C 12：B二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．向量=（﹣1，1），=（1，0），若（﹣）⊥（2+λ），则λ= 3 ．【考点】9J：平面向量的坐标运算．【分析】根据两向量垂直时数量积为0，列出方程求出λ的值．【解答】解：向量=（﹣1，1），=（1，0），∴=2， =1，=﹣1；又（﹣）⊥（2+λ），∴（﹣）•（2+λ）=2+（λ﹣2）•﹣λ=0，即2×2+（λ﹣2）•（﹣1）﹣λ•1=0，解得λ=3．故答案为：3．14．已知{a n}是首项为32的等比数列，S n是其前n项和，且=，则数列{|log2a n|}前10项和为58 ．【考点】8E：数列的求和．【分析】由{a n}是首项为32的等比数列，S n是其前n项和，且=，求出q，可得a n=32•（）n﹣1=27﹣2n，再求数列{|log2a n|}前10项和．【解答】解：∵{a n}是首项为32的等比数列，S n是其前n项和，且=，∴=，∴1+q3=，∴q=，∴a n=32•（）n﹣1=27﹣2n，∴|log2a n|=|7﹣2n|，∴数列{|log2a n|}前10项和为5+3+1+1+3+5+7+9+11+13=58，故答案是：58．15．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为．【考点】LG：球的体积和表面积；L7：简单空间图形的三视图．【分析】根据三视图得出空间几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD，正方体的棱长为2，A，D为棱的中点，利用球的几何性质求解即可．【解答】解：根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD，正方体的棱长为2，A，D为棱的中点根据几何体可以判断：球心应该在过A，D的平行于底面的中截面上，设球心到截面BCO的距离为x，则到AD的距离为：2﹣x，∴R2=x2+（）2，R2=12+（2﹣x）2，解得出：x=，R=，该多面体外接球的表面积为：4πR2=π，故答案为：．16．若曲线C1：y=ax2（a＞0）与曲线C2：y=e x存在公切线，则a的取值范围为[，+∞）．【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出两个函数的导函数，设出两切点，由斜率相等列方程，再由方程有根转化为两函数图象有交点，求得a的范围．【解答】解：由y=ax2（a＞0），得y′=2ax，由y=e x，得y′=e x，曲线C1：y=ax2（a＞0）与曲线C2：y=e x存在公共切线，设公切线与曲线C1切于点（x1，ax12），与曲线C2切于点（x2，ex2），则2ax1=e x2=，可得2x2=x1+2，∴a=，记f（x）=，则f′（x）=，当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增．∴当x=2时，f（x）min=．∴a的范围是[，+∞）．故答案为：[，+∞）．三、解答题（共5小题，满分60分）17．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinB+bcosA=0．（1）求角A的大小；（2）若，求△ABC的面积．【考点】HS：余弦定理的应用；HP：正弦定理．【分析】（1）利用正弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解即可．（2）利用余弦定理求出c的值，然后求解三角形的面积．【解答】解：（1）在△ABC中，由正弦定理得sinAsinB+sinBcosA=0，…即sinB（sinA+cosA）=0，又角B为三角形内角，sinB≠0，所以sinA+cosA=0，即，…又因为A∈（0，π），所以．…（2）在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2﹣2bc•co sA，则…即，解得或，…又，所以．…18．某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些这些学生的原始成绩均分布在内，发布成绩使用等级制，各等级划分标准见表，规定：A，B，C 三级为合格等级，D为不合格等级．为了解该校高一年级学生身体素质情况，从中抽取了n名学生的原始成绩作为样本进行统计，按照的分组作出频率分布直方图如图所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图所示．（1）求n和频率分布直方图中的x，y的值；（2）根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，若在该校高一学生中任选3人，求至少有1人成绩是合格等级的概率；（3）在选取的样本中，从A，C两个等级的学生中随机抽取了3名学生进行调研，记ξ表示抽取的3名学生中为C等级的学生人数，求随机变量ξ的分布列及数学期望．【考点】CS：概率的应用；CH：离散型随机变量的期望与方差．【分析】（1）根据频率分布直方图和树形图求解；（2）至少有一人可从反面出发，用间接法求解；（3）根据分布列的定义和数学期望的计算方法求解即可．【解答】解：（1））由题意可知，样本容量n==50，x==0.004，y==0.018；（2））不合格的概率为0.1，设至少有1人成绩是合格等级为事件A，∴P（A）=1﹣0.13=0.999，故至少有1人成绩是合格等级的概率为；（3）C等级的人数为0.18×50=9人，A等级的为3人，∴ξ的取值可为0，1，2，3；∴P（ξ=0）==，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=，P（ξ=3）=，∴ξ的分布列为Eξ=0×+1×+2×+3×=．19．如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A、B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DC∥EB，DC=EB，AB=4，tan∠EAB=．（1）证明：平面ADE⊥平面ACD；（2）当三棱锥C﹣ADE体积最大时，求二面角D﹣AE﹣B的余弦值．【考点】MJ：与二面角有关的立体几何综合题；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）由已知条件推导出BC⊥平面ACD，BC∥DE，由此证明DE⊥平面ACD，从而得到平面ADE⊥平面ACD．（Ⅱ）依题意推导出当且仅当时三棱锥C﹣ADE体积最大，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣AE﹣B的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵AB是直径，∴BC⊥AC…，∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥BC…，∵CD∩AC=C，∴BC⊥平面ACD…∵CD∥BE，CD=BE，∴BCDE是平行四边形，BC∥DE，∴DE⊥平面ACD…，∵DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD…（Ⅱ）依题意，…，由（Ⅰ）知==，当且仅当时等号成立…如图所示，建立空间直角坐标系，则D（0，0，1），，，∴，，，…设面DAE的法向量为，，即，∴，…设面ABE的法向量为，，即，∴，∴…∵与二面角D﹣AE﹣B的平面角互补，∴二面角D﹣AE﹣B的余弦值为．…20．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，右焦点F （1，0）．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点P在椭圆C上，且在第一象限内，直线PQ与圆O：x2+y2=b2相切于点M，且OP⊥OQ，求点Q的纵坐标t的值．【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）运用椭圆的离心率公式和焦点坐标，可得c=1，a=2，求得B，进而得到椭圆方程；（Ⅱ）讨论当PM垂直于x轴时，求得P，Q的坐标，运用数量积为0，可得t；当PM不垂直于x轴时，设P（x0，y0），PQ：y﹣y0=k（x﹣x0），运用直线和圆相切的条件：d=r，结合向量垂直的条件：数量积为0，化简整理，即可得到所求值．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得e==，c=1，解得a=2，b==，可得椭圆方程为+=1；（Ⅱ）当PM垂直于x轴时，可得P（，），Q（，t），由OP⊥OQ，即有•=3+t=0，解得t=﹣2；当PM不垂直于x轴时，设P（x0，y0），PQ：y﹣y0=k（x﹣x0），即为kx﹣y﹣kx0+y0=0，由PQ于圆O：x2+y2=3相切，可得=，平方可得（kx0﹣y0）2=3（1+k2），即2kx0y0=k2x02+y02﹣3k2﹣3，又Q（，t），由OP⊥OQ，即有•=x0•+ty0=0，解得t=，则t2=======12，解得t=．综上可得，t=．21．已知函数f（x）=e x sinx﹣cosx，g（x）=xcosx﹣e x，（其中e是自然对数的底数）．（1）∀x1∈，∃x2∈使得不等式f（x1）+g（x2）≥m成立，试求实数m的取值范围；（2）若x＞﹣1，求证：f（x）﹣g（x）＞0．【考点】6P：不等式恒成立的问题．【分析】（1）确定函数f（x）在上单调递增，可得f（x）min=f（0）=﹣1；函数g（x）在上单调递减，可得g（x）max=g（0）=﹣，即可求出实数m的范围；（2）先利用分析要证原不等式成立，转化为只要证＞，令h（x）=，x＞﹣1，利用导数求出h（x）min=h（0）=1，再令k=，其可看作点A（sinx，cosx）与点B（﹣，0）连线的斜率，根据其几何意义求出k的最大值，即可证明．【解答】（1）解：∵f（x1）+g（x2）≥m，∴f（x1）≥m﹣g（x2），∴f（x1）min≥min，∴f（x1）min≥m﹣g（x2）max，当x∈时，f′（x）＞0，函数f（x）在上单调递增，∴f（x）min≥f（0）=﹣1，∵g（x）=xcosx﹣e x，∴g′（x）=cosx﹣xsinx﹣e x，∵x∈，∴0≤cosx≤1，xsinx≥0， e x≥，∴g′（x）≤0，∴函数g（x）在上单调递减，∴g（x）max≥g（0）=﹣，∴﹣1≥m+，∴m≤﹣1﹣，∴实数m的取值范围为（﹣∞，﹣1﹣]；（2）证明：x＞﹣1，要证：f（x）﹣g（x）＞0，只要证f（x）＞g（x），只要证e x sinx﹣cosx＞xcosx﹣e x，只要证e x（sinx+）＞（x+1）cosx，由于sinx+＞0，x+1＞0，只要证，下面证明x＞﹣1时，不等式成立，令h（x）=，x＞﹣1，∴h′（x）=，x＞﹣1，当x∈（﹣1，0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）min=h（0）=1令k=，其可看作点A（sinx，cosx）与点B（﹣，0）连线的斜率，∴直线AB的方程为y=k（x+），由于点A在圆x2+y2=1上，∴直线AB与圆相交或相切，当直线AB与圆相切且切点在第二象限时，直线AB的斜率取得最大值为1，∴当x=0时，k=＜1=h（0），x≠0时，h（x）＞1≥k，综上所述，当x＞﹣1，f（x）﹣g（x）＞0．四、选修4-4：坐标系与参数方程22．在极坐标系中，曲线C的方程为ρ2=，点R（2，）．（Ⅰ）以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，把曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，R点的极坐标化为直角坐标；（Ⅱ）设P为曲线C上一动点，以PR为对角线的矩形PQRS的一边垂直于极轴，求矩形PQRS 周长的最小值，及此时P点的直角坐标．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）首先根据变换关系式把极坐标方程转化成直角坐标方程，进一步把极坐标转化成直角坐标．（Ⅱ）把椭圆的直角坐标形式转化成参数形式，进一步把矩形的周长转化成三角函数的形式，通过三角恒等变换求出最小值，进一步求出P的坐标．【解答】解：（Ⅰ）由于x=ρcosθ，y=ρsinθ，则：曲线C的方程为ρ2=，转化成．点R的极坐标转化成直角坐标为：R（2，2）．（Ⅱ）设P（）根据题意，得到Q（2，sinθ），则：|PQ|=，|QR|=2﹣sinθ，所以：|PQ|+|QR|=．当时，（|PQ|+|QR|）min=2，矩形的最小周长为4，点P（）．五、选修4-5：不等式选讲23．设函数f（x）=|x﹣a|，a∈R．（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f（x）≥6﹣|2x﹣5|；（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤4的解集为，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）利用绝对值的意义表示成分段函数形式，解不等式即可．（2）根据不等式的解集求出a=3，利用1的代换结合基本不等式进行证明即可．【解答】（Ⅰ）解：当a=2时，不等式：f（x）≥6﹣|2x﹣5|，可化为|x﹣2|+|2x﹣5|≥6．①x≥2.5时，不等式可化为x﹣2+2x﹣5≥6，∴x≥；②2≤x＜2.5，不等式可化为x﹣2+5﹣2x≥6，∴x∈∅；③x＜2，不等式可化为2﹣x+5﹣2x≥6，∴x≤，综上所述，不等式的解集为（﹣]；（Ⅱ）证明：不等式f（x）≤4的解集为=，∴a=3，∴=（）（2s+t）=（10++）≥6，当且仅当s=，t=2时取等号．2017年5月23日。
2018高三数学全国二模汇编(理科)专题03导数与应用
【2018高三数学各地优质二模试题分项精品】一、选择题1．【2018河南郑州高三二模】已知(){}|0M f αα==, (){}|0N g ββ==,若存在,M N αβ∈∈,使得n αβ-<,则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”.若()231x f x -=-与()2x g x x ae =-互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( ) A. 214(,e e ⎤⎥⎦ B. 214(, e e ⎤⎥⎦C. 242[, e e ⎫⎪⎭D. 3242[, e e ⎫⎪⎭ 【答案】B【点睛】要学会分析题中隐含的条件和信息，如本题先观察出f(x)的零点及单调性是解题的关键，进一步转化为函数()2xg x x ae =-在区间(1,3)上存在零点，再进行参变分离，应用导数解决。
2．【2018陕西咸阳高三一模】已知奇函数()f x 的导函数为()f x '，当0x ≠时， ()()0f x f x x+'>，若()11,a f b ef e e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， ()1c f =，则,,a b c 的大小关系正确的是（ ） A. a b c << B. b c a << C. c a b << D. a c b << 【答案】D【解析】 设()()h x xf x =，所以()()()h x f x xf x ='+'，因为()y f x =是定义域上的奇函数，所以()h x 是定义在实数集上的偶函数，当0x >时， ()()()0h x f x xf x =+'>'，此时()h x 为单调递增函数， 又由11e e <<-，所以()()()111f f ef e ef e e e ⎛⎫<<--=-- ⎪⎝⎭， 即a c b <<，故选D.点睛：本题主要考查了函数性质的基本应用问题，其中解答中利用题设条件，构造新函数()()h x xf x =，得出函数()h x 为单调递增函数和函数()h x 是定义在实数集上的偶函数是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.3．【2018湖南衡阳高三二模】已知e 为自然对数的底数，设函数()21f ln 2x x ax b x =-+存在极大值点0x ，且对于a 的任意可能取值，恒有极大值()0f 0x <,则下列结论中正确的是( ) A. 存在0x b = ,使得()01f 2x e<-B. 存在0x b =，使得()20f x e >- C. b 的最大值为3e D. b 的最大值为22e 【答案】C分析得()f x 的极大值点为10x x =，()2222244422424a a b a a b a a b b ba a ba a b--+---==<=+-+-， (()0,x b f x ∴∈∴在()00,x 递增，在()02,x x 递减，当()0,x x f x =取得极大值()0f x ，又()200000'00bf x x a x b ax x =⇒-+=⇒+=，()()222000000011ln ln 22f x x ax b x x x b b x =-+=-++，即()20001ln 2f x x b b x =--+，令 ()()21ln ,0,2g x x b x b x b =-+-∈，原命题转化为()0g x <恒成立，()()22'000b x bg x x x b x b x x-+∴=-+=><<⇒<<， ()g x ∴在()0,b 上递增，()()()1ln2g x gb b b b b ∴<=-+- 1ln 02b b b b =-+-≤，3323ln 2bb b b e b e ∴≤⇒≤⇒≤，所以b 的最大值为3e ， C 对、D 错，又0x b <，即不存在极大值点0x b =，排除,A B ，故选C.【方法点睛】本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的极值，属于难题.求函数()f x 极值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数()f x '；(3) 解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值. 4．【2018河南商丘高三二模】记函数，若曲线上存在点使得，则的取值范围是（ ）A. B.C. D.【答案】B点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.5．【2018四川德阳高三二诊】已知函数，若，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B.C.D.【答案】A6．【2018重庆高三二诊】已知函数()ln f x x a =+， ()1g x ax b =++，若0x ∀>， ()()f x g x ≤，则ba的最小值是（ ） A. 1e + B. 1e - C. 1e - D. 12e - 【答案】B【解析】 由题意()()0,x f x g x ∀>≤，即ln 1x a ax b +≤++，即ln 1x ax a b -+≤+， 设()ln h x x ax a =-+，则()1h x a x'=-， 若0a ≤时， ()10h x a x -'=>，函数()h x 单调递增，无最大值，不适合题意； 当0a >时，令()10h x a x -'==，解得1x a=，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当1,x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时， ()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以()max 1ln 1h x h a a a ⎛⎫==-+-⎪⎝⎭，即ln 11a a b -+-≤+，即ln 20a a b -+--≤点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题．7．【2018甘肃兰州高三二模】已知()f x 是定义在R 上的可导函数，若在R 上()()3f x f x >'有恒成立，且()31(f e e =为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A. ()01f = B. ()01f < C. ()62f e < D. ()62f e >【答案】C 【解析】设()()3xf xg x e =，则()()()()()()()333223333x x x xxe f x f x e f x e f x g x e e ⎡⎤-'-⎣⎦=''=.∵在R 上()()3f x f x >'有恒成立∴()0g x '<在R 上恒成立，即()g x 在R 上为减函数. ∴()()()()()0301001f f g f g ee==>=∵()31f e =∴()01f >，故A ，B 不正确. ∵()()()62211f g g e =<=∴()62f e < 故选C.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x '<构造()()xf xg x e =， ()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =，()()xf x f x '<构造()()f x g x x=， ()()0xf x f x +<'构造()()g x xf x =等8．【2018河北唐山高三二模】已知函数()f x 满足()()f x f x >'，在下列不等关系中，一定成立的是（ ） A. ()()12ef f > B. ()()12ef f < C. ()()12f ef > D. ()()12f ef < 【答案】A点睛：本题的关键在于通过()f x f >'（x ）能得到()'()0xf x e<，得到()xf x R e是上的减函数，问题就迎刃而解.所以在这里，观察和联想的数学能力很重要.9．【2018吉林四平高三质检】若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足： ()F x kx b ≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x xx R =∈, ()()()10,2ln g x x h x e x x=<=,有下列命题：①()()()F x f x g x =-在32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；②()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为-4；③()f x 和()g x 之间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是](40 -，； ④()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”2y ex e =-. 其中真命题的个数有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个 【答案】C2424,1664,40b k k b k k ≤-≤≤--≤≤，同理421664,b k b ≤≤-可得40b -≤≤，故②正确，③错误，④函数()f x 和()h x 的图象在x e =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k ，则隔离直线方程为(y e k x e -=，即y kx e e =-，由()()f x kx e e x R ≥-∈，可得20x kx e e -+≥，当x R ∈恒成立，则(20k e∆=-≤，只有k e =，此时直线方程为2y ex e =-，下面证明()2h x ex e ≤-，令()()2G x ex e h x =-- 22ln ex e e x =--， ()2'e x eG x x=，当x e =()'0G x =；当0x e << ()'0G x <；当x e >()'0G x >；当x e = ()'G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值，()()20G x ex e h x ∴=--≥，则()2h x ex e ≤-， ∴函数()f x 和()h x 存在唯一的隔离直线y ex e =-，故④正确，真命题的个数有三个，故选C.【方法点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题、以及新定义问题，属于难题. 新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题定义“隔离直线”达到考查导数在研究函数性质的应用的目的. 10．【2018湖南郴州高三二诊】已知函数()212ln f x x x e e ⎛⎫=≤≤⎪⎝⎭， ()1g x mx =+，若()f x 与()g x 的图像上存在关于直线1y =对称的点，则实数m 的取值范围是（ ）A. 2,2e e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B. 23,3e e -⎡⎤-⎣⎦C. 2,3e e -⎡⎤-⎣⎦D. 322,3e e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D若直线y=1﹣mx 经过点（1e，﹣2），则m=3e ， 若直线y=1﹣mx 与y=2lnx 相切，设切点为（x ，y ）．则1{2 2y mxy lnx m x===-﹣，解得3232{3 2x ey m e-===-．∴322e--≤m≤3e．故选：D ．点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．11．【2018云南昆明高三质检二】已知函数()22ln xe f x k x kx x=+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是（ ）A. 2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ B. ,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ C. (]0,2 D. [)2,+∞【答案】A【点睛】函数有唯一极值点x=2,即导函数只有唯一零点x=2,且在x=2两侧导号。
2018届河南高三第二次模拟考试理科数学试题(解析版) (15)
高三第二次模拟考试理科数学试题（解析版）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. 已知集合，则（）A. B. C. D.2. 若复数，为的共轭复数，则复数的虚部为（）A. B. C. D.3. 如图所示的是一块儿童玩具积木的三视图，其中俯视图中的半曲线段为半圆，则该积木的表面积为（）A. B. C. D.4.已知命题：，，则为（）A. ，B. ，C. ，D. ，5.在某校连续次考试成绩中，统计甲，乙两名同学的数学成绩得到如图所示的茎叶图.已知甲同学次成绩的平均数为，乙同学次成绩的中位数为，则的值为（）A. B. C. D.6. 若执行如图所示的程序框图，其中表示区间上任意一个实数，则输出数对的概率为（ ）A. B. C. D.7. 已知，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，下列说法错误的是（ ）A. 若，，，则B. 若，，，则C. 若，，，则D. 若，，则或8. 若实数，满足，则的最大值是（ ）A. B. C. D.9. 将的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到的图象，若，则（ ） A. B. C.D.10. 已知圆：与圆：的公共弦所在直线恒过定点，且点在直线上，则的取值范围是（ ）A.B.C.D.11. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，，点在线段上，且.若，则（ ）A.B. C. D.12. 设函数，若在区间上无零点，则实数的取值范围是（ ）A.B.C.D.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知，则__________．14. 已知焦点在轴上的双曲线，它的焦点到渐近线的距离的取值范围是__________．15. 已知在中，，，动点位于线段上，则当取最小值时，向量与的夹角的余弦值为__________．16.已知定义在上奇函数和偶函数满足，若，则的取值范围是__________．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. 设等差数列的前项和为，点在函数（）的图象上，且.（1）求数列的通项公式；（2）记数列，求数列的前项和.18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，为的中点，侧棱，点在上，点在上，且，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.19. 随着互联网技术的快速发展，人们更加关注如何高效地获取有价值的信息，网络知识付费近两年呈现出爆发式的增长，为了了解网民对网络知识付费的态度，某网站随机抽查了岁及以上不足岁的网民共人，调查结果如下：（1）请完成上面的列联表，并判断在犯错误的概率不超过的前提下，能否认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关？（2）在上述样本中用分层抽样的方法，从支持和反对网络知识付费的两组网民中抽取名，若在上述名网民中随机选人，设这人中反对态度的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.附：，.20.已知椭圆（）的上顶点与抛物线（）的焦点重合.（1）设椭圆和抛物线交于，两点，若，求椭圆的方程；（2）设直线与抛物线和椭圆均相切，切点分别为，，记的面积为，求证：.21. 已知函数，为自然对数的底数.（1）若当时，恒成立，求的取值范围；（2）设，若对恒成立，求的最大值.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知直线：，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线的极坐标方程和圆的直角坐标方程；（2）射线：与圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）若，解不等式；（2）对任意满足的正实数，，若总存在实数，使得成立，求实数的取值范围.高三第二次模拟考试理科数学试题（解析版）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. 已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】,所以,选B.2. 若复数，为的共轭复数，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】,所以虚部为1,选C.3. 如图所示的是一块儿童玩具积木的三视图，其中俯视图中的半曲线段为半圆，则该积木的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】该积木为一个柱体,前面为两个正方形加半个圆柱侧面积,后面为矩形,上下为一个矩形去掉半圆,左右为矩形,因此表面积为,选A.点睛:空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．4.已知命题：，，则为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】因为命题：，，所以为:，,选D.5.在某校连续次考试成绩中，统计甲，乙两名同学的数学成绩得到如图所示的茎叶图.已知甲同学次成绩的平均数为，乙同学次成绩的中位数为，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为乙同学次成绩的中位数为，所以选A.6.若执行如图所示的程序框图，其中表示区间上任意一个实数，则输出数对的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】概率为几何概型,测度为面积,概率为选C.点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．7. 已知，表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，下列说法错误的是（ ）A. 若，，，则B. 若，，，则C. 若，，，则D. 若，，则或【答案】C 【解析】若，，则;若，则，，；若，，则而，则或；若，，则由线面平行判定定理得或； 因此选C.8. 若实数，满足，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】作可行域如图，则,所以直线过点A(0,1)时取最大值1，选B.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.9. 将的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到的图象，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，因此，选D.点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.10. 已知圆：与圆：的公共弦所在直线恒过定点，且点在直线上，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】与,相减得公共弦所在直线方程：，即，所以由得，即，因此，选D.点睛：在利用基本不等式求最值或值域时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.11. 已知在中，角，，所对的边分别为，，，，点在线段上，且.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设，则由面积关系得... ... ... ... ... ... ... ... ...所以，选B.12. 设函数，若在区间上无零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，，所以在上至少有一个零点；舍去B,D;当时，，所以在上至少有一个零点；舍去C;因此选A.点睛：判断函数零点(方程的根)所在区间的方法(1)解方程法：当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上．(2)定理法：利用零点存在性定理进行判断．(3)数形结合法：画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知，则__________．【答案】【解析】14. 已知焦点在轴上的双曲线，它的焦点到渐近线的距离的取值范围是__________．【答案】【解析】由题意得，焦点到渐近线的距离为.点睛：1.已知双曲线方程求渐近线：2.已知渐近线设双曲线标准方程3，双曲线焦点到渐近线距离为，垂足为对应准线与渐近线的交点.15. 已知在中，，，动点位于线段上，则当取最小值时，向量与的夹角的余弦值为__________．【答案】【解析】因为，，所以,所以当且仅当时取等号，因此,所以向量与的夹角的余弦值为16.已知定义在上奇函数和偶函数满足，若，则的取值范围是__________．【答案】【解析】因为，所以，即，因此因为，所以由，得，结合分母不为零得的取值范围是点睛：(1)已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；(2)已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于的方程，从而可得的值或解析式.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. 设等差数列的前项和为，点在函数（）的图象上，且.（1）求数列的通项公式；（2）记数列，求数列的前项和.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）先根据函数关系得和项关系式，再根据等差数列和项特征求首项与公差，最后代入等差数列通项公式；（2）因为为等差与等比乘积，所以利用错位相减法求和.试题解析：（1）设数列的公差为，则，又，两式对照得所以数列的通项公式为.（2）则两式相减得点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，为的中点，侧棱，点在上，点在上，且，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）根据平几知识得，由线面垂直得，最后根据线面垂直判定定理以及面面垂直判定定理得结论，（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系确定二面角的余弦值.试题解析：（1）∵是等边三角形，为的中点，∴，∴平面，得.①在侧面中，，，∴，∴，∴.②结合①②，又∵，∴平面，又∵平面，∴平面平面（2）解法一：如图建立空间直角坐标系.则，，.得，，设平面的法向量，则即得取.同理可得，平面的法向量∴则二面角的余弦值为.解法二：由（1）知平面，∴，.∴即二面角的平面角在平面中，易知，∴，设，∵∴，解得.即，∴则二面角的余弦值为.19. 随着互联网技术的快速发展，人们更加关注如何高效地获取有价值的信息，网络知识付费近两年呈现出爆发式的增长，为了了解网民对网络知识付费的态度，某网站随机抽查了岁及以上不足岁的网民共人，调查结果如下：（1）请完成上面的列联表，并判断在犯错误的概率不超过的前提下，能否认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关？（2）在上述样本中用分层抽样的方法，从支持和反对网络知识付费的两组网民中抽取名，若在上述名网民中随机选人，设这人中反对态度的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.附：，.【答案】(1) 在犯错误的概率不超过的前提下，可以认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关.(2)【解析】试题分析：（1）先根据数据填表，再代入卡方公式求，最后与参考数据比较作判断，（2）先根据分层抽样确定人数，确定随机变量取法，再利用组合数计算对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求期望.试题解析：（1）列联表如下：不足岁岁及以上所以在犯错误的概率不超过的前提下，可以认为网民对网络知识付费的态度与年龄有关. （2）易知抽取的人中，有人支持，人反对.的可能取值为，，，且，，则的分布列为的数学期望20.已知椭圆（）的上顶点与抛物线（）的焦点重合.（1）设椭圆和抛物线交于，两点，若，求椭圆的方程；（2）设直线与抛物线和椭圆均相切，切点分别为，，记的面积为，求证：.【答案】(1) (2)见解析【解析】试题分析：（1）根据椭圆几何性质得p，再根据对称性得A坐标，代人椭圆方程可得a,（2）先根据导数几何意义得抛物线切线方程，再与椭圆方程联立，根据判别式为零确定切点，根据三角形面积公式表示面积，最后根据基本不等式求最值，证得结论.试题解析：（1）易知，则抛物线的方程为由及图形的对称性，不妨设，代入，得，则.将之代入椭圆方程得，得，所以椭圆的方程为.（2）设切点，即，求导得，则切线的斜率为，方程，即，将之与椭圆联立得，令判别式化简整理得，，此时设直线与轴交于点，则由基本不等式得，则，仅当时取等号，但此时，故等号无法取得，于是.21. 已知函数，为自然对数的底数.（1）若当时，恒成立，求的取值范围；（2）设，若对恒成立，求的最大值.【答案】(1) (2) 的最大值为，此时，【解析】试题分析：（1）因为，所以恒成立，由于，所以设，则恒成立，根据一次函数单调性即得的取值范围；（2）令，则原问题转化为对恒成立.根据二次求导可得，，即得，再利用导数求函数最大值，即得的最大值.试题解析：（1）由题意得，且，注意到设，则，则为增函数，且.讨论如下：①若，，得在上单调递增，有，得在上单调递增，有，合题意；②若，令，得，则当时，，得在上单调递减，有，得在上单调递减，有，舍去.综上，的取值范围.（2）当时，，即.令，则原问题转化为对恒成立.令，.若，则，得单调递增，当时，，不可能恒成立，舍去；若，则；若，则易知在处取得最小值，所以，，将看做新的自变量，即求函数的最大值，则，令，得.所以在上递增，在上递减，所以，即的最大值为，此时，.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知直线：，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线的极坐标方程和圆的直角坐标方程；（2）射线：与圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）根据，得直线的极坐标方程以及圆的直角坐标方程；（2）将代入得，，再根据求线段的长.试题解析：（1）在中，令，.得，化简得.即为直线的极坐标方程.由得，即.，即为圆的直角坐标方程.（2）所以.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）若，解不等式；（2）对任意满足的正实数，，若总存在实数，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先利用1的代换求最小值，再根据绝对值三角不等式求的最小值，最后解不等式可得实数的取值范围.试题解析：（1）当时，由得，则；当时，恒成立；当时，由得，则.综上，不等式的解集为（2）由题意，由绝对值不等式得，当且仅当时取等号，故的最小值为.由题意得，解得.点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．。
2018年河南商丘市高考数学二模试卷
2018年河南商丘市高考数学二模试卷（理科）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，有且只有一项符合题目要求.1.已知复数()()n f n i n N *=∈，则集合(){}|z z f n =的元素个数为A. 4B. 3C. 2D.无数 2.设0.533,log 2,cos2x y z ===，则A. z x y <<B. y z x <<C. z y x <<D.x z y <<3.要计算1111232017++++的结果，下面的程序框图中的判断框内可以填入的是 A. 2017n < B. 2017n ≤ C. 2017n > D.2017n ≥4.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是扇形，则该几何体的体积为 A.163π B. 3π C. 29π D. 169π5.下列命题是真命题的是A. x R ∀∈，函数()()sin 2f x x ϕ=+都不是偶函数B.,R αβ∃∈,使得()cos cos cos αβαβ+=+C. 向量()()2,1,1,0a b ==-，则a 在b 方向上的投影是2D.“1x ≤”是“1x ≤”的既不充分也不必要条件6.在区间[]1,e 上任取实数a ，在区间[]0,2上任取实数b ，使函数()214f x ax x b =++有两个相异零点的概率为 A.()121e - B. ()141e - C. ()181e - D.()1161e -7.已知数列{}n a 满足()11122,,,n n n n a a a n a m a n S +-=-≥==为数列{}n a 的前n 项和，则2017S 的值为A. 2017n m -B. 2017n m -C.mD.n8.已知实数,x y 满足261y x x y x ≥+⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则22z x y =-+的最小值是A. 6B. 5C. 4D.39.已知空间四边形ABCD 满足3,7,11,9AB BC CD DA ====，则AC BD ⋅的值为 A. -1 B. 0 C.212 D.33210.将数字124467重新排列后得到不同的偶数的个数为A. 72B. 120C. 192D.24011.已知P 为双曲线2214y x -=上任意一点，过P 点向双曲线的两条渐近线分别作垂线，垂足分别为A,B 则PA PB 的值为A. 4B.5C.45 D.与点P 的位置有关 12.已知函数()sin 2cos xf x x=+，如果当0x >时，若函数()f x 的图象恒在直线y kx =的下方，则k 的取值范围是A. 13⎡⎢⎣⎦B.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ C.⎫+∞⎪⎪⎣⎭ D. ⎡⎢⎣⎦二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分）. 13．设a=（cosx ﹣sinx ）dx ，则二项式（a﹣）6的展开式中含x 2项的系数为 ．14．已知抛物线C ：y 2=4x 与点M （0，2），过C 的焦点，且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点，若•=0，则k= ．15．已知函数f （x ）=ax 2+bx +c （a ＞0）有两个零点1，2，数列{x n }满足x n +1=x n ﹣，设a n =ln，若a 1=，x n ＞2，则数列{a n }的通项公式a n = ．16．已知f （x ）=x 3﹣3x +2+m （m ＞0），在区间[0，2]上存在三个不同的实数a ，b ，c ，使得以f （a ），f （b ），f （c ）为边长的三角形是直角三角形，则m 的取值范围是 ．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答写出文字说明、证明过程或演算过程．17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b（1+cosC）=c（2﹣cosB）．（Ⅰ）求证：a，c，b成等差数列；（Ⅱ）若C=，△ABC的面积为4，求c．18．甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司的底薪70元，每单抽成4元；乙公司无底薪，40单以内（含40单）的部分每单抽成5元，超出40单的部分每单抽成7元，假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如表频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表（Ⅰ）现从甲公司记录的100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；（Ⅱ）若将频率视为概率，回答下列问题：（i）记乙公司送餐员日工资为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（ii）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是B1C1、BC的中点，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1E=．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；（Ⅱ）求二面角A﹣BD﹣B1的平面角的正弦值．20．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的左焦点F1与抛物线y2=﹣4x的焦点重合，椭圆E的离心率为，过点M （m，0）（m＞）作斜率不为0的直线l，交椭圆E于A，B两点，点P（，0），且•为定值．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）求△OAB面积的最大值．21．已知函数f（x）=lnx﹣2ax，a∈R．（Ⅰ）若函数y=f（x）存在与直线2x﹣y=0垂直的切线，求实数a的取值范围；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+，若g（x）有极大值点x1，求证：＞a．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（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，圆C的方程为ρ=6sinθ．（Ⅰ）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）设点P（4，3），直线l与圆C相交于A，B两点，求+的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣2|+|2x+1|．（Ⅰ）解不等式f（x）＞5；（Ⅱ）若关于x的方程=a的解集为空集，求实数a的取值范围．2018年河南省商丘市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题1. A．2.C3.B4.D5.B6.A7.C8.C9.B 10.D 11.C 12.B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分）.13．设a=（cosx﹣sinx）dx，则二项式（a﹣）6的展开式中含x2项的系数为12．【考点】二项式系数的性质．【分析】根据微积分基本定理首先求出a的值，然后再根据二项式的通项公式求出r的值，问题得以解决．【解答】解：由于a=（cosx﹣sinx）dx=（sinx+cosx）|=﹣1﹣1=﹣2，∴（﹣2﹣）6=（2+）6的通项公式为T r+1=2r C6r•x3﹣r，令3﹣r=2，求得r=1，故含x2项的系数为2C61=12．故答案为：1214．已知抛物线C：y2=4x与点M（0，2），过C的焦点，且斜率为k的直线与C 交于A，B两点，若•=0，则k=8．【考点】直线与抛物线的位置关系．【分析】设直线AB的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算（x1，y1﹣2）（x2，y2﹣2）=0，即可求得k的值．【解答】解：抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），∴直线AB的方程为y=k（x ﹣1），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组，整理得：k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0，则x1+x2==2+．x1x2=1．∴y1+y2=k（x1+x2）﹣2k=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]=﹣4，∵•=0，（x1，y1﹣2）（x2，y2﹣2）=0，即x1x2+y1y2﹣2（y1+y2）+4=0，解得：k=8．故答案为：1．=x n 15．已知函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）有两个零点1，2，数列{x n}满足x n+1﹣，设a n=ln，若a1=，x n＞2，则数列{a n}的通项公式a n=2n﹣2（n∈N*）．【考点】数列与函数的综合．=，求【分析】由题意可得f（x）=a（x﹣1）（x﹣2），求出导数，可得x n+1 =ln=2ln=2a n，运用等比数列的通项公式即可得到所求．得a n+1【解答】解：函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）有两个零点1，2，可得f（x）=a（x﹣1）（x﹣2），f′（x）=a（2x﹣3），=x n﹣=x n﹣=，则x n+1由a1=，x n＞2，=ln=ln=2ln=2a n，则a n+1即有a n=a1q n﹣1=•2n﹣1=2n﹣2．故答案为：2n﹣2（n∈N*）．16．已知f（x）=x3﹣3x+2+m（m＞0），在区间[0，2]上存在三个不同的实数a，b，c，使得以f（a），f（b），f（c）为边长的三角形是直角三角形，则m的取值范围是0＜m＜3+4．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【分析】利用导数求得f（x）=x3﹣3x+3+m（m＞0），在区间[0，2]上的最小值、最大值，由题意构造不等式解得范围．【解答】解：f（x）=x3﹣3x+3+m，求导f′（x）=3x2﹣3由f′（x）=0得到x=1或者x=﹣1，又x在[0，2]内，∴函数f（x）在区间（0，1）单调递减，在区间（1，2）单调递增，则f（x）min=f（1）=m+1，f（x）max=f（2）=m+5，f（0）=m+3．∵在区间[0，2]上存在三个不同的实数a，b，c，使得以f（a），f（b），f（c）为边长的三角形是构成直角三角形，∴（m+1）2+（m+1）2＜（m+5）2，即m2﹣6m﹣23＜0，解得3﹣4＜m＜3+4又已知m＞0，∴0＜m＜3+4．故答案为：0＜m＜3+4．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答写出文字说明、证明过程或演算过程．17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b（1+cosC）=c（2﹣cosB）．（Ⅰ）求证：a，c，b成等差数列；（Ⅱ）若C=，△ABC的面积为4，求c．【考点】正弦定理．【分析】（Ⅰ）由正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式化简已知可得sinA+sinB=2sinC，从而可求a+b=2c，即a，c，b成等差数列；（Ⅱ）由已知利用三角形面积公式可求ab=16，进而利用余弦定理可得：c2=（a+b）2﹣3ab，结合a+b=2c，即可解得c的值．【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）∵b（1+cosC）=c（2﹣cosB），∴由正弦定理可得：sinB+sinBcosC=2sinC﹣sinCcosB，可得：sinBcosC+sinCcosB+sinB=2sinC，∴sinA+sinB=2sinC，∴a+b=2c，即a，c，b成等差数列；（Ⅱ）∵C=，△ABC的面积为4=absinC=ab，∴ab=16，∵由余弦定理可得：c2=a2+b2﹣2abcosC=a2+b2﹣ab=（a+b）2﹣3ab，∵a+b=2c，∴可得：c2=4c2﹣3×16，解得：c=4．18．甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司的底薪70元，每单抽成4元；乙公司无底薪，40单以内（含40单）的部分每单抽成5元，超出40单的部分每单抽成7元，假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如表频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表（Ⅰ）现从甲公司记录的100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；（Ⅱ）若将频率视为概率，回答下列问题：（i）记乙公司送餐员日工资为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（ii）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，可得P（M）=．（Ⅱ）（ⅰ）设乙公司送餐员送餐单数为a，可得当a=38时，X=38×5=190，以此类推可得：当a=39时，当a=40时，X的值．当a=41时，X=40×5+1×7，同理可得：当a=42时，X=214．所以X的所有可能取值为190，1195，200，207，214．可得X的分布列及其数学期望．（ⅱ）依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为38×0.2+39×0.4+40×0.2+41×0.1+42×0.1=39.5．可得甲公司送餐员日平均工资，与乙数学期望比较即可得出．【解答】解：（Ⅰ）记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，则P（M）==．（Ⅱ）（ⅰ）设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a=38时，X=38×5=190，当a=39时，X=39×5=195，当a=40时，X=40×5=200，当a=41时，X=40×5+1×7=207，当a=42时，X=40×5+2×7=214．所以X的所有可能取值为190，195，200，207，214．故X的分布列为：∴E（X）=190×+195×+200×+207×+214×=．（ⅱ）依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为38×0.2+39×0.4+40×0.2+41×0.1+42×0.1=39.5．所以甲公司送餐员日平均工资为70+4×39.5=228元．由（ⅰ）得乙公司送餐员日平均工资为192.2元．因为192.2＜228，故推荐小明去甲公司应聘．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是B1C1、BC的中点，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1E=．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；（Ⅱ）求二面角A﹣BD﹣B1的平面角的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）先证AE⊥平面A1BC，再证A1D∥AE即可‘’（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．【解答】证明：（Ⅰ）∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是B1C1、BC的中点，∠BAC=90°，AB=AC=2，∴A1D∥AE，AE⊥BC，AE=BE=，∵A1A=4，A1E=．∴A1E2+AE2=，∴AE⊥A1E，∵A1E∩BC=E，∴AE⊥平面A1BC，∵A1D∥AE，∴A1D⊥平面A1BC．解：（Ⅱ）如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，可取．设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），由，可取．cos＜＞=又∵该二面角为钝角，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．20．已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的左焦点F1与抛物线y2=﹣4x的焦点重合，椭圆E的离心率为，过点M （m，0）（m＞）作斜率不为0的直线l，交椭圆E于A，B两点，点P（，0），且•为定值．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）求△OAB面积的最大值．【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程．【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，即椭圆左焦点坐标，结合椭圆离心率可得长半轴长，再由b2=a2﹣c2求出短半轴，则椭圆E的标准方程可求；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l的方程为：x=ty+m，由整理得（t2+2）y2+2tmy+m2﹣2=0由•为定值，解得m，|AB|=|y1﹣y2|=，点O到直线AB的距离d=，△OAB面积s=即可求得最值【解答】解：（Ⅰ）设F1（﹣c，0），∵抛物线y2=﹣4x的焦点坐标为（﹣1，0），且椭圆E的左焦点F与抛物线y2=﹣4x的焦点重合，∴c=1，又椭圆E的离心率为，得a=，于是有b2=a2﹣c2=1．故椭圆Γ的标准方程为：．（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l的方程为：x=ty+m，由整理得（t2+2）y2+2tmy+m2﹣2=0，，==（t2+1）y1y2+（tm﹣t）（y1+y2）+m2﹣=．要使•为定值，则，解得m=1或m=（舍）当m=1时，|AB|=|y1﹣y2|=，点O到直线AB的距离d=，△OAB面积s==．∴当t=0，△OAB面积的最大值为，21．已知函数f（x）=lnx﹣2ax，a∈R．（Ⅰ）若函数y=f（x）存在与直线2x﹣y=0垂直的切线，求实数a的取值范围；（Ⅱ）设g（x）=f（x）+，若g（x）有极大值点x1，求证：＞a．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为x=在（0，+∞）上有解，求出a的范围即可；（Ⅱ）求出g（x）的解析式，通过讨论a的范围，问题转化为证明x1lnx1+1＞ax12，令h（x）=﹣﹣x+xlnx+1，x∈（0，1），根据函数的单调性证明即可．【解答】（Ⅰ）解：因为f′（x）=﹣2a，x＞0，因为函数y=f（x）存在与直线2x﹣y=0垂直的切线，所以f′（x）=﹣在（0，+∞）上有解，即﹣2a=﹣在（0，+∞）上有解，也即x=在（0，+∞）上有解，所以＞0，得a＞，故所求实数a的取值范围是（，+∞）；（Ⅱ）证明：因为g（x）=f（x）+x2=x2+lnx﹣2ax，因为g′（x）=，①当﹣1≤a≤1时，g（x）单调递增无极值点，不符合题意，②当a＞1或a＜﹣1时，令g′（x）=0，设x2﹣2ax+1=0的两根为x1和x2，因为x1为函数g（x）的极大值点，所以0＜x1＜x2，又x1x2=1，x1+x2=2a＞0，所以a＞1，0＜x1＜1，所以g′（x1）=x12﹣2ax1+=0，则a=，要证明+＞a，只需要证明x1lnx1+1＞ax12，因为x1lnx1+1﹣ax12=x1lnx1﹣+1=﹣﹣x1+x1lnx1+1，0＜x1＜1，令h（x）=﹣x3﹣x+xlnx+1，x∈（0，1），所以h′（x）=﹣x2﹣+lnx，记P（x）=﹣x2﹣+lnx，x∈（0，1），则P′（x）=﹣3x+=，当0＜x＜时，p′（x）＞0，当＜x＜1时，p′（x）＜0，所以p（x）max=p（）=﹣1+ln＜0，所以h′（x）＜0，所以h（x）在（0，1）上单调递减，所以h（x）＞h（1）=0，原题得证．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（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，圆C的方程为ρ=6sinθ．（Ⅰ）写出直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）设点P（4，3），直线l与圆C相交于A，B两点，求+的值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（Ⅰ）把直线l的参数方程消去参数t可得，它的直角坐标方程；把圆C 的极坐标方程依据互化公式转化为直角坐标方程．（Ⅱ）把直线l的参数方程（t为参数），代入圆C的直角坐标方程，得，结合根与系数的关系进行解答．【解答】解：（Ⅰ）由直线l的参数方程为（t为参数），得直线l的普通方程为x+y﹣7=0．又由ρ=6sinθ得圆C的直角坐标方程为x2+（y﹣3）2=9；（Ⅱ）把直线l的参数方程（t为参数），代入圆C的直角坐标方程，得，设t1，t2是上述方程的两实数根，所以t1+t2=4，t1t2=7，∴t1＞0，t2＞0，所以+=．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣2|+|2x+1|．（Ⅰ）解不等式f（x）＞5；（Ⅱ）若关于x的方程=a的解集为空集，求实数a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）分类讨论求得原不等式解集．（Ⅱ）由分段函数f（x）的解析式可得f（x）的单调性，由此求得函数f（x）的值域，求出的取值范围．再根据关于x的方程=a的解集为空集，求得实数a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）解不等式|x﹣2|+|2x+1|＞5，x≥2时，x﹣2+2x+1＞5，解得：x＞2；﹣＜x＜2时，2﹣x+2x+1＞5，无解，x≤﹣时，2﹣x﹣2x﹣1＞5，解得：x＜﹣，故不等式的解集是（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）；（Ⅱ）f（x）=|x﹣2|+|2x+1|=，故f（x）的最小值是，所以函数f（x）的值域为[，+∞），从而f（x）﹣4的取值范围是[﹣，+∞），进而的取值范围是（﹣∞，﹣]∪（0，+∞）．根据已知关于x的方程=a的解集为空集，所以实数a的取值范围是（﹣，0]．。
最新--商丘市高三第二次模拟考试理科综合试题及答案 精品
商丘市2018年高三第二次模拟考试试题理科综合注意事项：1．本试题卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，总分300分，考试时间150分钟。
2．答题前，考生须将自己的学校、班级、姓名、学号、座号填写在本试题卷指定的位置上。
3．选择题的每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能答在试题卷上。
4．非选择题必须按照题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答。
超出答题区域或在其他题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。
5．可能用到的相对原子质量：H-1，O-16，Li-7，Na-23，Al-27第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：（本大题共13小题，每小题6分，共78分，每题只有一个选项符合题意）1．下列各项叙述不正确的是A．为了延长新鲜水果的贮藏时间，条件最好是低氧，适当湿度、温度，无乙烯B．假定一个细胞中含水量保持不变，适当提高温度会使结合水与自由水之比增大C．在其它条件不变时，增大温室的昼夜温差是提高作物产量的重要措施之一D．利用鱼垂体的提取物可促使雌鱼排卵，是因为垂体中含有促性腺激素2．观察与实验是生物科学研究中的重要手段。
以下是四位同学在实验室中利用光学显微镜观察到的现象，你认为具有科学性的是A．甲同学：菠菜的稍带叶肉的下表皮叶肉细胞中叶绿体具有双层膜结构B．乙同学：质壁分离发生时，紫色洋葱鳞片叶表皮细胞中液泡逐渐缩小且颜色逐渐变深C．丙同学：经解离和染色的洋葱根尖分生区的细胞中染色体向细胞两极缓慢移动D．丁同学：经苏丹Ⅲ染色后的花生子叶细胞中有紫色的脂肪颗粒3．当呼吸底物不是糖或氧气不充足时，呼吸作用消耗的O2和产生的CO2的体积并不相等.利用如图所示装置两套，设为甲、乙，测定单位质量小麦种子呼吸时CO2释放量与O2消耗量的比值，下列构思可以达到实验目的的是A．甲装置烧杯中盛放清水，在光照下测定O2释放量，乙装烧杯中置在黑暗下测定CO2释放量B．甲装置烧杯中盛放清水，测定CO2释放量，乙装置烧杯中换成CO2 吸收剂测定O2消耗量C．甲装置烧杯中盛放清水，测定气体体积变化量，乙装置烧杯中换成CO2吸收剂，测定O2消耗量D．甲装置烧杯中盛放CO2缓冲剂（可吸收和放出CO2），测定氧气消耗量，乙装置中放入死亡种子作对照4．美国某研究小组最近发现抑癌基因临近的基因合成了反义RNA，反义RNA可以与抑癌基因转录成的mRNA形成杂交分子，从而阻断抑癌基因的表达，使细胞癌变，如右图所示。
河南省商丘市2018届高三第二次模拟考试(文)数学试题及答案解析
河南省商丘市2018届高三第二次模拟考试数学试题（文）第Ⅰ卷一、选择题1. 已知集合，集合，则（）A. B. C. D.2. 复数（是虚数单位）的共轭复数（）A. B. C. D.3. 设函数，若，则实数）A. B. 8 C. 1 D. 24. 已知平面向量，且，则）A. B. 2 C. D. 15. 设和为双曲线的两个焦点，若点是等腰直角三角形的三个顶点，则双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.6. 已知数列满足，则（）A. B. C. D.7. 执行如图的程序框图，若输入的是，则输出的（）A. 10B. 15C. 21D. 288. 将函数的图象向右平移个单位后，得到，为偶函数，则的最小值为（）A. 1B. 2C.D.9. 函数的大致图像是（）A. B.C. D.10. 已知正方形如图所示，其中相交于点，分别为的中点，阴影部分中的两个圆分别为与的内切圆，若往正方形中随机投掷一点，则该点落在图中阴影区域内的概率为（）A. B. C. D.11. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.12. 定义在上的函数满足：，是的导函数，则不等式(其中为自然对数的底数）的解集为（）A. B. C. D.第Ⅱ卷二、填空题13. 若实数满足则的最小值为__________．14. 已知球的表面积为，此球面上有三点，且，则球心到平面的距离为__________．16. 过圆的圆心的直线与抛物线相交于两点，且，则点到圆上任意一点的距离的最小值为__________．三、解答题17. 在中，内角所对的边分别为，若，且. （1）求证：成等比数列；（2）若的面积是2，求边的长.18. 唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔.唐三彩的生产至今已有1300多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历史，某陶瓷厂在生产过程中，对仿制100件工艺品测得其重量(单位：) 数据，将数据分组如下表：（1）统计方法中，同一组数据常用该组区间的中点值（例如区间的中点值是2.25）作为代表.据此，估计这100个数据的平均值；（2）根据样本数据，以频率作为槪率，若该陶瓷厂生产这样的工艺品5000件，试估计重量落在中的件数；（3）从第一组和第六组6件工艺品中随机抽取2个工艺品，求一个来自第一组，一个来自第六组的概率.19. 如图，在三棱柱中，侧面底面，，，分別为棱的中点（1）求三棱柱的体积；（2）在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.20. 已知椭圆的左右焦点分别为，若椭圆上一点满足，过点的直线与椭圆交于两点（1）求椭圆的方程；（2）过点作轴的垂线，交椭圆于，求证：存在实数，使得21. 已知函数，其中为常数且.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；（3）当时，，若存在，使成立，求实数的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 已知曲线的极坐标方程为，直线，直线.以极点为原点，极轴为.（1）求直线的直角坐标方程以及曲线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于两点，直线与曲线交于两点，求的面积.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围.【参考答案】第Ⅰ卷一、选择题1. 【答案】C【解析】由题得,,,,故选C.2. 【答案】B【解析】由题得所以共轭复数,故选B.3. 【答案】D【解析】当m≥2时，当0<m<2时，综上所述m=2,故选D.4. 【答案】A【解析】因为，所以所以所以所以在上的投影为A.5. 【答案】C【解析】因为点是等腰直角三角形的三个顶点，所以2b=c,所以故选C.6. 【答案】B【解析】由题得，故选B.7. 【答案】A【解析】运行程序如下:n=1,s=1,1<9,n=2,s=3;3<9.n=3,s=, 6<9,n=4,s=10,10>9,s=10. 故选A.8. 【答案】B【解析】将函数的图象向右平移个单位后，得到，由于函数g(x)为偶函数，所以故选B.9. 【答案】D【解析】因为，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，可排除；由,可排除，故选D.10. 【答案】D【解析】依题意，不妨设，则四边形与四边形的面积之和为，两个内切圆的面积之和为，故所求概率，故选C.11. 【答案】C【解析】由三视图可知，原几何体左边是半边圆柱，圆柱上面是个球，几何体右边是一个圆锥，且圆锥的顶点和球心重合.所以几何体的体积为故选C.12. 【答案】A【解析】设g(x)=,所以函数g(x)在R上单调递增.因为，所以g(0)=4,因为，所以g(x)>g(0),所以x>0.故选A.第Ⅱ卷二、填空题13.【答案】【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：由z=3x﹣y得y=3x﹣z，平移直线y=3x﹣z,由图象可知当直线y=3x﹣z经过点(0,1)时，直线y=3x﹣z的纵截距-z最大，z最小，的最小值为3×0-1=-1.故填-1.14.【答案】【解析】因为球的表面积为，所以因为，所以三角形为直角三角形，因此球心到平面的距离为球心到BC中点的距离，为.15.【答案】【解析】因为这些整数能被2除余1且被3除余1，所以这些数组成的数列的通项所以此数列的项数为336. 故填336.16.【答案】【解析】设由题得不妨设所以点到圆上任意一点的距离的最小值为故填.三、解答题17. （1）证明：∵，∴在中，由正弦定理得，，∵，∴则∴成等比数列；（2）解：，则，由（1）知，，,联立两式解得，由余弦定理得，，∴.18. 解：（1）这100个数据的平均值约为….（2）重量落在中的概率约为，所以某陶瓷厂生产这样的工艺品5000件中，估计重量落在中的件数估计为（件）.（3）记第一组的4件工艺品为,第六组2件工艺品为从中抽取两件共有：共有15种取法，其中分别来自第一第六组的有：共有8种，所以所求概率，答：一个来自第一组，一个来自第六组的概率为.19. 解：（1）三棱柱中，所以.因为，所以.又因为，连接,所以△是边长为2的正三角形.因为E是棱的中点，所以，且又，所以又侧面底面ABC，且侧面底面ABC=AB，又AE侧面，所以底面ABC，所以三棱柱的体积为；（2）在直线上存在点P，使得CP||平面AEF.证明如下：连接并延长，与的延长线相交，设交点为.连接. 因为，故由于为棱的中点，所以，故有又为棱的中点，故为的中位线，所以又平面AEF，平面AEF，所以平面AEF.故在直线上存在点P，使得平面AEF.此时，所以.20. 解：（1）依题意，，故.将代入椭圆中，解得故椭圆的方程为：.（2）由题知直线的斜率必存在，设的方程为. 设点，，则，联立，得即，则，，由题可得直线方程为又∵，∴直线方程为，令，整理得，即直线过点.又∵椭圆的右焦点坐标为，∴三点，，在同一直线上.∴存在实数，使得.21. 解：（1）当时，，=切线的斜率，又，故切线的方程为，即.（2）且,()当时,,当时,;当时,.故在区间上单调递减,在区间上单调递增；()当，有两个实数根，且,故时,；时，时,故在区间上均为单调增函数,在区间上为减函数.综上所述,当时,在上单调递减,在上单调递增;当时,在、上单调递增，在上单调递减. （3）当时，由（2）知，又，在上为增函数..依题意有故的取值范围为.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 解：（1）依题意，直线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为. 因为，故，故，故，故曲线的参数方程为（为参数）（2）联立得到，同理.又，所以，即的面积为.选修4-5：不等式选讲23. 解：（1）依题意，故不等式的解集为（2）由（1）可得，当时，取最小值，对于∴，即，∴，解之得，∴实数的取值范围是.。
河南省商丘市第二十中学2018年高三数学理联考试卷含解析
河南省商丘市第二十中学2018年高三数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知将的图象向右平移个单位，得到的函数图象关于y轴对称，若将的图象向左平移个单位，得到的函数图象也关于x轴对称，则的解析式可以为A．=sinx B．=sin2x C．= D．=2sinx参考答案：B略2. 已知实数x，y满足的最大值为7，则a的值为（）A．1 B．－1 C． D．－参考答案：答案：A3. 复数化简的结果为A. B. C.D.参考答案：A，选A.4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A． B． C．4 D．参考答案：A试题分析：根据几何的三视图，画出该几何体的直观图，如下图考点：三视图、几何体的表面积.5. 某校某班级有42人，该班委会决定每月第一周的周一抽签决定座位，该班级座位排成6列7行，同学先在写有1、2、3、4、5、6的卡片中任取一张，确定所在列，再在写有1、2、3、4、5、6、7的卡片中任取一张确定所在行，如先后抽到卡片为2、5，则此同学座位为第2列第5行，在一学期的5次抽签中，该班班长5次位置均不相同的概率是（）A．B．C．D．参考答案：C【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】先求出基本事件总数，再求出该班班长5次位置均不相同包含的基本事件个数，由此能求出在一学期的5次抽签中，该班班长5次位置均不相同的概率．【解答】解：由题意得在一学期的5次抽签中，基本事件总数n=425，该班班长5次位置均不相同包含的基本事件个数m=，∴在一学期的5次抽签中，该班班长5次位置均不相同的概率p==．故选：C．6. 已知，，那么的值是( )A. B. C.D.参考答案：A7. 下列说法正确的是（）A.“若，则”的否命题是“若，则”B.“若，则”的逆命题为真命题C.，使成立D.“若，则”是真命题参考答案：D8. 利用如图所示的程序框图得到的数集中必含有（）A．520 B．360 C. 241 D．134参考答案：B从算法框图可知其功能是输出500以内能被4整除的数.分析选项，只有B符合要求.本题选择B选项.9. 若f(x)=cos x－sin x在[－a,a]是减函数，则a的最大值是A．B．C．D．π参考答案：A因为，所以由得因此，从而的最大值为，选A.10. 若实数满足恒成立，则函数的单调减区间为（）参考答案：D略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知点P的坐标（x，y）满足，过点P的直线与圆相交于A、B两点，则弦AB长的最小值为。
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河南省商丘市2017-2018高三第二次模拟考试试卷理科数学第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. 复数352z i =+(i 是虚数单位）的共辄复数z =（ ） A ．2i - B ．2i + C. 2i -- D ．2i -+2.已知集合{{},A x y B x x a ===≥，若A B A ⋂=，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(),3-∞- B ．(],3-∞- C. (],0-∞ D ．[)3,+∞3.已知等差数列{}n a 的公差为d ，且891024a a a ++=，则1a d ⋅的最大值为（ ） A ．12 B ．14C. 2 D ．4 4.程序框图的算法思路源于我国古代数学名著 《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的,a b 分别为91，39，则输出的a =（ ）A ．11B ．12 C. 13 D ．145.高考结束后6名同学游览我市包括日月湖在内的6个景区，每名同学任选一个景区游览，则有且只有两名同学选择日月湖景区的方案有（ ）A ．2465A A ⨯种B ．2465A ⨯种 C. 2465C A ⨯种D ．2465C ⨯种6.设,x y 满足约束条件360,20,0,0,x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥≥⎩若目标函数()0z ax y a =+>的最大值为18，则a 的值为（ ）A ．3B ．5 C. 7 D ．97.已知0a >且1a ≠，函数()(log a f x x =+在区间(),-∞+∞上既是奇函数又是增函数，则函数()log a g x x b =-的图象是（ ）A ．B ．C.D ．8.已知椭圆22162x y +=的左、右焦点分别为12F F 、，直线:l y kx m =+与椭圆相切，记12F F 、到直线l 的距离分别为12,d d ，则12d d ⋅的值为（ ） A ．1 B ．2 C. 3 D ．49.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）A ．6πB ．163π6π+ D 163π10.将函数())cos 2sin 0222x x x f x ωωωω⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭的图象向左平移3πω个单位，得到函数()y g x =的图象，若()y g x =在0,12π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，则ω的最大值为（ ）A ．2B ．4 C. 6 D ．811.已知点12,F F 分别是双曲线()2222:10,0a x y C a b b >->=的左、右焦点，O 为坐标原点，在双曲线C 的右支上存在点P ，且满足OP 21tan 3PF F ∠≥，则双曲线C 的离心率的取值范围为（ ）A ．⎛ ⎝⎦B ．(]1,2 C. ⎛ ⎝⎦ D ．⎛ ⎝⎦12.记函数()2x f x e x a -=--，若曲线[]()31,1y x x x =+∈-上存在点()00,x y 使得()00f y y =，则a 的取值范围是（ ）A ．()22,66,e e -⎤⎡-∞-⋃++∞⎦⎣ B ．226,6e e -⎡⎤-+⎣⎦C. ()226,6e e --+D ．()()22,66,e e --∞-⋃++∞第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知球的表面积为8π，此球面上有,,A B C 三点，且2AB AC BC ==，则球心到平面ABC 的距离为 ．14.已知,A B 是圆22:4O x y +=上的两个动点，52,222OC OA OB AB =-=M 是线段AB 的中点，则OC OM ⋅的值为 ．15.512a x x x x ⎛⎫⎛⎫+⋅- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭展开式中，各项系数之和为4，则展开式中的常数项为 ．16.已知曲线2:2C y x a =+在点(()0,n P n a n N >∈处的切线n l 的斜率为n k ，直线n l 交x 轴、y 轴分别于点()(),00,n n n n A x B y 、，且00x y =.给出以下结论： ①1a =；②当*n N ∈时，n y ；③当*n N ∈时，n k >④当*n N ∈时，记数列{}n k 的前n 项和为n S ，则)1n S <.其中，正确的结论有 ．(写出所有正确结论的序号）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. 在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若()()sin 2sin cos A C A A C +=+，且222sin sin sin sin 0A B C A B +-=.（1）求证：,,2a b a 成等比数列； （2）若ABC ∆的面积是2，求c 边的长.18.世界那么大，我想去看看，每年高考结束后，处于休养状态的高中毕业生旅游动机强烈，旅游可支配收入日益增多，可见高中毕业生旅游是一个巨大的市场.为了解高中毕业生每年旅游消费支出（单位:百元）的情况，相关部门随机抽取了某市的1000名毕业生进行问卷调查，并把所得数据列成如下所示的频数分布表：（1）求所得样本的中位数（精确到百元）；（2）根据样本数据，可近似地认为学生的旅游费用支出X 服从正态分布()251,15N ，若该市共有高中毕业生35000人，试估计有多少位同学旅游费用支出在 8100元以上；（3）已知本数据中旅游费用支出在[]80,100范围内的8名学生中有5名女生，3名男生， 现想选其中3名学生回访，记选出的男生人数为Y ，求Y 的分布列与数学期望. 附:若()2,XN μσ，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，()220.9544P X μσμσ-<<+=，()330.9973P X μσμσ-<<+=.19.如图所示的几何体是由棱台PMN ABD -和棱锥C BDNM -拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，60ABC ∠=︒，PA ⊥平面,22ABCD AP PM ==.（1）求证：MN PC ⊥；（2）求平面MNC 与平面APM B 所成锐角二面角的余弦值.20.已知抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，准线为l ，过焦点F 的直线交C 于()()1122,,,A x y B x y 两点，且124y y =-.（1）求拋物线方程；（2）设点B 在准线l 上的投影为E ，D 是C 上一点，且AD EF ⊥，求ABD ∆面积的最小值及此时直线AD 的方程.21.已知函数()2()()(21ln 21210)()f x x x a x x a =++-+->.（1）如图，设直线1,2x y x =-=-将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（不含边界），若函数()y f x =的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；（2）当12a >时，求证：()12,0,x x ∀∈+∞且12x x ≠，有()()121222x x f x f x f+⎛⎫+< ⎪⎝⎭. 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，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曲线C 的极坐标方程为4cos 2sin ρθθ=+，直线()1:6l R πθρ=∈，直线()2:3l R πθρ=∈.以极点O 为原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系.（1）求直线12,l l 的直角坐标方程以及曲线C 的参数方程；（2）已知直线1l 与曲线C 交于,O M 两点，直线2l 与曲线C 交于,O N 两点，求OMN ∆的面积. 23.选修4-5：不等式选讲 已知函数()221f x x x =-+-. （1）求不等式()4f x >的解集；（2）若不等式()2274m m f x >-+对于x R ∀∈恒成立，求实数m 的取值范围.试卷答案一、选择题1-5: ABCCD 6-10: ADBAC 11、12：DB二、填空题13. 1 14.5 15. 200 16. ①②④三、解答题17. 解：（Ⅰ）证明：∵ A B C π++=，sin +)2sin cos()A C A A B =+（，∴sin 2sin cos B A C =-，在ABC ∆中，由正弦定理得，2cos b a C =-，∵222sin sin sin sin 0A B C A B +-=，由正弦定理可得：∴2220a b c +-+=，∴222cos 2a b c C ab+-== ∴34C π=，∴b =，则2222b a a a ==⋅，∴,,2a b a 成等比数列；（Ⅱ） 1sin 22S ab C ===，则ab =，由（Ⅰ）知，b = ，联立两式解得2,a b == ，由余弦定理得，2222cos 4822(20c a b ab C =+-=+-⨯⨯=∴c =18.解：（Ⅰ）设样本的中位数为x ，则2250450(40)0.510001000100020x -++⋅=， 解得51x ≈，所得样本中位数为51（百元）. （Ⅱ）51μ=，15σ=，281μσ+=，D旅游费用支出在8100元以上的概率为(2)P x μσ≥+1(22)2P x μσμσ--<<+=10.95440.02282-==，0.022*********⨯=，估计有798位同学旅游费用支出在8100元以上. （Ⅲ）Y 的可能取值为0，1，2，3，35385(0)28C P Y C ===， 12353815(1)28C C P Y C ===，21353815(2)56C C P Y C ===， 33381(3)56C P Y C ===， ∴Y 的分布列为50123282856568E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=（）.19.解：(Ⅰ)证明：因为底面四边形ABCD 是菱形， ∴AC BD ⊥， 又∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA BD ⊥， ∵ACPA A =， ∴BD ⊥平面PAC ，∴BD PC ⊥.又棱台PMN ABD-中，//BD MN ∴MN PC ⊥(Ⅱ)建立空间直角坐标系如图所示， 则(0,1,0)C ，1(,2)22M -， 1(,2)22N --，(0,1,0)A -，(0,1,2)P -，B ，所以33(,2)2CM=-，3(,2)2CN =--，(0,0,2)AP =，(3,1,0)AB =，设平面MNC 的一个法向量为111(,,)m x y z =，则CM mCN m ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩,∴=0=0CM m CN m ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩，1111132023202x y z y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩.令11z =，得1140,3x y ==， ∴4(0,,1)3m =； 设平面APMB 的法向量为222(,,)n x y z =，则AP nAB n ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩,∴=0=0AP n AB n ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩，22220z y =⎧⎪+=令2=1x ，得2y =2=0z ， ∴(1,3,0)n =-， 设平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角为α，则cosm n m nα⋅===⋅所以平面MNC 与平面APMB .20.解：（Ⅰ）依题意(,0)2p F ，当直线AB 的斜率不存在时，直线:2p AB x =，可得,),,)22p pA pB p -（（，2124,2y y p p =-=-=，分 当直线AB 的斜率存在时，设:()2pAB y k x =-由22()2y pxp y k x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，化简得2220p y y p k --= 得212122+,py y y y p k==- 由124y y =-得24p =，2p =， 所以抛物线方程24y x =.（Ⅱ）设00(,)D x y ，2(,)4t B t ，则(1,)E t -，又由124y y =-，可得244(,)A t t -因为2EF tk =-，AD EF ⊥，∴2AD k t =，故直线2424:()AD y x t t t+=-， 由2248240y xx ty t ⎧=⎪⎨---=⎪⎩， 化简得2216280y ty t ---=， ∴10102162,8y y t y y t +==--.∴10|||AD y y =-==，……8分设点B 到直线AD 的距离为d ，则22222816|4||8|t t t d ---++==，∴1||162ABD S AD d ∆=⋅=≥， 当且仅当416t =，即2t =±，等号成立2:30t AD x y =--=时，； 2:30t AD x y =-+-=时，.21.解：（Ⅰ）函数的定义域为1(,)2-+∞，且当0x =时，(0)0f a =-<．又直线y x =-恰好通过原点，∴函数()y f x =的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得()f x x <-，即2(21)ln(21)(21)x x a x x x ++-+-<-． ∵210x +>，∴ln(21)21x a x +>+．令ln(21)()21x h x x +=+，则222ln(21)()(21)x h x x -+'=+．∴11(,)22e x -∈-时，()0h x '>，()h x 单调递增； 1(,)2e x -∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减． ∴max 11()()2e h x h e -==∴a 的取值范围是1a e>． （Ⅱ）∵()2ln(21)4(21)1f x x a x '=+-++， 设()2ln(21)4(21)1u x x a x =+-++, 则4()821u x a x '=-+， 410,4,,84212x a a x ><>>+时时， ∴4()8021u x a x '=-<+， ∴0x >时 ()f x '为单调递减函数， 不妨设210x x >>，令11()()()2()2x x g x f x f x f +=+-（1x x >），可得1()0g x =，1()()()2x x g x f x f +'''=-，∵12x x x +>且()f x '单调递减函数，∴()0g x '<，∴1x x >，()g x 为单调递减函数，∴21()()0g x g x <=， 即1212()()2()2x x f x f x f ++<． 22.解：（Ⅰ）依题意，直线1l的直角坐标方程为y =， 直线2l的直角坐标方程为y =.因为4cos 2sin ρθθ=+，∴24cos 2sin ρρθρθ=+， ∴2242x y x y +=+，即22(2)(1)5x y -+-=，∴曲线C的参数方程为21x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩，（α为参数）.（Ⅱ）联立64cos 2sin πθρθθ⎧=⎪⎨⎪=+⎩，，得到||1OM =，同理||2ON =又6MON π∠=，所以1||||sin 2MON S OM ON MON =⋅∠=△即OM N ∆23.解：（Ⅰ）依题意，431()|2|2|1|12342x x f x x x x x x x -<⎧⎪=-+-=⎨⎪->⎩，，，≤≤，，， 故不等式()4f x >的解集为8(0)3⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭，，. （Ⅱ）由（Ⅰ）可得，当1x =时，()f x 取最小值1，2()274f x m m >-+对于x ∈R 恒成立， ∴2min ()274f x m m >-+，即22741m m -+<， ∴22730m m -+<，解之得132m <<，∴实数m 的取值范围是1|32m m ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭商丘市2018年高三第二次模拟考试数学（理科）参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）（1）A （2）B （3）C （4）C （5）D （6）A （7）D （8）B （9）A （10）C （11）D （12）B 二、填空题（每小题5分，共20分）（13）1 （14）5 （15）200 （16）①②④ 三、解答题（共70分） （17）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）证明：∵ A B C π++=，sin+)2sin cos()A C A A B =+（， ∴sin 2sin cos B A C =-，………………………………………………1分 在ABC ∆中，由正弦定理得，2cos b a C =-，………………………2分∵222sin sin sin sin 0A B C A B +-=，由正弦定理可得：∴2220a b c +-=，∴222cos 2a b c C ab+-== ∴34C π=，……………………………………………………………4分∴b =，则2222b a a a ==⋅，∴,,2a b a 成等比数列； ………………………………………………6分（Ⅱ） 1sin 224S ab C ab ===，则ab =，…………………………8分由（Ⅰ）知，b =，联立两式解得2,a b == ， …………10分由余弦定理得，2222cos 4822(202c a b ab C =+-=+-⨯⨯-=∴c =………………………………………………………………12分（18）（本小题满分12分）D解：（Ⅰ）设样本的中位数为x ，则2250450(40)0.510001000100020x -++⋅=， 解得51x ≈，所得样本中位数为51（百元）. ………………………2分 （Ⅱ）51μ=，15σ=，281μσ+=，………………………………………3分旅游费用支出在8100元以上的概率为(2)P x μσ≥+1(22)2P x μσμσ--<<+=10.95440.02282-==，………………5分0.022*********⨯=，估计有798位同学旅游费用支出在8100元以上. ………………………6分 （Ⅲ）Y 的可能取值为0，1，2，3， …………………………………………7分35385(0)28C P Y C ===， 12353815(1)28C C P Y C ===， 21353815(2)56C C P Y C ===， 33381(3)56C P Y C ===， ∴Y 的分布列为………………………11分51515190123282856568E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=（）. ……………………12分 （19）（本小题满分12分）解：(Ⅰ)证明：因为底面四边形ABCD 是菱形， ∴AC BD ⊥，…………………………1分又∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA BD ⊥，…………………………2分 ∵ACPA A =， ∴BD⊥平面PAC ，∴BD PC ⊥.……………………………………………………4分 又棱台PMN ABD -中，//BD MN …………………………5分∴MN PC ⊥…………………………………………………………6分 (Ⅱ)建立空间直角坐标系如图所示， 则(0,1,0)C ，1,2)2M -， 1(,2)2N -，(0,1,0)A -，(0,1,2)P -，B ，……7分所以33(,2)22CM =-，3(,2)22CN =--，(0,0,2)AP =，(3,1,0)AB =，设平面MNC 的一个法向量为111(,,)m x y z =，则CM mCN m ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩, ∴=0=0CM m CN m ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩，1111132023202x y z y z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩.令11z =，得1140,3x y ==， ∴4(0,,1)3m =； 设平面APMB 的法向量为222(,,)n x y z =，则AP nAB n ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩,∴=0=0AP n AB n ⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩，222200z y =⎧⎪+=令2=1x ，得2y =2=0z ， ∴(1,3,0)n =-，………………………10分 设平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角为α，则cosm n m nα⋅===⋅所以平面MNC 与平面APMB 所成锐二面角的余弦值为5.……………12分 （20）（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）依题意(,0)2p F ，当直线AB 的斜率不存在时，直线:2p AB x =，可得,),,)22p p Ap B p -（（，2124,2y y p p =-=-=，……………1分 当直线AB的斜率存在时，设:()2pAB y k x =-由22()2y pxpy k x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，化简得2220p y y p k --=得212122+,p y y y y p k==-…………………………………………3分 由124y y =-得24p =，2p =， 所以抛物线方程24y x =.……………………………………………4分（Ⅱ）设00(,)D x y ，2(,)4t B t ，则(1,)E t -，又由124y y =-，可得244(,)A t t - 因为2EF t k =-，AD EF ⊥，∴2AD k t =， 故直线2424:()AD y x t t t+=-，…………………………………5分 由2248240y x x ty t ⎧=⎪⎨---=⎪⎩， 化简得2216280y ty t ---=， ∴10102162,8y y t y y t+==--. ……………………………………7分∴10|||AD y y =-==，……8分 设点B 到直线AD 的距离为d ，则22222816|4||8|t t t d ---++==，……………………………9分∴1||162ABD S AD d ∆=⋅=≥， 当且仅当416t =，即2t =±，等号成立……………………………10分 2:30t AD x y =--=时，；2:30t AD x y =-+-=时，.………………………………………12分（21）（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）函数的定义域为1(,)2-+∞，且当0x =时，(0)0f a =-<．又直线y x =-恰好通过原点，∴函数()y f x =的图象应位于区域Ⅳ内，……………………………1分 于是可得()f x x <-，……………………………………………………2分 即2(21)ln(21)(21)x x a x x x ++-+-<-．∵210x +>，∴ln(21)21x a x +>+．………………………………………3分 令ln(21)()21x h x x +=+，则222ln(21)()(21)x h x x -+'=+．∴11(,)22e x -∈-时，()0h x '>，()h x 单调递增； 1(,)2e x -∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减．……………………5分 ∴max 11()()2e h x h e -== ∴a 的取值范围是1a e >． ……………………………………………6分 （Ⅱ）∵()2ln(21)4(21)1f x x a x '=+-++，设()2ln(21)4(21)1u x x a x =+-++, 则4()821u x a x '=-+，………………………………………………………7分 410,4,,84212x a a x ><>>+时时， ∴4()8021u x a x '=-<+， ∴0x >时 ()f x '为单调递减函数，…………………………………9分 不妨设210x x >>，令11()()()2()2x x g x f x f x f +=+-（1x x >）， 可得1()0g x =，……………………………………………………10分 1()()()2x x g x f x f +'''=-，∵12x x x +>且()f x '单调递减函数， ∴()0g x '<，∴1x x >，()g x 为单调递减函数，…………………11分∴21()()0g x g x <=， 即1212()()2()2x x f x f x f ++<．……………………………………12分 （22）（本小题满分10分）解：（Ⅰ）依题意，直线1l 的直角坐标方程为y ，………………………1分直线2l 的直角坐标方程为y =.……………………………………2分因为4cos 2sin ρθθ=+，∴24cos 2sin ρρθρθ=+，∴2242x y x y +=+，即22(2)(1)5x y -+-=，………………………4分∴曲线C的参数方程为21x y αα⎧=+⎪⎨=⎪⎩，（α为参数）.……………5分 （Ⅱ）联立64cos 2sin πθρθθ⎧=⎪⎨⎪=+⎩，，得到||1OM =，同理||2ON =………7分 又6MON π∠=，所以1||||sin 2MON S OM ON MON =⋅∠=△即OMN ∆………………………………………………10分 （23）（本小题满分10分） 解：（Ⅰ）依题意，431()|2|2|1|12342x x f x x x x x x x -<⎧⎪=-+-=⎨⎪->⎩，，，≤≤，，，…………………………2分 故不等式()4f x >的解集为8(0)3⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭，，. …………………………5分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可得，当1x =时，()f x 取最小值1， ……………………………7分2()274f x m m >-+对于x ∈R 恒成立， ∴2min ()274f x m m >-+，即22741m m -+<，……………………………8分∴22730m m -+<，解之得132m <<， ∴实数m 的取值范围是1|32m m ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭…………………………………………10分。