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2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

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甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）(2017·温州模拟) 设集合A={x∈R|x＞0}，B={x∈R|x2≤1}，则A∩B=（）A . （0，1）B . （0，1]C . [﹣1，1]D . [﹣1，+∞）2. （2分）已知为虚数单位，则复数的模等于（）A .B .C .D .3. （2分）等比数列的首项为1，公比为q，前n项的和为S，由原数列各项的倒数组成一个新数列，由的前n项的和是（）A .B .C .D .4. （2分） (2019高二上·丽水期中) 已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线上一点，且，若，则该双曲线的离心率等于（）A .B .C . 或D . 或5. （2分） (2018高三上·湖北月考) 已知实数满足约束条件，若，，设表示向量在方向上的投影，则的取值范围是（）A .B .C .D .6. （2分） (2017高二上·定州期末) 任取，直线与圆相交于A,B 两点，则的概率为（）A .B .C .D .7. （2分）把函数y= cosx﹣sinx的图象向左平移m（m＞0）个单位，所得的图象关于y轴对称，则m 的最小值是（）A . ﹣B .C .D .8. （2分）(2018·永州模拟) 运行如图所示的程序框图，设输出的数据构成集合，从集合中任取一个元素，则函数在是增函数的概率为（）A .B .C .D .9. （2分） (2016高三上·黑龙江期中) 等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式 x2+（a1﹣）x+c≥0的解集是[0，22]，则使得数列{an}的前n项和大于零的最大的正整数n的值是（）A . 11B . 12C . 13D . 不能确定10. （2分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A .B .C .D .11. （2分）圆C：（x+2）2+y2=32与抛物线y2=2px（p＞0）相交于A、B两点，若直线AB恰好经过抛物线的焦点，则p等于（）A .B . 2C . 2D . 412. （2分） (2016高三上·怀化期中) 已知直线：bx+ay=0与直线：x﹣2y+2=0垂直，则二次函数f（x）=ax2﹣bx+a的说法正确的是（）A . f（x）开口方向朝上B . f（x）的对称轴为x=1C . f（x）在（﹣∞，﹣1）上递增D . f（x）在（﹣∞，﹣1）上递减二、填空题 (共4题；共5分)13. （1分）设f（x）是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f（x）=x2﹣3，则f（﹣2）=________14. （2分） (2017高三上·嘉兴期中) 二项式中，所有的二项式系数之和为________；系数最大的项为________．15. （1分） (2016高二上·南阳期中) 在约束条件下，目标函数z=|x﹣y+4|的最大值为________16. （1分） (2016高二上·晋江期中) 已知数列{an}中，a1=﹣1，an+1•an=an+1﹣an ，则数列的通项公式an=________．三、解答题：解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤． (共7题；共45分)17. （5分） (2018高三上·信阳期中) 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinA+ cosA=2．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）现给出三个条件：①a=2；②B=45°；③c= b．试从中选出两个可以确△ABC的条件，写出你的选择，并以此为依据求△ABC的面积．（只写出一个方案即可）18. （5分） (2017高二下·南昌期末) 2014年山东省第二十三届运动会将在济宁召开，为调查我市某校高中生是否愿意提供志愿者服务，用简单随机抽样方法从该校调查了50人，结果如下：K是否愿意提供志愿者服务愿意不愿意性别男生205女生1015（Ⅰ）用分层抽样的方法在愿意提供志愿者服务的学生中抽取6人，其中男生抽取多少人？（Ⅱ）在（Ⅰ）中抽取的6人中任选2人，求恰有一名女生的概率；（Ⅲ）你能否有99%的把握认为该校高中生是否愿意提供志愿者服务与性别有关？下面的临界值表供参考：P（K2≥k）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.828独立性检验统计量，其中n=a+b+c+d．19. （5分）(2017·安庆模拟) 在如图所示的五面体中，面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC= ，平面ADE⊥平面ABCD，EF=2DC=4AB=4，△ADE是边长为2的正三角形．（Ⅰ）证明：BE⊥平面ACF；（Ⅱ）求二面角A﹣BC﹣F的余弦值．20. （5分）已知P（﹣1，1），Q（2，4）是曲线y=x2上的两点，求与直线PQ平行且与曲线相切的切线方程．21. （15分） (2016高三上·虎林期中) 设a∈R，函数f（x）=lnx﹣ax．（1）若a=2，求曲线y=f（x）在P（1，﹣2）处的切线方程；（2）若f（x）无零点，求实数a的取值范围；（3）若f（x）有两个相异零点x1，x2，求证：x1•x2＞e2．22. （5分）(2017·息县模拟) 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数，α∈[0，π））．以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，与直角坐标系xOy取相同的长度单位，建立极坐标系．设曲线C的极坐标方程为ρcos2θ=4sinθ．（Ⅰ）设M（x，y）为曲线C上任意一点，求x+y的取值范围；（Ⅱ）若直线l与曲线C交于两点A，B，求|AB|的最小值．23. （5分）设f（x）=|x|+2|x﹣a|（a＞0）．（I）当a=l时，解不等式f（x）≤4；（Ⅱ）若f（x）≥4恒成立，求实数a的取值范围．参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共5分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题：解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤． (共7题；共45分)17-1、18-1、19-1、20-1、21-1、21-2、21-3、22-1、23-1、。

甘肃省18届高三数学下学期第一次诊断考试试题理180402163

甘肃省18届高三数学下学期第一次诊断考试试题理180402163

2018年甘肃省第一次高考诊断考试理科数学一、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. 设全集U R =，集合{}2A x x =≥，{}06B x x =≤<，则集合()U （ ） A ．{}02x x << B ．{}02x x <≤ C ．{}02x x ≤< D ．{}02x x ≤≤ 2. 在复平面内复数34iz i+=、 (i 是虚数单位)对应的点在（ ） A ． 第一象限 B ．第二象限 C ． 第三象限 D ．第四象限 3. 向量(,1)a m =，(1,)b m =，则“1m =”是“//a b ”的（ ）A ． 充分不必要条件B ． 必要不充分条件C ． 充要条件D ． 既不充分也不必要条件4. 若实数x ，y 满足10,10,0,x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩则2z x y =+的最大值是（ ）A ．-1B ． 1 C. 2 D ．35. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为23π，则a 的值为（ ）A ．1B ．2 C.6. 已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和，若11a =，3564a a ⋅=，则6S =（ ）A ． 65B ．64 C. 63 D ．627. 中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若7cos 225BAE ∠=，则在正方形ABCD 内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH 内的概率为（ ）A ．2425 B ． 45 C. 35 D ．1258. 过直线23y x =+上的点作圆2246120x y x y +-++=的切线，则切线长的最小值为（ ）A ．．59. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对(,)x y 所对应的点都在函数2()f x ax bx c =++的图象上，则1()0f x dx =⎰（ ）A ．1011 B ． 1112 C. 1312 D ．121110.过双曲线2222:1x y C a b-=（0a >，0b >）的右焦点F 作两条渐近线的垂线，垂足分别为,A B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（ ）A ．11. 如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且4PA =，M 是PB 上的一个动点，过点M 作平面//α平面PAD ，截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()y f x =的图象是（ ）A ．B ． C.D ．12.对于任意0b >，a R ∈，不等式[][]222(2)ln (1)b a b a m m --+--≥-恒成立，则实数m的最大值为（ ）A ．．2 C. e D ．3第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13. 二项式62()x x-的展开式中的常数项是 ．(用数字作答) 14. 已知数列{}n a 满足115a =，12()n n a a n N n *+-=∈，则n an的最小值为 ． 15. 在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物. 甲说：“礼物不在我这”； 乙说：“礼物在我这”； 丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问 (填“甲”、“乙”或“丙”)获得了礼物. 16.抛物线2:4C y x =的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2NE NM NF =+，则MNF ∆的面积为 ．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，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.ABC ∆中，三个内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若(cos ,cos )m B C =，(2,)n a c b =+，且m n ⊥.（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若6b =，求ABC ∆周长的取值范围.18. 四棱台被过点11,,A C D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，1BB ⊥平面ABCD ，12BB =.（Ⅰ）求证：平面1ABC ⊥平面1BB D ； （Ⅱ）若1AA 与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角11A BD C --的余弦值.19.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图.（Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量y (单位：千万立方米)与年份x (单位：年)之间的关系.并且已知y 关于x 的线性回归方程是ˆˆ6.5y x a =+，试确定ˆa的值，并预测2018年该地区的天然气需求量；（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A 类：每车补贴1万元，B 类：每车补贴2.5万元，C 类：每车补贴3.4万元.某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如下表：为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”，求ξ的分布列及期望.20.椭圆2222:1x y E a b+=（0a b >>）的左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F 作垂直于x 轴的直线l 与椭圆E 在第一象限交于点P ，若15PF =，且23a b =. （Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）A ，B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点.若直线AB 过点(1,1)-，且22APF BPF ∠=∠，求直线AB 的方程.21. 已知函数()ln f x a x =，a R ∈.（Ⅰ）若曲线()y f x =与曲线()g x =a 的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，试问函数1()()12xxe F x xf x -=-+是否有零点？如果有，求出该零点；若没有，请说明理由.(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线221:((1)4C x y +-=，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线1C 绕极点逆时针旋转6π后得到的曲线记为2C . （Ⅰ）求曲线1C ，2C 的极坐标方程； （Ⅱ）射线3πθ=（0p >）与曲线1C ，2C 分别交于异于极点O 的A ，B 两点，求AB .23.选修4-5：不等式选讲已知函数()2f x m x =--，m R ∈，且(1)0f x +≥的解集为[]0,2.（Ⅰ）求m 的值； （Ⅱ）若a ，b ，c R ∈，且11123m a b c++=，求证：239a b c ++≥.参考答案一、选择题1-5: CDACB 6-10: CDABD 11、12：DB 二、填空题13. -160 14. 274 15. 甲 16.2三、解答题17.解:（Ⅰ）∵m n ⊥，则有cos (2)cos 0B a c C b ⋅++⋅=， ∴cos (2sin sin )cos sin 0B A C C B ⋅++⋅=∴2cos sin (sin cos cos sin )sin()sin B A C B C B B C A =-⋅+⋅=-+=-， ∴1cos 2B =-，∴23B π=. （Ⅱ）根据余弦定理可知2222cos b a c ac B =+-，∴2236a c ac =++，又∵236()a c ac =+-，∴22()36()2a c a c ac ++-=≤，∴6a c <+≤则ABC ∆周长的取值范围是(12,6+.18.解：（Ⅰ）∵1BB ⊥平面ABCD ，∴1BB AC ⊥. 在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又1BD BB B ⋂=，∴AC ⊥平面1BB D ， ∵AC ⊂平面1ABC ，∴平面1AB C ⊥平面1BB D . （Ⅱ）∵1BB ⊥平面ABCD∴1AA 与底面ABCD 所成角为1A AB ∠，∴1tan 2A AB ∠=，∴111A B = 设BD ,AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系.则(0,1,0)B -，(0,1,0)D ，1(0,1,2)B -,A .11111,2)22B A BA A =⇒-，同理11(,2)2C -， 131(,2)22BA =，(0,2,0)BD =，11(,2)22BC =-. 设平面1A BD 的法向量(,,)n x y z =，∴10,0,BA n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩则(n =-，设平面1C BD 的法向量(,,)m x y z '''=，10,0,BD m BC m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩则m =， 设二面角11A BD C --为θ，13cos 19m n m nθ⋅==.19. 解：（Ⅰ）如折线图数据可知2008201020122014201620125x ++++==236246257276286260.25y ++++==代入线性回归方程ˆˆ6.5yx a =+可得ˆ12817.8a =-. 将2018x =代入方程可得ˆ299.2y=千万立方米. （Ⅱ）根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆， 2辆，3辆则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，=3.5ξ，此时1112262( 3.5)15C C P C ξ===； 当A 类抽1辆，C 类抽1辆时， 4.4ξ=，此时1113263( 4.4)15C C P C ξ===； 当B 类抽1辆，C 类抽1辆时， 5.9ξ=，此时11232662( 5.9)155C C P C ξ====； 当B 类抽2辆时，=5ξ，此时22261(5)15C P C ξ===；当C 类抽2辆时， 6.8ξ=，此时232631( 6.8)155C P C ξ====.所以ξ的分布列为：∴ 3.5 4.4 5.95 6.8151551555E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（万元） 20.解：（Ⅰ）由题可得223b PF a ==，因为15PF =，由椭圆的定义得4a =，所以212b =，所以椭圆E 方程为2211612x y +=. （Ⅱ）易知点P 的坐标为(2,3).因为22APF BPF ∠=∠，所以直线PA ，PB 的斜率之和为0.设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k -，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线PA 的方程为3(2)y k x -=-，由223(2)11612y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩可得222(3+4)8(32)4(32)480k x k k x k +-+--=，∴128(23)234k k x k ++=+同理直线PB 的方程为3(2)y k x -=--，可得2228(23)8(23)23434k k k k x k k ---++==++，∴2122161234k x x k -+=+，1224834k x x k --=+， 121212121212(2)3(2)3()412AB y y k x kx k x x k k x x x x x x --++--+-====---，∴满足条件的直线AB 的方程为11(1)2y x +=-，即为230x y --=. 21.解：（Ⅰ）函数()ln f x a x =的定义域为(0)+∞,，()a f x x '=，()g x '= 设曲线()y f x =与曲线()g x =00(,)x y由于在公共点处有共同的切线，所以0a x =，解得204x a =，0a >. 由00()()f x g x =可得0ln a x =联立2004,ln x a a x ⎧=⎪⎨=⎪⎩解得2e a =. （Ⅱ）函数1()()12xxe F x xf x -=-+是否有零点，转化为函数()()ln 2e H x xf x x x == 与函数1()12xxe G x -=-在区间(0,)x ∈+∞是否有交点， ()()ln 2e H x xf x x x ==，可得()ln (1ln )222e e e H x x x '=+=+， 令()0H x '>，解得1(,)x e∈+∞，此时函数()H x 单调递增； 令()0H x '<，解得1(0,)x e∈，此时函数()H x 单调递减. ∴当1x e =-时，函数()H x 取得极小值即最小值，11()2H e =-. 1()12xxe G x -=-可得11()(1)2x G x x e -'=-， 令()0G x '>，解得01x <<，此时函数()G x 单调递增； 令()0G x '<，解得1x >，此时函数()G x 单调递减.∴当1x =时，函数()G x 取得极大值即最大值，1(1)2G =-. 因此两个函数无交点.即函数1()()12xxe F x xf x -=-+无零点. 22.解：曲线221:((1)4C x y +-=化为极坐标方程是2sin ρθθ=+ 设曲线2C 上的点(,)Q ρθ绕极点顺时针旋转6π后得到(,)6P πρθ-在1C 上，代入可得2C 的极坐标方程是2cos ρθθ=+. （Ⅱ）将3πθ=（0ρ>）分别代入1C ，2C的极坐标方程，得到1ρ=，24ρ=124AB ρρ=-=-23.（Ⅰ）()01011f x m x m x m ≥⇒--≥⇒-≤≤+ 由(+1)0f x ≥的解集为[]02，可知1m =. （Ⅱ）111123a b c ++=则111233223(22)()111232233b c a c a ba b c a b c a b c a a b b c c ++=++++=++++++++233233692323b a c a c ba b a c b c =++++++≥+=当且仅当23a b c ==时等号成立，即3a =，32b =，1c =时等号成立.。

2018年甘肃省第一次高考诊断理科数学试卷及解析

2018年甘肃省第一次高考诊断理科数学试卷及解析

2018年甘肃省第一次高考诊断考试理科数学试卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.1.设全集U R =，集合{}2A x x =≥，{}06B x x =≤<，则集合()U （）A．{}02x x <<B．{}02x x <≤C．{}02x x ≤<D．{}02x x ≤≤2.在复平面内复数34iz i+=、(i 是虚数单位)对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.向量(,1)a m =，(1,)b m =，则“1m =”是“//a b ”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4.若实数x ，y 满足10,10,0,x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩则2z x y =+的最大值是（）A．-1B．1C.2D．35.某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为23π，则a 的值为（）A．1B．2 C.22D．326.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和，若11a =，3564a a ⋅=，则6S =（）A．65B．64C.63D．627.中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若7cos 225BAE ∠=，则在正方形ABCD 内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH 内的概率为（）A．2425B．45C.35D．1258.过直线23y x =+上的点作圆2246120x y x y +-++=的切线，则切线长的最小值为（）A．19B．25C.21D．5559.如图所示，若程序框图输出的所有实数对(,)x y 所对应的点都在函数2()f x ax bx c =++的图象上，则1()0f x dx =⎰（）A．1011B．1112C.1312D．121110.过双曲线2222:1x y C a b-=（0a >，0b >）的右焦点(22,0)F 作两条渐近线的垂线，垂足分别为,A B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（）A．22B．2+1C.3D．211.如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且4PA =，M 是PB 上的一个动点，过点M 作平面//α平面PAD ，截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()y f x =的图象是（）A．B． C.D．12.对于任意0b >，a R ∈，不等式[][]222(2)ln (1)b a b a m m --+--≥-恒成立，则实数m 的最大值为（）A．eB．2 C.eD．3第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式62()x x-的展开式中的常数项是．(用数字作答)14.已知数列{}n a 满足115a =，12()n n a a n N n *+-=∈，则n an的最小值为．15.在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物.甲说：“礼物不在我这”；乙说：“礼物在我这”；丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问(填“甲”、“乙”或“丙”)获得了礼物.16.抛物线2:4C y x =的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2NE NM NF =+，则MNF ∆的面积为．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，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.ABC ∆中，三个内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若(cos ,cos )m B C =，(2,)n a c b =+，且m n ⊥.（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若6b =，求ABC ∆周长的取值范围.18.四棱台被过点11,,A C D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，1BB ⊥平面ABCD ，12BB =.（Ⅰ）求证：平面1AB C ⊥平面1BB D ；（Ⅱ）若1AA 与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角11A BD C --的余弦值.19.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图.（Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量y (单位：千万立方米)与年份x (单位：年)之间的关系.并且已知y 关于x 的线性回归方程是ˆˆ6.5yx a =+，试确定ˆa 的值，并预测2018年该地区的天然气需求量；（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A 类：每车补贴1万元，B 类：每车补贴2.5万元，C 类：每车补贴3.4万元.某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如下表：类型A 类B 类C 类车辆数目102030为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”，求ξ的分布列及期望.20.椭圆2222:1x y E a b+=（0a b >>）的左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F 作垂直于x 轴的直线l 与椭圆E在第一象限交于点P ，若15PF =，且23a b =.（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）A ，B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点.若直线AB 过点(1,1)-，且22APF BPF ∠=∠，求直线AB 的方程.21.已知函数()ln f x a x =，a R ∈.（Ⅰ）若曲线()y f x =与曲线()g x x =在公共点处有共同的切线，求实数a 的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，试问函数1()()12x xe F x xf x -=-+是否有零点？如果有，求出该零点；若没有，请说明理由.(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线221:(3)(1)4C x y -+-=，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线1C 绕极点逆时针旋转6π后得到的曲线记为2C .（Ⅰ）求曲线1C ，2C 的极坐标方程；（Ⅱ）射线3πθ=（0p >）与曲线1C ，2C 分别交于异于极点O 的A ，B 两点，求AB .23.选修4-5：不等式选讲已知函数()2f x m x =--，m R ∈，且(1)0f x +≥的解集为[]0,2.（Ⅰ）求m 的值；（Ⅱ）若a ，b ，c R ∈，且11123m a b c++=，求证：239a b c ++≥.2018年甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准一、选择题1-5:CDACB 6-10:CDABD11、12：DB二、填空题13.-16014.27415.甲16.322三、解答题17.解:（Ⅰ）∵m n ⊥，则有cos (2)cos 0B a c C b ⋅++⋅=，∴cos (2sin sin )cos sin 0B AC C B ⋅++⋅=∴2cos sin (sin cos cos sin )sin()sin B A C B C B B C A =-⋅+⋅=-+=-，∴1cos 2B =-，∴23B π=.（Ⅱ）根据余弦定理可知2222cos b a c ac B =+-，∴2236a c ac =++，又∵236()a c ac =+-，∴22()36()2a c a c ac ++-=≤，∴643a c <+≤，则ABC ∆周长的取值范围是(12,643⎤+⎦.18.解：（Ⅰ）∵1BB ⊥平面ABCD ，∴1BB AC ⊥.在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又1BD BB B ⋂=，∴AC ⊥平面1BB D ，∵AC ⊂平面1AB C ，∴平面1AB C ⊥平面1BB D .（Ⅱ）∵1BB ⊥平面ABCD∴1AA 与底面ABCD 所成角为1A AB ∠，∴1tan 2A AB ∠=，∴111A B =设BD ,AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系.则(0,1,0)B -，(0,1,0)D ，1(0,1,2)B -,(3,0,0)A .111131(,,2)222B A BA A =⇒- ，同理131(,,2)22C --，131(,,2)22BA = ，(0,2,0)BD = ，131(,,2)22BC =- .设平面1A BD 的法向量(,,)n x y z =，∴10,0,BA n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 则(4,0,3)n =-，设平面1C BD 的法向量(,,)m x y z '''=，10,0,BD m BC m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩则(4,0,3)m =，设二面角11A BD C --为θ，13cos 19m n m n θ⋅==.19.解：（Ⅰ）如折线图数据可知2008201020122014201620125x ++++==236246257276286260.25y ++++==代入线性回归方程ˆˆ6.5yx a =+可得ˆ12817.8a =-.将2018x =代入方程可得ˆ299.2y=千万立方米.（Ⅱ）根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，=3.5ξ，此时1112262( 3.5)15C C P C ξ===；当A 类抽1辆，C 类抽1辆时， 4.4ξ=，此时1113263( 4.4)15C C P C ξ===；当B 类抽1辆，C 类抽1辆时， 5.9ξ=，此时11232662( 5.9)155C C P C ξ====；当B 类抽2辆时，=5ξ，此时22261(5)15C P C ξ===；当C 类抽2辆时， 6.8ξ=，此时232631( 6.8)155C P C ξ====.所以ξ的分布列为：ξ3.54.45.956.8p2153152511515∴23211273.5 4.4 5.95 6.8151551555E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（万元）20.解：（Ⅰ）由题可得223b PF a==，因为15PF =，由椭圆的定义得4a =，所以212b =，所以椭圆E 方程为2211612x y +=.（Ⅱ）易知点P 的坐标为(2,3).因为22APF BPF ∠=∠，所以直线PA ，PB 的斜率之和为0.设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k -，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线PA 的方程为3(2)y k x -=-，由223(2)11612y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩可得222(3+4)8(32)4(32)480k x k k x k +-+--=，∴128(23)234k k x k ++=+同理直线PB 的方程为3(2)y k x -=--，可得2228(23)8(23)23434k k k k x k k---++==++，∴2122161234k x x k -+=+，1224834k x x k--=+，121212121212(2)3(2)3()412AB yy k x k x k x x k k x x x x x x --++--+-====---，∴满足条件的直线AB 的方程为11(1)2y x +=-，即为230x y --=.21.解：（Ⅰ）函数()ln f x a x =的定义域为(0)+∞,，()af x x '=，1()2g x x'=设曲线()y f x =与曲线()g x x =公共点为00(,)x y 由于在公共点处有共同的切线，所以0012a x x =，解得204x a =，0a >.由00()()f x g x =可得00ln a x x =.联立20004,ln ,x a a x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩解得2ea =.（Ⅱ）函数1()()12xxe F x xf x -=-+是否有零点，转化为函数()()ln 2eH x xf x x x==与函数1()12xxe G x -=-在区间(0,)x ∈+∞是否有交点，()()ln 2eH x xf x x x ==，可得()ln (1ln )222eeeH x x x '=+=+，令()0H x '>，解得1(,)x e ∈+∞，此时函数()H x 单调递增；令()0H x '<，解得1(0,)x e ∈，此时函数()H x 单调递减.∴当1x e =-时，函数()H x 取得极小值即最小值，11()2H e =-.1()12xxe G x -=-可得11()(1)2xG x x e -'=-，令()0G x '>，解得01x <<，此时函数()G x 单调递增；令()0G x '<，解得1x >，此时函数()G x 单调递减.∴当1x =时，函数()G x 取得极大值即最大值，1(1)2G =-.因此两个函数无交点.即函数1()()12xxe F x xf x -=-+无零点.22.解：曲线221:(3)(1)4C x y -+-=化为极坐标方程是23cos 2sin ρθθ=+设曲线2C 上的点(,)Q ρθ绕极点顺时针旋转6π后得到(,)6P πρθ-在1C 上，代入可得2C 的极坐标方程是2cos 23sin ρθθ=+.（Ⅱ）将3πθ=（0ρ>）分别代入1C ，2C 的极坐标方程，得到123ρ=，24ρ=12423AB ρρ=-=-.23.（Ⅰ）()01011f x m x m x m≥⇒--≥⇒-≤≤+由(+1)0f x ≥的解集为[]02，可知1m =.（Ⅱ）111123a b c++=则111233223(22)()111232233b c a c a b a b c a b c a b c a a b b c c++=++++=++++++++233233692323b a c a c b a b a c b c=++++++≥+=当且仅当23a b c ==时等号成立，即3a =，32b =，1c =时等号成立.。

甘肃省2017-2018学年高考数学一模试卷(理科) Word版含解析

甘肃省2017-2018学年高考数学一模试卷(理科) Word版含解析

2017-2018学年甘肃省高考数学一模试卷（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．已知全集U=R，集合M={x|0≤x＜5}，N={x|x≥2}，则（∁U N）∩M=（）A．{x|0≤x＜2}B．{x|0＜x≤2}C．{x|0＜x＜2}D．{x|0≤x≤2}2．已知=b+i（a，b∈R），其中i为虚数单位，则a+b=（）A．﹣1 B．1 C．2 D．33．等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a8=9，则log3a l+log3a2+…+log3a8=（）A．10 B．9 C．8 D．74．已知定义域为R的函数f（x）不是偶函数，则下列一定为真的是（）A．∀x∈R，f（﹣x）≠f（x）B．∀x∈R，f（﹣x）≠﹣f（x）C．∃x0∈R，f（﹣x0）≠f（x0）D．∃x0∈R，f（﹣x0）≠﹣f（x0）5．若变量x，y满足约束条件，且z=x+y的最大值和最小值分别为m和n，则m﹣n=（）A．5 B．6 C．7 D．86．设非零向量，，满足||=||=||， +=，则向量与向量的夹角为（）A．150°B．120°C．60°D．30°7．如图，网格纸上小正方形的边长为l，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A．l B．2 C．2D．48．如图表示的是求首项为2016，公差为﹣3的等差数列{a n}前n项和的最大值的程序框图，则①和②处可填写（）A．①a＜0？，②a=a﹣3 B．①a＜0？，②a=a+3 C．①a＞0？，②a=a﹣3 D．①a ＞0？，②a=a+39．已知A（﹣1，0）、B（2，1）、C（5，﹣8），△ABC的外接圆在点A处的切线为l，则点B到直线l的距离为（）A．B．1 C．D．10．已知抛物线C：y2=16x，焦点为F，直线l：x=﹣1，点A∈l，线段AF与抛物线C的交点为B，若=5，则||=（）A．6B．35 C．4D．4011．如图，矩形ABCD中AD边的长为1，AB边的长为2，矩形ABCD位于第一象限，且顶点A，D分别在x轴y轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值是（）A．B．5 C．6 D．712．已知函数f（x）的导函数为f′（x），若∀x∈（0，+∞），都有xf′（x）＜2f（x）成立，则（）A．2f（）＞3f（）B．2f（1）＜3f（）C．4f（）＜3f（2）D．4f （1）＞f（2）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若（a﹣）5展开式中的常数项为﹣40，则a______．14．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为12π，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则此三棱柱的体积为______．15．若数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n+log2（1﹣），则a32=______．16．若函数f（x）=x2﹣4e x﹣ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为______．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．在△ABC中，a，b，c分别为角A、B、C的对边，若=（cos2，1），=（cos2（B+C），1），且∥．（I）求角A；（Ⅱ）当a=6，且△ABC的面积S满足=时，求边c的值和△ABC的面积．18．某射击训练基地教练为了对某运动员的成绩做一分析，随机抽取该名运动员的t次射击（Ⅱ）在所取的样本中，从不少于9.9环的成绩中任取3次，X表示所取成绩不少于10.4的次数，求随机变量X的分布列及数学期望．19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，F、G、H分别是PC、AB、BC的中点，PA⊥平面ABC，PA=AB=AC=2，二面角B﹣PA﹣C为120°．（I）证明：FG⊥AH；（Ⅱ）求二面角A﹣CP﹣B的余弦值．20．已知椭圆C：=l（a＞b＞0），F1、F2为左右焦点，下顶点为B1，过F的直线l交椭圆于M、N两点，当直线l的倾斜角为时，F1B⊥l．（I）求椭圆C的离心率；（Ⅱ）若P为椭圆上一动点，直线PM、PN的斜率记为k PM、k PN，且不为零，当直线l垂直于x轴时，是否存在最小值？若存在，试求出该最小值；若不存在，请说明理由．21．已知函数f（x）=ln（1+x）一（a＞0）．（I）当f（x）在[0，+∞）内单调递增时，求实数a的取值范围；（Ⅱ）证明：．【选修4-1：几何证明选讲】22．如图所示，AB为圆D的直径，BC为圆O的切线，过A作OC的平行线交圆O于D，BD与OC相交于E．（I）求证：CD为圆O的切线；（Ⅱ）若OA=AD=4，求OC的长．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．已知在直角坐标系xOy中，曲线C的方程是（x﹣2）2+（y﹣l）2=4，直线l经过点P（3，），倾斜角为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）写出曲线C的极坐标方程和直线l的参数方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|OA|•|OB|的值．【选修4-5：不等式选讲】24．设函数f（x）=|x﹣a|（a∈R）．（I）当a=3时，解不等式f（x）≥4﹣|x+l|；（Ⅱ）若不等式f（x）≤l的解集为[1，3]，且（m＞0，n＞0），求m+2n的最小值．2016年甘肃省高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．已知全集U=R，集合M={x|0≤x＜5}，N={x|x≥2}，则（∁U N）∩M=（）A．{x|0≤x＜2}B．{x|0＜x≤2}C．{x|0＜x＜2}D．{x|0≤x≤2}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】根据补集的定义求出N在全集中的补集∁U N，再求（∁U N）∩M即可．【解答】解：∵全集U=R，集合M={x|0≤x＜5}，N={x|x≥2}，∴∁U N={x|x＜2}则（∁U N）∩M={x|0≤x＜2}．故选：A．2．已知=b+i（a，b∈R），其中i为虚数单位，则a+b=（）A．﹣1 B．1 C．2 D．3【考点】复数代数形式的混合运算．【分析】先化简复数，再利用复数相等，解出a、b，可得结果．【解答】解：由得a+2i=bi﹣1，所以由复数相等的意义知a=﹣1，b=2，所以a+b=1另解：由得﹣ai+2=b+i（a，b∈R），则﹣a=1，b=2，a+b=1．故选B．3．等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a8=9，则log3a l+log3a2+…+log3a8=（）A．10 B．9 C．8 D．7【考点】等比数列的通项公式．【分析】利用等比数列的性质和对数运算法则求解．【解答】解：∵等比数列{a n}的各项均为正数，且a1a8=9，∴log3a l+log3a2+…+log3a8==4log39=8．故选：C．4．已知定义域为R的函数f（x）不是偶函数，则下列一定为真的是（）A．∀x∈R，f（﹣x）≠f（x）B．∀x∈R，f（﹣x）≠﹣f（x）C．∃x0∈R，f（﹣x0）≠f（x0）D．∃x0∈R，f（﹣x0）≠﹣f（x0）【考点】全称；特称．【分析】根据定义域为R的函数f（x）不是偶函数，可得：∀x∈R，f（﹣x）=f（x）为假；则其否定形式为真，可得答案．【解答】解：∵定义域为R的函数f（x）不是偶函数，∴∀x∈R，f（﹣x）=f（x）为假；∴∃x0∈R，f（﹣x0）≠f（x0）为真，故选：C．5．若变量x，y满足约束条件，且z=x+y的最大值和最小值分别为m和n，则m﹣n=（）A．5 B．6 C．7 D．8【考点】简单线性规划．【分析】作出可行域，将目标函数变形为y=﹣x+z，根据可行域找到直线截距取得最大值和最小值时的最优解．【解答】解：作出约束条件表示的可行域如图：由z=x+y得y=﹣x+z，由可行域可知当直线y=﹣x+z经过点A时，直线截距最大，即z最大，当直线y=﹣x+z经过点B时，直线截距最小，即z最小．解方程组得x=4，y=5．∴z的最大值m=4+5=9．解方程组得x=1，y=2．∴z的最小值n=1+2=3．∴m﹣n=6．故选：B．6．设非零向量，，满足||=||=||， +=，则向量与向量的夹角为（）A．150°B．120°C．60°D．30°【考点】平面向量数量积的运算．【分析】作出图形，根据向量的几何意义和几何知识求出夹角．【解答】解：设，，以，为邻边作平行四边形OACB，则=．∵||=||，∴四边形OACB是菱形．设OA=AC=1，则OC=．∴cos∠AOC==．∴∠AOC=30°．故选：D．7．如图，网格纸上小正方形的边长为l，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A．l B．2 C．2D．4【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图知几何体是三棱锥为棱长为2的正方体一部分，画出直观图，由正方体的性质求出最长的棱，判断出该四面体各面中最大的面，由三角形的面积公式求出即可．【解答】解：根据三视图知几何体是：三棱锥P﹣ABC为棱长为2的正方体一部分，直观图如图所示：由正方体的性质可得，最长棱为PC=PB=BC=2，其他棱长都小于2，∴△PBC是该四面体各面中最大的面，∴△PBC的面积S==2，故选：C．8．如图表示的是求首项为2016，公差为﹣3的等差数列{a n}前n项和的最大值的程序框图，则①和②处可填写（）A．①a＜0？，②a=a﹣3 B．①a＜0？，②a=a+3 C．①a＞0？，②a=a﹣3 D．①a ＞0？，②a=a+3【考点】程序框图．【分析】由程序设计意图可知，②处应求通项，有a=a﹣3，又由此数列首项为正数，公差为负数，求前n项和的最小值只需累加至最后一个正项即可，从而可求①处可填写：a＞0．【解答】解：由程序设计意图可知，S表示此等差数列{a n}前n项和，故②处应该填写a=a ﹣3，又因为此数列首项为正数，公差为负数，求前n项和的最大值只需累加至最后一个正项即可，故①处可填写：a＞0．故选：A．9．已知A（﹣1，0）、B（2，1）、C（5，﹣8），△ABC的外接圆在点A处的切线为l，则点B到直线l的距离为（）A．B．1 C．D．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】先判断出△ABC为以B为直角的直角三角形，进而求出△ABC的外接圆在点A处的切线l的方程，代入点到直线距离公式，可得答案．【解答】解：∵A（﹣1，0）、B（2，1）、C（5，﹣8），∴=（3，1），=（3，﹣9），∴•=0，故⊥，故△ABC为以B为直角的直角三角形，故AC为△ABC的外接圆的直径，∵k AC==﹣，故△ABC的外接圆在点A处的切线l的斜率为，故△ABC的外接圆在点A处的切线l的方程为y=（x+1），即3x﹣4y+3=0，故点B到直线l的距离d==1，故选：B．10．已知抛物线C：y2=16x，焦点为F，直线l：x=﹣1，点A∈l，线段AF与抛物线C的交点为B，若=5，则||=（）A．6B．35 C．4D．40【考点】抛物线的简单性质．【分析】设A（﹣1，a），B（m，n），且n2=16m，利用向量共线的坐标表示，由=5，确定A，B的坐标，即可求得||．【解答】解：由抛物线C：y2=16x，可得F（4，0），设A（﹣1，a），B（m，n），且n2=16m，∵=5，∴﹣1﹣4=5（m﹣4），∴m=3，∴n=±4，∵a=5n，∴a=±20，∴||==35．故选：B．11．如图，矩形ABCD中AD边的长为1，AB边的长为2，矩形ABCD位于第一象限，且顶点A，D分别在x轴y轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值是（）A．B．5 C．6 D．7【考点】平面向量数量积的运算．【分析】设A（a，0），D（0，b），∠BAX=θ，利用AD=1得出a，b之间的关系，用a，b，θ表示出B，C的坐标，代入数量积公式运算得出关于θ的三角函数，利用三角函数的性质求出最大值．【解答】解：设A（a，0），D（0，b），∠BAX=θ，则B（a+2cosθ，2sinθ），C（2cosθ，b+2sinθ）．∵AD=1，∴a2+b2=1．=2cosθ（a+2cosθ）+2sinθ（b+2sinθ）=4+2acosθ+2bsinθ=4+sin（θ+φ）=4+2sin （θ+φ）．∴的最大值是4+2=6．故选：C．12．已知函数f（x）的导函数为f′（x），若∀x∈（0，+∞），都有xf′（x）＜2f（x）成立，则（）A．2f（）＞3f（）B．2f（1）＜3f（）C．4f（）＜3f（2）D．4f （1）＞f（2）【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】通过所给关系式，构造新的函数g（x）=，对g（x）求导，得到关系．【解答】解：令g（x）=，则g′（x）=，∵xf′（x）＜2f（x），∴∀x∈（0，+∞），∴g′（x）＜0恒成立∴g（x）是在（0，+∞）单调递减，∴g（1）＞g（2），即4f（1）＞f（2）故选D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若（a﹣）5展开式中的常数项为﹣40，则a=±2．【考点】二项式系数的性质．【分析】根据二项式展开式的通项公式，写出常数项，由此列方程求出a的值．【解答】解：（a﹣）5展开式的通项为T r+1=C5r•（a）5﹣r•（﹣）r=（﹣1）r•C5r•a5﹣r•x，令=0，可得r=3，又r=3时，T4=（﹣1）3•C53•a2=﹣10a2，由题意得﹣10a2=﹣40，解得a=±2．故答案为：±2．14．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为12π，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则此三棱柱的体积为．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】根据余弦定理计算BC，可发现BC2+AC2=AB2，即AC⊥BC．故外接球球心在上下底面斜边中点的连线中点处，根据球的面积计算半径，得出棱柱的高．【解答】解：在△ABC中，BC==．∴BC2+AC2=AB2，即AC⊥BC．∴AB为△ABC所在球的截面的直径．取AB，A1B1的中点D，D1，则棱柱外接球的球心为DD1的中点O，设外接球的半径为r，则4πr2=12π，∴r=．即OB=，∴OD=．∴棱柱的高DD1=2OD=2．∴棱柱的体积V=S△ABC•DD1==．故答案为．15．若数列{a n}满足a1=2，a n+1=a n+log2（1﹣），则a32=﹣3．【考点】数列递推式．【分析】根据累加法和对数的运算性质即可求出数列的通项公式，代值计算即可．【解答】解：∵a n+1=a n+log2（1﹣）=log2（），∴a n+1﹣a n=log2（）∴a2﹣a1=log2，a3﹣a2=log2，…a n﹣a n=log2﹣1∴（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（a n﹣a n）=log2（×…×）=log2（）=﹣log2n﹣1∴a n﹣2=﹣log2n，∴a n=2﹣log2n，∴a32=2﹣log232=﹣3，故答案为：﹣3．16．若函数f（x）=x2﹣4e x﹣ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为（﹣∞，﹣2ln2﹣2] ．【考点】利用导数研究函数的单调性．【分析】根据题意可得a＜2x﹣4e x有解，转化为g（x）=2x﹣4e x，a＜g（x）max，利用导数求出最值即可．【解答】解：∵函数f（x）=x2﹣4e x﹣ax，∴f′（x）=2x﹣4e x﹣a，∵函数f（x）=x2﹣4e x﹣ax在R上存在单调递增区间，∴f′（x）=2x﹣4e x﹣a≥0，即a≤2x﹣4e x有解，令g（x）=2x﹣4e x，g′（x）=2﹣4e x，g′（x）=2﹣4e x=0，x=﹣ln2，g′（x）=2﹣e x＞0，x＜﹣ln2，g′（x）=2﹣e x＜0，x＞﹣ln2∴当x=﹣ln2时，g（x）max=﹣2ln2﹣2，∴a≤﹣2ln2﹣2即可．故答案为：（﹣∞，﹣2ln2﹣2]．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．在△ABC中，a，b，c分别为角A、B、C的对边，若=（cos2，1），=（cos2（B+C），1），且∥．（I）求角A；（Ⅱ）当a=6，且△ABC的面积S满足=时，求边c的值和△ABC的面积．【考点】余弦定理；平面向量数量积的运算；正弦定理．【分析】（I）由向量平行列出方程解出cosA；（II）根据余弦定理和面积公式解出tanC，使用正弦定理求出c，代入面积公式解出面积．【解答】解：（I）∵∥．∴cos2﹣cos2（B+C）=0，即（1+cosA）﹣cos2A=0，解得cosA=1（舍）或cosA=﹣．∴A=．（II）∵=，∴a2+b2﹣c2=4S=2absinC．又∵a2+b2﹣c2=2abcosC，∴tanC=．∴C=．由正弦定理得，∴c==2．sinB=sin（A+C）=sin=．∴S△ABC===3．18．某射击训练基地教练为了对某运动员的成绩做一分析，随机抽取该名运动员的t次射击（Ⅱ）在所取的样本中，从不少于9.9环的成绩中任取3次，X表示所取成绩不少于10.4的次数，求随机变量X的分布列及数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；列举法计算基本事件数及事件发生的概率；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）由频数与频率的统计表和频率分布直方图，能求出表中t，p及图中a的值．（Ⅱ）由题意X的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X 的分布列及数学期望．【解答】解：（Ⅰ）由频数与频率的统计表和频率分布直方图，得：，解得t=60，∴n==0.4，a==0.8．∵0.15+0.3+n+p+0.05=1，∴p=0.1．（Ⅱ）由直方图，得不少于9.9环的成绩的次数为60×0.15=9，成绩不少于10.4环的次数为3，则X的可能取值为0，1，2，3，P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==，XE（X）==1．19．如图，在三棱锥P﹣ABC中，F、G、H分别是PC、AB、BC的中点，PA⊥平面ABC，PA=AB=AC=2，二面角B﹣PA﹣C为120°．（I）证明：FG⊥AH；（Ⅱ）求二面角A﹣CP﹣B的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（I）根据线面垂直的性质定理即可证明FG⊥AH；（Ⅱ）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可求二面角A﹣CP﹣B的余弦值．【解答】解：（I）设AC的中点是M，连接FM，GM，∵PF=FC，∴FM∥PA，∵PA⊥平面ABC，∴FM⊥平面ABC，∵AB=AC，H是BC的中点，∴AH⊥BC，∵GM∥BC，∴AH⊥GM，∴GF⊥AH（Ⅱ）建立以A 为坐标原点的空间直角坐标系如图：则P （0，0，2），H （，，0），C （0，2，0），B （，﹣1，0），F （0，1，1），则平面PAC 的法向量为=（1，0，0）， 设平面PBC 的法向量为=（x ，y ，z ），则，令z=1，则y=1，x=，即=（，1，1），cos ＜，＞==，即二面角A ﹣CP ﹣B 的余弦值是．20．已知椭圆C ：=l （a ＞b ＞0），F 1、F 2为左右焦点，下顶点为B 1，过F 的直线l 交椭圆于M 、N 两点，当直线l 的倾斜角为时，F 1B ⊥l ．（I ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）若P 为椭圆上一动点，直线PM 、PN 的斜率记为k PM 、k PN ，且不为零，当直线l 垂直于x 轴时，是否存在最小值？若存在，试求出该最小值；若不存在，请说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由已知得F 1（﹣c ，0），B 1（0，﹣b ），由题意知，从而b=，由此能求出椭圆C 的离心率．（Ⅱ）设P （x 0，y 0），（x 0≠±c ），M （c ，），N （c ，﹣），则=，由此能求出存在最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C：=l（a＞b＞0），F1、F2为左右焦点，下顶点为B1，∴F1（﹣c，0），B1（0，﹣b），∵过F的直线l交椭圆于M、N两点，当直线l的倾斜角为时，F1B⊥l，∴由题知F1B1⊥l，∴，∴，∴b=，∴e====．（Ⅱ）设P（x0，y0），（x0≠±c），M（c，），N（c，﹣），则=﹣=，又P∈C，∴=1，得，∴=====，∴||=||=，又∵﹣a≤x0≤a，且x0≠±c，∴﹣1≤，且，∴||=≥=．∴存在最小值．21．已知函数f（x）=ln（1+x）一（a＞0）．（I）当f（x）在[0，+∞）内单调递增时，求实数a的取值范围；（Ⅱ）证明：．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（I）当f（x）在[0，+∞）内单调递增时，f′（x）=≥0，结合a＞0，即可求实数a的取值范围；（Ⅱ）要证明，只要证明＞e，两边取对数可得2016ln＞1，只要证明ln﹣＞0，构造函数f（x）=ln（1+x）﹣，其中f（0）=0，即可证明．【解答】（I）解：当f（x）在[0，+∞）内单调递增时，f′（x）=≥0，即x+1﹣a≥0在[0，+∞）内恒成立，∴a≤x+1在[0，+∞）内恒成立，又x+1的最小值为1，∴a≤1，∵a＞0，∴0＜a≤1；（Ⅱ）证明：要证明，只要证明＞e，两边取对数可得2016ln＞1，只要证明ln﹣＞0，注意到2016=2015+1，所以ln﹣=ln（1+）﹣=ln（1+）﹣．构造函数f（x）=ln（1+x）﹣，其中f（0）=0，由（I）知，x≥0，f（x）=ln（1+x）﹣在[0，+∞）内是增函数，∴f（）=ln﹣＞f（0）=0，∴ln＞，∴．【选修4-1：几何证明选讲】22．如图所示，AB为圆D的直径，BC为圆O的切线，过A作OC的平行线交圆O于D，BD与OC相交于E．（I）求证：CD为圆O的切线；（Ⅱ）若OA=AD=4，求OC的长．【考点】圆的切线的性质定理的证明．【分析】（I）连接OD，证明△OBC≌△ODC，可得∠ODC=∠OBC=90°，即可证明CD为圆O的切线；（Ⅱ）Rt△OBC中，BE⊥OC，OB2=OE•OC，即可求OC的长．【解答】（I）证明：连接OD．∵AB为圆D的直径，∴AD⊥DB，∵AD∥OC，∴BD⊥OC，∴E为BD的中点，∴CB=CD，∴△OBC≌△ODC，∴∠ODC=∠OBC=90°，∴CD为圆O的切线；（Ⅱ）解：由题意，OB=OA=4，OE=AD=2，Rt△OBC中，BE⊥OC，∴OB2=OE•OC，∴OC==8．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．已知在直角坐标系xOy中，曲线C的方程是（x﹣2）2+（y﹣l）2=4，直线l经过点P（3，），倾斜角为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）写出曲线C的极坐标方程和直线l的参数方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C相交于A，B两点，求|OA|•|OB|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）曲线C的方程是（x﹣2）2+（y﹣l）2=4，展开把ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ代入可得极坐标方程．由于直线l经过点P（3，），倾斜角为，可得参数方程：（t为参数）．（II）直线l的极坐标方程为：，代入曲线C的极坐标方程可得：+1=0，利用|OA||OB|=|ρ1ρ2|即可得出．【解答】解（I）曲线C的方程是（x﹣2）2+（y﹣l）2=4，展开可得：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0，把ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ代入可得极坐标方程ρ2﹣4ρcosθ﹣2ρsinθ+1=0．由于直线l经过点P（3，），倾斜角为，可得参数方程：（t为参数）．（II）直线l的极坐标方程为：，代入曲线C的极坐标方程可得： +1=0，∴ρ1ρ2=1．∴|OA||OB|=|ρ1ρ2|=1．【选修4-5：不等式选讲】24．设函数f（x）=|x﹣a|（a∈R）．（I）当a=3时，解不等式f（x）≥4﹣|x+l|；（Ⅱ）若不等式f（x）≤l的解集为[1，3]，且（m＞0，n＞0），求m+2n的最小值．【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．【分析】（Ⅰ）当a=3，不等式即|x﹣3|+|x﹣1|≥4，不等式恒成立，从而求得|x﹣2|+|x﹣1|≥5的解集．（Ⅱ）由f（x）≤1求得a﹣1≤x≤a+1，再根据f（x）≤1的解集为[1，3]，可得a=2，再利用基本不等式的性质求出最小值即可．【解答】解：（Ⅰ）当a=3，不等式f（x）≥4﹣|x﹣1|，即|x﹣3|+|x﹣1|≥|x﹣3﹣x+1|=4．由绝对值的意义可得；不等式恒成立，故|x﹣3|+|x﹣1|≥4的解集为R．（Ⅱ）由f（x）≤1 可得﹣1≤x﹣a≤1，求得a﹣1≤x≤a+1，再根据f（x）≤1的解集为[1，3]，可得a=2．故有+=2（m＞0，n＞0），即+=1，∴m+2n=（m+2n）（+）=1++≥2，当且仅当=时，等号成立，故m+2n的最小值是2．2016年9月17日。

2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（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. 若集合M={x|4<x<8}，N={x|x2−6x<0}，则M∩N=()A.{x|0<x<4}B.{x|6<x<8}C.{x|4<x<6}D.{x|4<x<8}2. 若(2−i)2=a+bi3(a, b∈R)，则a+b=()A.7B.−7C.1D.−13. 如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温(∘C)的数据一览表．已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A.最低温与最高温为正相关B.每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C.月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D.1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大4. 已知tan(π2−θ)=4cos(2π−θ)，|θ|<π2，则tan2θ=()A.−√157B.√157C.−√158D.√1585. 已知双曲线x2m2+12−y25m−1=1的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）A.±53B.±35C.±34D.±436. 如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A.2B.3C.4D.57. 若实数x ，y 满足约束条件{2x −y +2≥02x +y −6≤00≤y ≤3 ，则z =4x −y 的最大值为（ ）A.3B.−1C.−4D.128. 设A ，B 是椭圆C:x 212+y 22=1的两个焦点，点P 是椭圆C 与圆M:x 2+y 2=10的一个交点，则||PA|−|PB||=( ) A.2√2 B.4√3 C.4√2D.6√29. 设ω>0，函数y =2cos(ωx +π7)−1的图象向右平移4π3个单位后与原图象重合，则ω的最小值是（ ） A.32 B.23C.43D.3410. f(x)=8(x−sinx)x 2+|x|−2的部分图象大致是（ ）A.B.C.D.11. 如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（ ）A.52πB.45πC.41πD.34π12. 已知函数f(x)=e4x−1,g(x)=12+ln(2x)，若f(m)=g(n)成立，则n−m的最小值为()A.1−ln24B.1+2ln23C.2ln2−13D.1+ln24二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）已知向量a→=(6,−2)，b→=(1,m)，且a→⊥b→，则|a→−2b→|=________．若(1−3x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+...+a6x6，则a3a2=________．如图，E是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1 // 平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为________．在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则sin∠ACDsin∠DCB=________．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2a n−2，{b n}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{a n(2b n−3)}的前n项和T n．“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与者投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900位献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．如图，四边形ABCD是矩形，AB=3√3，BC=3，ED→=2EC→，PE⊥平面ABCD，PE=√6．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A−PB−C的余弦值．设直线l的方程为x=m(y+2)+5，m为实数，该直线交抛物线C:y2=4x于P，Q两个不同的点．(1)若点A(5, −2)为线段PQ的中点，求直线l的方程；(2)证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B(1, 2)．已知函数f(x)=ax2−e x(a∈R)．（1）若曲线y=f(x)在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f′(x)的最大值；（2）若对任意0≤x1<x2都有f(x2)+x2(2−2ln2)<f(x1)+x1(2−2ln2)，求a的取值范围．已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为θ=π6，曲线C1、C2相交于A、B两点．(p∈R)(1)求A、B两点的极坐标；(2)曲线C1与直线{x=1+√32t,y=12t（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．已知函数f(x)=|x−a|−|x+3|，a∈R．（1）当a=−1时，解不等式f(x)≤1；（2）若x∈[0, 3]时，f(x)≤4，求a的取值范围．参考答案与试题解析2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（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.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】分别求出集合M，N，由此能法出M∩N．【解答】∵集合M={x|4<x<8}，N={x|x2−6x<0}={x|0<x<6}，∴M∩N={x|4<x<6}．2.【答案】A【考点】复数的运算【解析】自己由复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求解即可．【解答】∵(2−i)2=3−4i=a+bi3=a−bi，∴a=3，b=4．∴a+b=7．3.【答案】B【考点】相关系数【解析】根据题意，依次分析选项，综合即可得答案．【解答】根据题意，依次分析选项：对于A，知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，由数据分析可得最低温与最高温为正相关，则A正确；对于B，由表中数据，每月最高温与最低温的平均值依次为：−3.5，3，5，4.5，12，20.5，23，26.5，28，15.5，在前8个月不是逐月增加，则B错误；对于C，由表中数据，月温差依次为：17，12，8，13，10，7，8，7，6，11；月温差的最大值出现在1月，C正确；对于D，有C的结论，分析可得1月至4月的月温差相对于7月至10月，波动性更大，D正确；4.【答案】B【考点】两角和与差的三角函数二倍角的三角函数【解析】由已知利用诱导公式，同角三角函数基本关系式可求sinθ，进而可求cosθ，tanθ，根据二倍角的正切函数公式即可计算得解．【解答】∵tan(π2−θ)=4cos(2π−θ)，∴cosθsinθ=4cosθ，又∵|θ|<π2，cosθ≠0，∴sinθ=14，cosθ=2θ=√154，tanθ=sinθcosθ=√1515，∴tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2×√15151−(√1515)=√157．5.【答案】C【考点】双曲线的特性【解析】求出双曲线的实轴长，得到m，然后求解双曲线的渐近线方程，得到渐近线的斜率即可．【解答】双曲线x2m2+12−y25m−1=1的实轴长为8，可得：m2+12=16，解得m=2，m=−2（舍去）．所以，双曲线的渐近线方程为：x4±y3=0．则该双曲线的渐近线的斜率：±34．6.【答案】B【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算S的值，并输出相应的n 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】模拟程序的运行，可得：a=2，s=0，n=1，s=2，a=13，满足条件s <3，执行循环体，n =2，s =2+13=73，a =34， 满足条件s <3，执行循环体，n =3，s =73+34=3712，a =47，此时，不满足条件s <3，退出循环，输出n 的值为3． 7.【答案】 D【考点】 简单线性规划 【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，z =4x −y 表示直线在y 轴上的截距，只需求出可行域直线在y 轴上的截距最小值即可． 【解答】实数x ，y 满足约束条件{2x −y +2≥02x +y −6≤00≤y ≤3，表示的平面区域如图所示，当直线z =4x −y 过点A 时，目标函数取得最大值， 由{y =02x +y −6=0解得A(3, 0)， 在y 轴上截距最小，此时z 取得最大值：12． 8.【答案】 C【考点】 椭圆的定义 圆锥曲线 【解析】求出椭圆的焦点坐标，利用已知条件列出方程，转化求出||PA|−|PB||即可． 【解答】 A ，B 是椭圆C:x 212+y 22=1的两个焦点，可知：A(−√10, 0)、B(√10, 0)，圆M:x 2+y 2=10恰好经过AB 两点，点P 是椭圆C 与圆M:x 2+y 2=10的一个交点，可得PA ⊥PB ，所以{|PA|+|PB|=4√3|PA|2+|PB|2=(2c)2=40，可得：2|PA||PB|=8，||PA|−|PB||2=32， ||PA|−|PB||=4√2． 9.【答案】 A【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】根据三角函数的图象重合，得到平移长度和周期关系，进行求解即可． 【解答】∵函数y=2cos(ωx+π7)−1的图象向右平移4π3个单位后与原图象重合，∴4π3=2πω，则ω=32，10.【答案】D【考点】函数的图象变化【解析】通过函数的解析式，利用函数的奇偶性的性质，函数的图象经过的特殊点判断函数的图象即可．【解答】∵f(−x)=−f(x)∴函数f(x)为奇函数，排除A，∵x∈(0, 1)时，x>sinx，x2+x−2<0，故f(x)<0，故排除B；当x→+∞时，f(x)→0，故排除C；11.【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，底面ABCD是矩形，其中AB=4，AD=6，侧面PBC⊥底面垂ABCD．设AC∩BD=O，则OA=OB=OC=OD=OP，O该多面体外接球的球心，半径R=OA，即可．【解答】由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，底面ABCD是矩形，其中AB=4，AD=6，侧面PBC⊥底面垂ABCD．设AC∩BD=O，则OA=OB=OC=OD=√13，OP=√22+32=√13，∴O该多面体外接球的球心，半径R=√13，∴该多面体外接球的表面积为S=4πR2=52π．12.【答案】D【考点】利用导数研究函数的最值函数恒成立问题利用导数研究函数的单调性【解析】根据f(m)=g(n)=t得到m，n的关系，利用消元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．【解答】解：不妨设f(m)=g(n)=t，∴e4m−1=12+ln(2n)=t，(t>0)∴4m−1=lnt，即m=14(1+lnt)，n=12e t−12，故n −m =12e t−12−14(1+lnt)，(t >0)令ℎ(t)=12e t−12−14(1+lnt)，(t >0)，∴ ℎ′(t)=12e t−12−14t，易知ℎ′(t)在(0, +∞)上是增函数，且ℎ′(12)=0，当t >12时，ℎ′(t)>0， 当0<t <12时，ℎ′(t)<0，即当t =12时，ℎ(t)取得极小值同时也是最小值， 此时ℎ(12)=12−14(1+ln 12)=1+ln24，即n −m 的最小值为1+ln24.故选D .二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 【答案】 4√5【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】a →⊥b →，可得a →∗b →=0，解得m ．再利用数量积运算性质即可得出．【解答】∵ a →⊥b →，∴ a →∗b →=6−2m =0，解得m =3．∴ a →−2b →=(6, −2)−2(1, 3)=(4, 8)．∴ |a →−2b →|=√42+82=4√5．【答案】 −4【考点】二项式定理的应用 【解析】求得(1−3x)6的通项公式为T r+1=C 6r(−3x)r ，r =0，1，2，…，6，求得r =2，3时，第三、四项的系数，即可得到所求值． 【解答】若(1−3x)6=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+...+a 6x 6，则(1−3x)6的通项公式为T r+1=C 6r(−3x)r ，r =0，1，2，…，6， 可得a 2=9C 62=135，a 3=−27C 63=−540，可得a3a 2=−4．【答案】√15 【考点】异面直线及其所成的角 【解析】连结BC 1，交B 1C 于点O ，连结OE ，由BD 1 // 平面B 1CE ，得到E 是棱C 1D 1的中点，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能出异面直线BD 1与CE 所成成角的余弦值． 【解答】连结BC 1，交B 1C 于点O ，连结OE ，∵ E 是正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱C 1D 1上的一点， ∴ BCC 1B 1是正方形，∴ O 是BC 1中点， ∵ BD 1 // 平面B 1CE ，∴ BD 1 // OE ，∴ E 是正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱C 1D 1的中点，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则B(2, 2, 0)，D 1(0, 0, 2)，C(0, 2, 0)，E(0, 1, 2)， BD 1→=(−2, −2, 2)，CE →=(0, −1, 2)， 设异面直线BD 1与CE 所成成角为θ， cosθ=|BD 1→∗CE →||BD 1→|∗|CE →|=√12∗√5=√155． ∴ 异面直线BD 1与CE 所成成角的余弦值为√155．【答案】43【考点】 三角形求面积 【解析】直接利用三角形的面积相等转化出结论． 【解答】△ABC 中，AC =3，CB =4，边AB 的中点为D ， 则：S △ACD =S △BCD ，所以：12AC ∗DC ∗sin∠ACD =12BC ∗CD ∗sin∠DCB ， 整理得：sin∠ACDsin∠DCB =BCAC =43．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：【答案】根据题意，等比数列{a n }中S n =2a n −2，当n =1时，有S 1=2a 1−2=a 1，解可得a 1=2，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(2a n −2)−(2a n−1−2)，变形可得a n =2a n−1， 则等比数列{a n }的a 1=2，公比q =2，则数列{a n }的通项公式a n =2×2n−1=2n ，对于{b n }，b 3=a 2=4，b 2+b 6=2b 4=10，即b 4=5，则其公差d =b 4−b 3=1，则其通项公式b n =b 3+(n −3)×d =n +1， 由（1）的结论：a n =2n ，b n =n +1， a n (2b n −3)=(2n −1)⋅2n ，则有T n =1×2+3×22+5×23+...+(2n −1)×2n ，① 则有2T n =1×22+3×23+5×24+...+(2n −1)×2n+1，② ①-②可得：−T n =2+2(22+23+...+2n )−(2n −1)×2n+1， 变形可得：T n =(2n −3)⋅2n+1+6． 【考点】 数列的求和 数列递推式 【解析】（1）在等比数列{a n }的递推公式S n =2a n −2中，令n =1可得S 1=2a 1−2=a 1，解可得a 1=2，当n ≥2时，由a n =S n −S n−1分析可得a n =2a n−1，解可得等比数列{a n }的公比，由等比数列的通项公式可得数列{a n }的通项公式，对于{b n }，求出b 3、b 4的值，计算其公差，由等差数列的通项公式可得数列{b n }的通项公式，（2）由（1）的结论可得a n (2b n −3)=(2n −1)⋅2n ，由错位相减法计算可得答案． 【解答】根据题意，等比数列{a n }中S n =2a n −2，当n =1时，有S 1=2a 1−2=a 1，解可得a 1=2，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(2a n −2)−(2a n−1−2)，变形可得a n =2a n−1， 则等比数列{a n }的a 1=2，公比q =2，则数列{a n }的通项公式a n =2×2n−1=2n ，对于{b n }，b 3=a 2=4，b 2+b 6=2b 4=10，即b 4=5， 则其公差d =b 4−b 3=1，则其通项公式b n =b 3+(n −3)×d =n +1， 由（1）的结论：a n =2n ，b n =n +1， a n (2b n −3)=(2n −1)⋅2n ，则有T n =1×2+3×22+5×23+...+(2n −1)×2n ，① 则有2T n =1×22+3×23+5×24+...+(2n −1)×2n+1，② ①-②可得：−T n =2+2(22+23+...+2n )−(2n −1)×2n+1， 变形可得：T n =(2n −3)⋅2n+1+6． 【答案】设“献爱心参与者中奖”为事件A ， 则献爱心参与者中奖的概率P(A)=C 31C72+C 32C71+C 33C 103=85120=1724．设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X ，则X =20，10，0，−80，则P(X =20)=C 73C 103=724， P(X =10)=C 31C72C 103=2140，P(X =0)=C 32C71C 103=740，P(X =−80)=C 32C 103=1120，∴ X 的分布列为：若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为E(X)=20×724+10×2140+0×740−80×1120=12512元，所以，此次募捐所得善款的数学期望为12512×900=9375元．【考点】离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）设“献爱心参与者中奖”为事件A ，利用互斥事件概率能求出献爱心参与者中奖的概率．（2）设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X ，则X =20，10，0，−80，由此能求出X 的分布列和学校所得善款的数学期望，由此能求出募捐所得善款的数学期望． 【解答】设“献爱心参与者中奖”为事件A ， 则献爱心参与者中奖的概率P(A)=C 31C72+C 32C71+C 33C 103=85120=1724．设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X ，则X =20，10，0，−80， 则P(X =20)=C 73C 103=724，P(X =10)=C 31C72C 103=2140，P(X =0)=C 32C71C 103=740，P(X =−80)=C 32C 103=1120，∴ X 的分布列为：若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为E(X)=20×724+10×2140+0×740−80×1120=12512元，所以，此次募捐所得善款的数学期望为12512×900=9375元． 【答案】证明：连接BE 交AC 于F ，∵ 四边形ABCD 是矩形，AB =√3，BC =1，ED →=2CE →， ∴ CE =√3，则CEBC =BCAB ， ∵ ∠ABC =∠BCD =π2，∴ △ABC ∽△BCE ，则∠BEC =∠ACB ， ∵ ∠BEC +∠ACE =∠ACB +∠ACE =π2，∴ AC ⊥BE ，∵ PE ⊥平面ABCD ，∴ AC ⊥PE ， ∵ PE ∩BE =E ，∴ AC ⊥平面PBE ， ∵ AC ⊂平面PAC ，∴ 平面PAC ⊥平面PBE ；取PB 中点G ，连接FG ，AG ，CG ， ∵ PE ⊥平面ABCD ，∴ PE ⊥DC ，∵ PE =√6，∴ PC =3=BC ，得CG ⊥PB ，∵ CG ∩AC =C ，∴ PB ⊥平面ACG ，则AG ⊥PB ， ∴ ∠AGC 是二面角A −PB −C 的平面角， ∵ AB // CD ，AB =CD ，DE =2EC ， ∴ CEAB =EFFB =CFFA =13，∵ CE =√3，AC =6，∴ CF =32，AF =92， ∵ BC ⊥CD ，BC ⊥PE ，∴ BC ⊥平面PCD ， ∴ BC ⊥PC ， ∴ PB =3√2，则CG =3√22，∵ FG ⊥AC ，∴ FG =FC =32，在Rt △AFG 和Rt △CFG 中，求得tan∠AGF =3，tan∠CGF =1． ∴ tan∠AGC =tan(∠AGF +∠CGF)=tan∠AGF+tan∠CGF1−tan∠AGF∗tan∠CGF =−2． ∴ cos∠AGC =√1+tan 2∠AGC=−√55． ∴ 二面角A −PB −C 的余弦值为−√55．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】（1）连接BE 交AC 于F ，证明△ABC ∽△BCE ，推出∠BEC =∠ACB ，证明AC ⊥BE ，AC ⊥PE ，即可证明AC ⊥平面PBE ，进一步得到平面PAC ⊥平面PBE ；（2）取PB 中点G ，连接FG ，AG ，CG ，证明CG ⊥PB ，然后证明PB ⊥平面ACG ，推出AG ⊥PB ，说明∠AGC 是二面角A −PB −C 的平面角，然后通过求解三角形得tan∠AGC ，利用同角三角函数基本关系式得二面角A −PB −C 的余弦值．【解答】证明：连接BE 交AC 于F ，∵ 四边形ABCD 是矩形，AB =√3，BC =1，ED →=2CE →， ∴ CE =√3，则CEBC =BCAB ， ∵ ∠ABC =∠BCD =π2，∴ △ABC ∽△BCE ，则∠BEC =∠ACB ， ∵ ∠BEC +∠ACE =∠ACB +∠ACE =π2，∴ AC ⊥BE ，∵ PE ⊥平面ABCD ，∴ AC ⊥PE ， ∵ PE ∩BE =E ，∴ AC ⊥平面PBE ， ∵ AC ⊂平面PAC ，∴ 平面PAC ⊥平面PBE ；取PB 中点G ，连接FG ，AG ，CG ， ∵ PE ⊥平面ABCD ，∴ PE ⊥DC ，∵ PE =√6，∴ PC =3=BC ，得CG ⊥PB ，∵ CG ∩AC =C ，∴ PB ⊥平面ACG ，则AG ⊥PB ， ∴ ∠AGC 是二面角A −PB −C 的平面角， ∵ AB // CD ，AB =CD ，DE =2EC ， ∴ CEAB =EFFB =CFFA =13，∵ CE =√3，AC =6，∴ CF =32，AF =92， ∵ BC ⊥CD ，BC ⊥PE ，∴ BC ⊥平面PCD ， ∴ BC ⊥PC ，∴ PB =3√2，则CG =3√22，∵ FG ⊥AC ，∴ FG =FC =32，在Rt △AFG 和Rt △CFG 中，求得tan∠AGF =3，tan∠CGF =1． ∴ tan∠AGC =tan(∠AGF +∠CGF)=tan∠AGF+tan∠CGF1−tan∠AGF∗tan∠CGF =−2． ∴ cos∠AGC =√1+tan 2∠AGC=−√55． ∴ 二面角A −PB −C 的余弦值为−√55．【答案】(1)解：联立方程， 得{x =my +(2m +5),y 2=4x,消去x ，得y 2−4my −4(2m +5)=0， Δ=16m 2+32m +80>0. 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−8m −20. 因为A 为线段PQ 的中点， 所以y 1+y 22=2m =−2，解得m =−1.所以直线l 的方程为x +y −3=0． (2)证明：连接BP ，BQ ，由(1)得，x 1+x 2=m(y 1+y 2)+2(2m +5) =4m 2+4m +10， x 1x 2=y 124⋅y 224=(y 1y 2)216=(2m +5)2，所以BP →⋅BQ →=(x 1−1)(x 2−1)+(y 1−2)(y 2−2)=[x 1x 2−(x 1+x 2)+1]+[y 1y 2−2(y 1+y 2)+4]=[(2m +5)2−(4m 2+4m +10)+1]+(−8m −20−8m +4)=0 ， 因此BP ⊥BQ ，即以线段PQ 为直径的圆恒过点B(1,2). 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 与抛物线有关的中点弦及弦长问题 圆与圆锥曲线的综合问题数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用. 【解答】(1)解：联立方程， 得{x =my +(2m +5),y 2=4x, 消去x ，得y 2−4my −4(2m +5)=0， Δ=16m 2+32m +80>0. 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−8m −20. 因为A 为线段PQ 的中点， 所以y 1+y 22=2m =−2，解得m =−1.所以直线l 的方程为x +y −3=0． (2)证明：连接BP ，BQ ，由(1)得，x 1+x 2=m(y 1+y 2)+2(2m +5)=4m 2+4m +10， x 1x 2=y 124⋅y 224=(y 1y 2)216=(2m +5)2，所以BP →⋅BQ →=(x 1−1)(x 2−1)+(y 1−2)(y 2−2)=[x 1x 2−(x 1+x 2)+1]+[y 1y 2−2(y 1+y 2)+4]=[(2m +5)2−(4m 2+4m +10)+1]+(−8m −20−8m +4)=0 ， 因此BP ⊥BQ ，即以线段PQ 为直径的圆恒过点B(1,2). 【答案】由f ′(x)=2ax −e x ，得，f(1)=2a −e =0⇒a =e2， 令g(x)=f ′(x)=ex −e x ，则g ′(x)=e −e x ，可知函数g(x)在(−∞, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减， 所以g(x)max =g(1)=0．由题意得可知函数ℎ(x)=f(x)+x(2−2ln2)=ax 2+x(2−ln2)−e x 在[0, +∞)上单调递减，从而ℎ′(x)=2ax +(2−2ln2)−e x ≤0在[0, +∞)上恒成立， 令F(x)=2ax +(2−2ln2)−e x ，则F ′(x)=2a −e x ，当a ≤12时，F ′(x)≤0，所以函数F(x)在[0, +∞)上单调递减，则F(x)max =F(0)=1−2ln2<0，当a >12时，F ′(x)=2a −ex =0，得x =ln2a ，所以函数F(x)在[0, ln2a)上单调递增， 在[ln2a, +∞)上单调递减，则F(x)max =F(ln2a)=2aln2a +2−2ln2−2a ≤0， 即2aln2a −2a ≤2ln2−2，通过求函数y =xlnx −x 的导数可知它在[1, +∞)上单调递增，故12<a ≤1，综上，实数a 的取值范围是(−∞, 1]． 【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】（1）求出导函数，求出函数值，切线的斜率，判断导函数的单调性，然后求解最值即可．（2）函数ℎ(x)=f(x)+x(2−2ln2)=ax 2+x(2−ln2)−e x 在[0, +∞)上单调递减，求出导函数，构造函数，F(x)=2ax +(2−2ln2)−e x ，再求解F ′(x)=2a −e x ，通过当a ≤12时，当a >12时，判断导函数的符号，判断函数的单调性，然后求解实数a 的取值范围． 【解答】由f ′(x)=2ax −e x ，得，f(1)=2a −e =0⇒a =e2， 令g(x)=f ′(x)=ex −e x ，则g ′(x)=e −e x ，可知函数g(x)在(−∞, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减， 所以g(x)max =g(1)=0．由题意得可知函数ℎ(x)=f(x)+x(2−2ln2)=ax 2+x(2−ln2)−e x 在[0, +∞)上单调递减，从而ℎ′(x)=2ax +(2−2ln2)−e x ≤0在[0, +∞)上恒成立， 令F(x)=2ax +(2−2ln2)−e x ，则F ′(x)=2a −e x ，当a ≤12时，F ′(x)≤0，所以函数F(x)在[0, +∞)上单调递减，则F(x)max =F(0)=1−2ln2<0，当a >12时，F ′(x)=2a −ex =0，得x =ln2a ，所以函数F(x)在[0, ln2a)上单调递增， 在[ln2a, +∞)上单调递减，则F(x)max =F(ln2a)=2aln2a +2−2ln2−2a ≤0， 即2aln2a −2a ≤2ln2−2，通过求函数y =xlnx −x 的导数可知它在[1, +∞)上单调递增，故12<a ≤1， 综上，实数a 的取值范围是(−∞, 1]． 【答案】(1)由{ρ2cos2θ=8,θ=π6 得：ρ2cos π3=8， ∴ ρ2=16， 即ρ=±4．∴ A 、B 两点的极坐标为：A(4,π6),B(−4,π6)或B(4,7π6)．(2)由曲线C 1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=8， 得到普通方程为x 2−y 2=8． 将直线{x =1+√32t,y =12t代入x 2−y 2=8，整理得t 2+2√3t −14=0．∴ |MN|=√(2√3)2−4×(−14)=2√17．【考点】双曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 【解析】（I ）由{ρ2cos2θ=8θ=π6得：ρ2cos π3=8，即可得到ρ．进而得到点A ，B 的极坐标． (II)由曲线C 1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=8，即可得到普通方程为x 2−y 2=8．将直线{x =1+√32t y =12t代入x 2−y 2=8，整理得t 2+2√3t −14=0．进而得到|MN|．【解答】(1)由{ρ2cos2θ=8,θ=π6 得：ρ2cos π3=8， ∴ ρ2=16，即ρ=±4．∴ A 、B 两点的极坐标为：A(4,π6),B(−4,π6)或B(4,7π6)．(2)由曲线C 1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2(cos 2θ−sin 2θ)=8， 得到普通方程为x 2−y 2=8． 将直线{x =1+√32t,y =12t代入x 2−y 2=8，整理得t 2+2√3t −14=0．∴ |MN|=√(2√3)2−4×(−14)=2√17．【答案】当a =−1时，不等式为|x +1|−|x +3|≤1；当x ≤−3时，不等式转化为−(x +1)+(x +3)≤1，不等式解集为空集； 当−3<x <−1时，不等式转化为−(x +1)−(x +3)≤1，解之得−52≤x <−1； 当x ≥−1时，不等式转化为(x +1)−(x +3)≤1，恒成立； 综上所求不等式的解集为[−52,+∞)．若x ∈[0, 3]时，f(x)≤4恒成立，即|x −a|≤x +7，亦即−7≤a ≤2x +7恒成立， 又因为x ∈[0, 3]，所以−7≤a ≤7， 所以a 的取值范围为[−7, 7]． 【考点】绝对值不等式的解法与证明 函数恒成立问题 【解析】（1）当a =−1时，不等式为|x +1|−|x +3|≤1；去掉绝对值符号，转化求解即可． （2）若x ∈[0, 3]时，f(x)≤4恒成立，即|x −a|≤x +7，即−7≤a ≤2x +7恒成立，通过x 的范围求解a 的范围． 【解答】当a =−1时，不等式为|x +1|−|x +3|≤1；当x ≤−3时，不等式转化为−(x +1)+(x +3)≤1，不等式解集为空集； 当−3<x <−1时，不等式转化为−(x +1)−(x +3)≤1，解之得−52≤x <−1； 当x ≥−1时，不等式转化为(x +1)−(x +3)≤1，恒成立； 综上所求不等式的解集为[−52,+∞)．若x ∈[0, 3]时，f(x)≤4恒成立，即|x −a|≤x +7，亦即−7≤a ≤2x +7恒成立， 又因为x ∈[0, 3]，所以−7≤a ≤7， 所以a 的取值范围为[−7, 7]．。

2018年甘肃省高考数学一诊试卷(理科)

2018年甘肃省高考数学一诊试卷(理科)

2018年甘肃省高考数学一诊试卷（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. 设全集U ＝R ，集合A ＝{x|x ≥2}，B ＝{x|0≤x <6}，则集合(∁U A)∩B ＝（ ） A.{x|0<x <2} B.{x|0<x ≤2} C.{x|0≤x <2} D.{x|0≤x ≤2} 【答案】 C【考点】交、并、补集的混合运算 【解析】求出∁U A ，再由交集的定义，可得(∁U A)∩B ． 【解答】全集U ＝R ，集合A ＝{x|x ≥2}， ∁U A ＝{x|x <2}， 又B ＝{x|0≤x <6}，可得(∁U A)∩B ＝{x|0≤x <2}，2. 在复平面内复数z =3+4i i（i 是虚数单位）对应的点在（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】 D【考点】复数的代数表示法及其几何意义 【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z 的坐标得答案． 【解答】 ∵ z =3+4i i=(3+4i)(−i)−i 2=4−3i ，∴ 在复平面内复数z 对应的点的坐标为(4, −3)，在第四象限．3. 向量a →=(m, 1)，b →=(1, m)，则“m ＝1”是“a → // b →”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】 A【考点】充分条件、必要条件、充要条件 【解析】a → // b →⇔m 2−1＝0，解得m ，即可判断出判断出结论． 【解答】a → // b →⇔m 2−1＝0，解得m ＝±1． ∴ “m ＝1”是“a → // b →”的充分必要条件．4. 若实数x ，y 满足{x −y +1≥0x +y −1≤0y ≥0 ，则z =x +2y 的最大值是（ ）A.−1B.1C.2D.3【答案】 C【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，利用数形结合即可得到结论． 【解答】作出不等式组对应的平面区域如图： 设z =x +2y 得y =−12x +12z ，平移直线y =−12x +12z ，由图象可知当直线y =−12x +12z 经过点A(0, 1)时， 直线y =−12x +12z 的截距最大，此时z 最大， 此时z =2，5. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为2π3，则a 的值为（A.2√2B.2C.1D.√23【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】首先根据三视图整理出复原图，进一步利用体积公式求出结果． 【解答】该几何体是由一个圆柱体挖去两个半球， 则：2π3=π∗(a 2)2−4π(a 2)33，解得：a=26. 已知{a n}是各项均为正数的等比数列，S n为其前n项和，若a1=1，a3⋅a5=64，则S6=()A.65B.64C.63D.62【答案】C【考点】等比数列的性质等比数列的前n项和【解析】根据题意，数列{a n}的公比为q，由等比数列的通项公式可得a1q2×a1q4=q6=64，解可得q的值，由等比数列的前n项和公式计算可得答案．【解答】根据题意，各项均为正数的等比数列{a n}中，设其公比为q，若a1=1，a3⋅a5=64，则有a1q2×a1q4=q6=64，又由q>0，则q=2，S6=a1(1−q6)1−q=63；7. 中国古代三国时期的数学家赵爽，创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明．如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”．若cos2∠BAE=725，则在正方形ABCD内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH内的概率为（）A.24 25B.45C.35D.125【答案】D【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】由已知求得cos∠BAE=45，设勾股形的勾股数分别为3，4，则弦为5，利用面积比得答案．【解答】由cos2∠BAE=725，得2cos2∠BAE−1=725，∴cos∠BAE=45，设勾股形的勾股数分别为3，4，则弦为5，故大正方形的面积为25，小正方形的面积为(4−3)2=1，∴在正方形ABCD内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH内的概率为125．8. 过直线y=2x+3上的点作圆x2+y2−4x+6y+12=0的切线，则切线长的最小值为（）A.√19B.2√5C.√21D.√555【答案】A【考点】圆的切线方程直线与圆相交的性质【解析】要使切线长最小，需直线y=2x+3上的点和圆心之间的距离最短，求出圆心到直线y=2x+3的距离d，可得切线长的最小值为√d2−r2．【解答】化圆x2+y2−4x+6y+12=0为(x−2)2+(y+3)2=1，要使切线长最小，需直线y=2x+3上的点和圆心之间的距离最短，此最小值即为圆心(2, −3)到直线y=2x+3的距离d，d=√5=2√5，故切线长的最小值为√d2−r2=√19，9. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对(x, y)所对应的点都在函数f(x)=ax2+bx+c的图象上，则∫1f(x)dx=()A.10 11B.1112C.1312D.1211【答案】B【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图给出满足条件的点，进而求出函数解析式，积分可得答案．【解答】当x =1，y =1时，满足进行循环的条件，输出(1, 1)，x =2，y =2； 当x =2，y =2时，满足进行循环的条件，输出(2, 2)，x =3，y =4； 当x =3，y =4时，满足进行循环的条件，输出(3, 4)，x =4，y =8； 当x =4，y =8时，不满足进行循环的条件， 故{a +b +c =14a +2b +c =29a +3b +c =4，解得：{a =12b =−12c =1故f(x)=12x 2−12x +1，故∫1f(x)dx =(16x 3−14x 2+x)|01=1112，10. 过双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的右焦点F(2√2,0)作两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（ ）A.2√2B.√2+1C.√3D.√2【答案】 D【考点】 双曲线的特性 【解析】四边形OAFB 的面积为4，则S △OAF =2，运用三角形的面积公式，结合a ，b ，c 的关系，解得a =b =2，即可得到双曲线离心率的值． 【解答】过双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的右焦点F(2√2,0)作两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，在Rt △OAF 中，|AF|=c ⋅sin∠AOF =c ⋅b c =b ，同理，|OA|=a ，∴ S △OAF =12|OA|⋅|AF|=12ab ，又S △OAF =2，∴ ab =4，而c =2√2，即a 2+b 2=8，∴ a =b =2，∴ e =√2．11. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝4，M 是PB 上的一个动点，过点M 作平面α // 平面PAD ，截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数y ＝f(x)的图象是（ ）A.B.C. D.【答案】D【考点】空间向量的夹角与距离求解公式【解析】过M作MN⊥平面ABCD，交AB于N，过N作NQ // AD，交CD于Q，过Q作QH // PD，交PC于H，连结MH，则平面MNQH是所求的平面α，由此能求出结果．【解答】过M作MN⊥平面ABCD，交AB于N，过N作NQ // AD，交CD于Q，过Q作QH // PD，交PC于H，连结MH，则平面MNQH是所求的平面α，∵过点M作平面α // 平面PAD，截棱锥所得图形面积为y，平面α与平面PAD之间的距离为x，∴2−x2=MN4，解得MN＝4−2x，AN AB =PMPB=MHBC，即x2=MH2，∴MH＝x，NQ＝2，∴函数y＝f(x)=x+22⋅(4−2x)=−x2+4，(0<x<2)．∴函数y＝f(x)的图象如下图．12. 对于任意b>0，a∈R，不等式[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2≥m2−m恒成立，则实数m的最大值为（）A.√eB.2C.eD.3【答案】B【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据两点间的距离公式和函数图象求出[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2的最小值，再解出m的范围．【解答】令A(b, lnb)，B(a−2, a−1)，则|AB|2=[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2．且A在函数y=lnx的图象上，B在直线y=x+1上．设直线y=x+c与y=lnx相切，切点为C(p, q)，则{1p=1q=lnpq=p+c，解得p=1，q=0，c=−(1)∴|AB|的最小值为C(1, 0)到直线y=x+1的距离√2，∴[b−(a−2)]2+[lnb−(a−1)]2≥2，∴2≥m2−m，解得−1≤m≤(2)故选：B．二、填空题：本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）二项式(√x−2x)6展开式中常数项为________．【答案】60【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得常数项的值．【解答】二项式(√x−2x )6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅(−2)r⋅x6−3r2，令6−3r2=0，求得r=2，故展开式中常数项为C62⋅22=60，已知数列{a n}满足a1=15，a n+1−a nn =2，则a nn的最小值为________．【答案】274【考点】数列递推式【解析】把已知数列递推式变形，利用累加法求出数列的通项公式，得到a nn关于n的函数，然后利用函数单调性求得最小值．【解答】由a n+1−a nn=2，得a n+1−a n=2n，∵a1=15，∴a n=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+...+(a n−a n−1)=15+2+4+...+2(n−1)=15+2×n(n−1)2=n2−n+(15)∴a nn =n+15n−1，令f(x)=x+15x −1，得f′(x)=1−15x2=x2−15x2，∴当n取1，2，3时，n+15n −1减小，当n取大于等于4的自然数时n+15n−1的值增大．∵n=3时，a nn =3+5−1=7；n=4时，a nn=4+154−1=274．∴a nn 的最小值为274．在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物．甲说：“礼物不在我这”；乙说：“礼物在我这”；丙说：“礼物不在乙处”．如果三人中只有一人说的是真的，请问________（填“甲”、“乙”或“丙”）获得了礼物．【答案】甲【考点】进行简单的合情推理【解析】假设甲说的是真的，即礼物不在甲处，根据三人中只有一人说的是真的推出矛盾结论，可知假设错误，从而得到答案．【解答】假设甲说的是真的，即礼物不在甲处，∵三人中只有一人说的是真的，则乙、丙说的是假的，∴由乙说话可知礼物不在乙处，由并说话可知礼物在乙处，矛盾．故假设错误，即甲说的是假的，则礼物在甲处．抛物线C:y2=4x的焦点为F，过准线上一点N作NF的垂线交y轴于点M，若抛物线C上存在点E，满足2NE→=NM→+NF→，则△MNF的面积为________．【答案】3√22【考点】抛物线的求解【解析】根据抛物线的性质和2NE→=NM→+NF→可知NE // x轴，从而可得E点坐标，求出M、N的坐标，计算MN，NF即可求出三角形的面积．【解答】准线方程为x=−1，焦点为F(1, 0)，不妨设N在第三象限，∵2NE→=NM→+NF→，∴E是MF的中点，∴NE=12MF=EF，∴NE // x轴，又E为MF的中点，E在抛物线y2=4x上，∴ E(12, −√2)，∴ N(−1, −√2)，M(0, −2√2)， ∴ NF =√6，MN =√3， ∴ S △MNF =12×√6×√3=3√22三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，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.△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若m →=(cosB, cosC)，n →=(2a +c, b)，且m →⊥n →． (Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)若b =6，求△ABC 周长的取值范围． 【答案】（1）∵ m ⊥n ，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0， ∴ cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0∴ 2cosBsinA =−(sinC ⋅cosB +cosC ⋅sinB)=−sin(B +C)=−sinA ， ∴ cosB =−12，∴ B =2π3．（2）根据余弦定理可知b 2=a 2+c 2−2accosB ，∴ 36=a 2+c 2+ac ， 又∵ 36=(a +c)2−ac ，∴ (a +c)2−36=ac ≤(a+c 2)2，∴ 6<a +c ≤4√3，则△ABC 周长的取值范围是(12,6+4√3]． 【考点】 余弦定理 【解析】(Ⅰ)利用向量垂直，结合两角和与差的三角函数，转化求解角B 的大小；(Ⅱ)利用余弦定理以及基本不等式求出a +c 的范围，然后求解三角形的周长的范围即可． 【解答】（1）∵ m ⊥n ，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0， ∴ cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0∴ 2cosBsinA =−(sinC ⋅cosB +cosC ⋅sinB)=−sin(B +C)=−sinA ， ∴ cosB =−12，∴ B =2π3．（2）根据余弦定理可知b 2=a 2+c 2−2accosB ，∴ 36=a 2+c 2+ac ， 又∵ 36=(a +c)2−ac ，∴ (a +c)2−36=ac ≤(a+c 2)2，∴ 6<a +c ≤4√3，则△ABC 周长的取值范围是(12,6+4√3]．四棱台被过点A 1，C 1，D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD =60∘，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1=2． (Ⅰ)求证：平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；(Ⅱ)若AA 1与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角A 1−BD −C 1的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明：∵ BB 1⊥平面ABCD ，∴ BB 1⊥AC ． 在菱形ABCD 中，BD ⊥AC ，又BD ∩BB 1=B ，∴ AC ⊥平面BB 1D ，∵ AC ⊂平面AB 1C ，∴ 平面AB 1C ⊥平面BB 1D ． (Ⅱ)∵ BB 1⊥平面ABCD∴ AA 1与底面ABCD 所成角为∠A 1AB ，∴ tan∠A 1AB =2，∴ A 1B 1=1， 设BD ，AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则B(0, −1, 0)，D(0, 1, 0)，B 1(0, −1, 2)，A(√3,0,0).B 1A 1→=12BA →⇒A 1(√32,−12,2)，同理C 1(−√32,−12,2)，BA 1→=(√32,12,2)，BD →=(0,2,0)，BC 1→=(−√32,12,2)．设平面A 1BD 的法向量n →=(x,y,z)， ∴ {BA 1→∗n →=0BD →∗n →=0则n →=(−4,0,√3)，设平面C 1BD 的法向量m →=(x ′,y ′,z ′)，{BD →∗m →=0BC 1→∗m →=0则m →=(4,0,√3)，设二面角A 1−BD −C 1为θ，cosθ=|m →∗n →||m →||n →|=1319．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】(Ⅰ)证明BB 1⊥AC ．BD ⊥AC ，推出AC ⊥平面BB 1D ，然后证明平面AB 1C ⊥平面BB 1D ． (Ⅱ)设BD ，AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．求出相关点的坐标，平面A 1BD 的法向量，平面C 1BD 的法向量，二面角A 1−BD −C 1为θ，利用空间向量的数量积求解即可． 【解答】(Ⅰ)证明：∵ BB 1⊥平面ABCD ，∴ BB 1⊥AC ． 在菱形ABCD 中，BD ⊥AC ，又BD ∩BB 1=B ，∴ AC ⊥平面BB 1D ，∵ AC ⊂平面AB 1C ，∴ 平面AB 1C ⊥平面BB 1D ． (Ⅱ)∵ BB 1⊥平面ABCD∴ AA 1与底面ABCD 所成角为∠A 1AB ，∴ tan∠A 1AB =2，∴ A 1B 1=1， 设BD ，AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．则B(0, −1, 0)，D(0, 1, 0)，B 1(0, −1, 2)，A(√3,0,0).B 1A 1→=12BA →⇒A 1(√32,−12,2)，同理C 1(−√32,−12,2)，BA 1→=(√32,12,2)，BD→=(0,2,0)，BC 1→=(−√32,12,2)．设平面A 1BD 的法向量n →=(x,y,z)，∴ {BA 1→∗n →=0BD →∗n →=0则n →=(−4,0,√3)，设平面C 1BD 的法向量m →=(x ′,y ′,z ′)，{BD →∗m →=0BC 1→∗m →=0则m →=(4,0,√3)，设二面角A 1−BD −C 1为θ，cosθ=|m →∗n →||m →||n →|=1319．2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战．某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图． (Ⅰ)由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量y （单位：千万立方米）与年份x （单位：年）之间的关系．并且已知y 关于x 的线性回归方程是yˆ=6.5x +aˆ，试确定a ˆ的值，并预测2018年该地区的天然气需求量； (Ⅱ)政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A 类：每车补贴1万元，B 类：每车补贴2.5万元，C 类：每车补贴3.4万元．某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如表：源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查．若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”，求ξ的分布列及期望．【答案】(Ⅰ)如折线图数据可知x =2008+2010+2012+2014+20165=2012，y =236+246+257+276+2865=260.2代入线性回归方程yˆ=6.5x +a ˆ可得a ˆ=−12817.8． 将x =2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米． (Ⅱ)根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆 则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，ξ=3.5，此时P(ξ=3.5)=C 11C21C 62=215；当A 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=4.4，此时P(ξ=4.4)=C 11C31C 62=315； 当B 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=5.9，此时P(ξ=5.9)=C 21C31C 62=615=25；当B 类抽2辆时，ξ=5，此时P(ξ=5)=C 22C 62=115；当C 类抽2辆时，ξ=6.8，此时P(ξ=6.8)=C 32C 62=315=15．所以ξ的分布列为：∴ Eξ=3.5×215+4.4×315+5.9×25+5×115+6.8×15=275（万元）【考点】求解线性回归方程离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差 【解析】(Ⅰ)由折线图数据求得样本中心，带入回归直线方程，求出a ，然后将x =2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米． (Ⅱ)根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆求出概率，得到分布列，然后求解期望即可． 【解答】(Ⅰ)如折线图数据可知x =2008+2010+2012+2014+20165=2012，y =236+246+257+276+2865=260.2代入线性回归方程y ˆ=6.5x +a ˆ可得a ˆ=−12817.8．将x =2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米． (Ⅱ)根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆 则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，ξ=3.5，此时P(ξ=3.5)=C 11C21C 62=215；当A 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=4.4，此时P(ξ=4.4)=C 11C31C 62=315； 当B 类抽1辆，C 类抽1辆时，ξ=5.9，此时P(ξ=5.9)=C 21C31C 62=615=25；当B 类抽2辆时，ξ=5，此时P(ξ=5)=C 22C 62=115；当C 类抽2辆时，ξ=6.8，此时P(ξ=6.8)=C 32C 62=315=15．所以ξ的分布列为：∴ Eξ=3.5×215+4.4×315+5.9×25+5×115+6.8×15=275（万元）椭圆E:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2作垂直于x 轴的直线l与椭圆E 在第一象限交于点P ，若|PF 1|=5，且3a =b 2． (Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)A ，B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点．若直线AB 过点(1, −1)，且∠APF 2=∠BPF 2，求直线AB 的方程． 【答案】(Ⅰ)由题可得|PF 2|=b 2a=3，因为|PF 1|=5，由椭圆的定义得a =4，所以b 2=12，所以椭圆E 方程为x 216+y 212=1． (Ⅱ)易知点P 的坐标为(2, 3)．因为∠APF 2=∠BPF 2，所以直线PA ，PB 的斜率之和为(0)设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为−k ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则直线PA 的方程为y −3=k(x −2)，由{y −3=k(x −2)x 216+y 212=1可得(3+4k 2)x 2+8k(3−2k)x +4(3−2k)2−48=0， ∴ x 1+2=8k(2k+3)3+4k 2同理直线PB 的方程为y −3=−k(x −2)，可得x 2+2=−8k(−2k−3)3+4k 2=8k(2k+3)3+4k 2，∴ x 1+x 2=16k 2−123+4k 2，x 1−x 2=−48k 3+4k 2，k AB =y 1−y2x 1−x 2=k(x 1−2)+3+k(x 2−2)−3x 1−x 2=k(x 1+x 2)−4kx 1−x 2=12，∴ 满足条件的直线AB 的方程为y +1=12(x −1)，即为x −2y −3=(0)【考点】椭圆的标准方程直线与椭圆结合的最值问题 【解析】(Ⅰ)由椭圆的定义以及已知条件求出a =4，b 2=12，可得椭圆E 方程．(Ⅱ)易知点P 的坐标为(2, 3)．通过∠APF 2=∠BPF 2，设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为−k ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则直线PA 的方程为y −3=k(x −2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，求出直线的斜率，然后求解直线方程． 【解答】(Ⅰ)由题可得|PF 2|=b 2a=3，因为|PF 1|=5，由椭圆的定义得a =4，所以b 2=12，所以椭圆E 方程为x 216+y 212=1．(Ⅱ)易知点P 的坐标为(2, 3)．因为∠APF 2=∠BPF 2，所以直线PA ，PB 的斜率之和为(0)设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为−k ，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则直线PA 的方程为y −3=k(x −2)，由{y −3=k(x −2)x 216+y 212=1 可得(3+4k 2)x 2+8k(3−2k)x +4(3−2k)2−48=0， ∴ x 1+2=8k(2k+3)3+4k 2同理直线PB 的方程为y −3=−k(x −2)，可得x 2+2=−8k(−2k−3)3+4k 2=8k(2k+3)3+4k 2，∴ x 1+x 2=16k 2−123+4k 2，x 1−x 2=−48k 3+4k 2，k AB =y 1−y2x 1−x 2=k(x 1−2)+3+k(x 2−2)−3x 1−x 2=k(x 1+x 2)−4kx 1−x 2=12，∴ 满足条件的直线AB 的方程为y +1=12(x −1)，即为x −2y −3=(0)已知函数f(x)=alnx ，a ∈R ．(Ⅰ)若曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 在公共点处有共同的切线，求实数a 的值； (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，试问函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点？如果有，求出该零点；若没有，请说明理由． 【答案】(Ⅰ)函数f(x)=alnx 的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax ，g ′(x)=2√x设曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 公共点为(x 0, y 0)由于在公共点处有共同的切线，所以ax 0=2x ，解得x 0=4a 2，a >(0) 由f(x 0)=g(x 0)可得alnx 0=√x 0．联立{x 0=4a 2alnx 0=√x 0 解得a =e2． (Ⅱ)函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点，转化为函数H(x)=xf(x)=e2xlnx与函数G(x)=xe 1−x 2−1在区间x ∈(0, +∞)是否有交点，H(x)=xf(x)=e2xlnx ，可得H ′(x)=e2lnx +e2=e2(1+lnx)，令H ′(x)>0，解得x ∈(1e ,+∞)，此时函数H(x)单调递增； 令H ′(x)<0，解得x ∈(0,1e )，此时函数H(x)单调递减．∴ 当x =1e 时，函数H(x)取得极小值即最小值，H(1e)=−12.G(x)=xe 1−x 2−1可得G ′(x)=12(1−x)e 1−x ，令G ′(x)>0，解得0<x <1，此时函数G(x)单调递增； 令G ′(x)<0，解得x >1，此时函数G(x)单调递减．∴ 当x =1时，函数G(x)取得极大值即最大值，G(1)=−12． 因此两个函数无交点．即函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1无零点．【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 【解析】(Ⅰ)函数f(x)=alnx 的定义域为(0, +∞)，求出导函数，利用曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 公共点为(x 0, y 0)由于在公共点处有共同的切线，解得x 0=4a 2，a >(0)f(x 0)=g(x 0)解得a =e2即可． (Ⅱ)函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点，转化为函数H(x)=xf(x)=e2xlnx 与函数G(x)=xe 1−x 2−1在区间x ∈(0, +∞)是否有交点，构造函数H(x)=xf(x)=e2xlnx ，可得H ′(x)=e2lnx +e2=e2(1+lnx)，利用函数的单调性，求解函数的最小值以及极大值，推出结果即可． 【解答】(Ⅰ)函数f(x)=alnx 的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax ，g ′(x)=2√x 设曲线y =f(x)与曲线g(x)=√x 公共点为(x 0, y 0)由于在公共点处有共同的切线，所以ax 0=2x ，解得x 0=4a 2，a >(0) 由f(x 0)=g(x 0)可得alnx 0=√x 0．联立{x 0=4a 2alnx 0=√x 0 解得a =e2． (Ⅱ)函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1是否有零点，转化为函数H(x)=xf(x)=e2xlnx与函数G(x)=xe 1−x 2−1在区间x ∈(0, +∞)是否有交点，H(x)=xf(x)=e2xlnx ，可得H ′(x)=e2lnx +e2=e2(1+lnx)，令H ′(x)>0，解得x ∈(1e ,+∞)，此时函数H(x)单调递增；令H ′(x)<0，解得x ∈(0,1e )，此时函数H(x)单调递减．∴ 当x =1e 时，函数H(x)取得极小值即最小值，H(1e)=−12.G(x)=xe 1−x 2−1可得G ′(x)=12(1−x)e 1−x ，令G ′(x)>0，解得0<x <1，此时函数G(x)单调递增； 令G ′(x)<0，解得x >1，此时函数G(x)单调递减．∴ 当x =1时，函数G(x)取得极大值即最大值，G(1)=−12． 因此两个函数无交点．即函数F(x)=xf(x)−xe 1−x 2+1无零点．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线C 1:(x −√3)2+(y −1)2=4，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线C 1绕极点逆时针旋转π6后得到的曲线记为C 2． (Ⅰ)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(Ⅱ)射线θ=π3(p >0)与曲线C 1，C 2分别交于异于极点O 的A ，B 两点，求|AB|． 【答案】(Ⅰ)曲线C 1:(x −√3)2+(y −1)2=4化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ， 设曲线C 2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)， 在C 1上代入可得C 2的极坐标方程是ρ=2cosθ+2√3sinθ． (Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C 1，C 2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，∴ |AB|=|ρ1−ρ2|=4−2√3． 【考点】圆的极坐标方程 【解析】(Ⅰ)曲线C 1化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ，设曲线C 2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)，在C 1上代入可得C 2的极坐标方程．(Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C 1，C 2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，由此能求出|AB|． 【解答】(Ⅰ)曲线C 1:(x −√3)2+(y −1)2=4化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ， 设曲线C 2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)， 在C 1上代入可得C 2的极坐标方程是ρ=2cosθ+2√3sinθ． (Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C 1，C 2的极坐标方程， 得到ρ1=2√3，ρ2=4，∴ |AB|=|ρ1−ρ2|=4−2√3．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，且f(x+2)≥0的解集为[−1, 1]．(Ⅰ)求m的值；(Ⅱ)若a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m，求证：a+2b+3c≥9．【答案】(Ⅰ)函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，故f(x+2)=m−|x|，由题意可得m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)由a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m=1，∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba +3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba +3ca+a2b+3c2b+a3c+2b3c≥3+6=9，当且仅当2ba=3ca=a2b=3c2b=a3c=2b3c=1时，等号成立．所以a+2b+3c≥9【考点】带绝对值的函数不等式的证明【解析】(Ⅰ)由条件可得f(x+2)=m−|x|，故有m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)根据a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba+3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1，利用基本不等式证明它大于或等于(9)【解答】(Ⅰ)函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，故f(x+2)=m−|x|，由题意可得m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)由a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m=1，∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba +3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba +3ca+a2b+3c2b+a3c+2b3c≥3+6=9，当且仅当2ba=3ca=a2b=3c2b=a3c=2b3c=1时，等号成立．所以a+2b+3c≥9。

甘肃省2018年高考理科数学试题及答案汇总(word解析版)

甘肃省2018年高考理科数学试题及答案汇总(word解析版)

绝密★启用前甘肃省2018年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准备粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸，试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不用折叠，不用弄破，弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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. A. B. C. D.2.已知集合A=｛（x，y）｜x ²+y ²≤3，x∈Z，y∈Z｝，则A中元素的个数为 A. 9 B. 8 C. 5 D. 4 3.函数f（x）=（e ²-e-x）/x ²的图像大致为 A.B.C.D. 4.已知向量a，b满足∣a∣=1，a²b=-1,则a²（2a-b）= A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 5.双曲线x ²/a ²-y ²/b ²=1（a﹥0，b﹥0）的离心率为，则其渐进线方程为 A. y=±x B. y=±x C. y=± D. y=± 6.在中，cos=，BC=1，AC=5，则AB= A. 4 B. C. D. 2 7.为计算s=1-+-+…+-，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填入 A. i=i+1 B. i=i+2 C. i=i+3 D. i=i+4 8.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。

哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30=7+23，在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是 A. B. C. D. 9.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=为则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值A. B. C. D. 10.若f（x）=cosx-sinx在［-a，a］是减函数，则a的最大值是 A. B. C. D. π 11.已知f（x）是定义域为（-∞，+∞）的奇函数，满足f（1-x）=f（1+x）。

甘肃省2018届高三下学期第一次高考诊断考试数学(理)试卷(含答案)

甘肃省2018届高三下学期第一次高考诊断考试数学(理)试卷(含答案)

2018年甘肃省第一次高考诊断考试理科数学一、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. 设全集U R =，集合{}2A x x =≥，{}06B x x =≤<，则集合()U （ ）A ．{}02x x << B ．{}02x x <≤ C ．{}02x x ≤< D ．{}02x x ≤≤ 2. 在复平面内复数34iz i+=、 (i 是虚数单位)对应的点在（ ） A ． 第一象限 B ．第二象限 C ． 第三象限 D ．第四象限 3. 向量(,1)a m =，(1,)b m =，则“1m =”是“//a b ”的（ ）A ． 充分不必要条件B ． 必要不充分条件C ． 充要条件D ． 既不充分也不必要条件4. 若实数x ，y 满足10,10,0,x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩则2z x y =+的最大值是（ ）A ．-1B ． 1 C. 2 D ．35. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为23π，则a 的值为（ ） A ．1 B ．2 C. D6. 已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和，若11a =，3564a a ⋅=，则6S =（ ） A ． 65 B ．64 C. 63 D ．627. 中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若7cos 225BAE ∠=，则在正方形ABCD 内随机取一点，该点恰好在正方形EFGH 内的概率为（ ）A ．2425 B ． 45 C. 35 D ．1258. 过直线23y x =+上的点作圆2246120x y x y +-++=的切线，则切线长的最小值为（ ）A ．19B ．25 C. 21 D ．5559. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对(,)x y 所对应的点都在函数2()f x ax bx c =++的图象上，则1()0f x dx =⎰（ ）A ．1011 B ． 1112 C. 1312 D ．121110.过双曲线2222:1x y C a b-=（0a >，0b >）的右焦点(22,0)F 作两条渐近线的垂线，垂足分别为,A B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（ ） A ．22 B ．2+1 C. 3 D ．211. 如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且4PA =，M 是PB 上的一个动点，过点M 作平面//α平面PAD ，截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()y f x =的图象是（ ）A ．B ． C.D ．12.对于任意0b >，a R ∈，不等式[][]222(2)ln (1)b a b a m m --+--≥-恒成立，则实数m 的最大值为（ ）A ．e ．2 C. e D ．3第Ⅱ卷（共90分）二、填空题：本题共4小题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.二项式62()x x-的展开式中的常数项是 ．(用数字作答) 14. 已知数列{}n a 满足115a =，12()n n a a n N n *+-=∈，则n an的最小值为 ． 15. 在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物. 甲说：“礼物不在我这”； 乙说：“礼物在我这”； 丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问 (填“甲”、“乙”或“丙”)获得了礼物. 16.抛物线2:4C y x =的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2NE NM NF =+u u u r u u u u r u u u r，则MNF ∆的面积为 ．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，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.ABC ∆中，三个内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，若(cos ,cos )m B C =，(2,)n a c b =+，且m n ⊥.（Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）若6b =，求ABC ∆周长的取值范围.18. 四棱台被过点11,,A C D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，60BAD ∠=︒，1BB ⊥平面ABCD ，12BB =. （Ⅰ）求证：平面1AB C ⊥平面1BB D ；（Ⅱ）若1AA 与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角11A BD C --的余弦值.19.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图.（Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需示量y (单位：千万立方米)与年份x (单位：年)之间的关系.并且已知y 关于x 的线性回归方程是ˆˆ6.5yx a =+，试确定ˆa 的值，并预测2018年该地区的天然气需求量；（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A 类：每车补贴1万元，B 类：每车补贴2.5万元，C 类：每车补贴3.4万元.某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如下表：类型A 类B 类C 类为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”，求ξ的分布列及期望.20.椭圆2222:1x y E a b+=（0a b >>）的左、右焦点分别为1F ，2F ，过2F 作垂直于x 轴的直线l 与椭圆E 在第一象限交于点P ，若15PF =，且23a b =. （Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）A ，B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点.若直线AB 过点(1,1)-，且22APF BPF ∠=∠，求直线AB 的方程.21. 已知函数()ln f x a x =，a R ∈.（Ⅰ）若曲线()y f x =与曲线()g x =a 的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，试问函数1()()12xxe F x xf x -=-+是否有零点？如果有，求出该零点；若没有，请说明理由.(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线221:((1)4C x y +-=，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线1C 绕极点逆时针旋转6π后得到的曲线记为2C . （Ⅰ）求曲线1C ，2C 的极坐标方程； （Ⅱ）射线3πθ=（0p >）与曲线1C ，2C 分别交于异于极点O 的A ，B 两点，求AB .23.选修4-5：不等式选讲已知函数()2f x m x =--，m R ∈，且(1)0f x +≥的解集为[]0,2. （Ⅰ）求m 的值； （Ⅱ）若a ，b ，c R ∈，且11123m a b c++=，求证：239a b c ++≥.2018年甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准一、选择题1-5: CDACB 6-10: CDABD 11、12：DB二、填空题13. -160 14.27415. 甲 16.2三、解答题17.解:（Ⅰ）∵m n ⊥，则有cos (2)cos 0B a c C b ⋅++⋅=， ∴cos (2sin sin )cos sin 0B A C C B ⋅++⋅=∴2cos sin (sin cos cos sin )sin()sin B A C B C B B C A =-⋅+⋅=-+=-， ∴1cos 2B =-，∴23B π=. （Ⅱ）根据余弦定理可知2222cos b a c ac B =+-，∴2236a c ac =++，又∵236()a c ac =+-，∴22()36()2a c a c ac ++-=≤，∴6a c <+≤则ABC ∆周长的取值范围是(12,6+.18.解：（Ⅰ）∵1BB ⊥平面ABCD ，∴1BB AC ⊥. 在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又1BD BB B ⋂=，∴AC ⊥平面1BB D ， ∵AC ⊂平面1AB C ，∴平面1AB C ⊥平面1BB D . （Ⅱ）∵1BB ⊥平面ABCD∴1AA 与底面ABCD 所成角为1A AB ∠，∴1tan 2A AB ∠=，∴111A B = 设BD ,AC 交于点O ，以O 为坐标原点，如图建立空间直角坐标系. 则(0,1,0)B -，(0,1,0)D ，1(0,1,2)B -,(3,0,0)A .111131(,,2)22B A BA A =⇒-u u u u r u u u r ，同理131(,,2)2C --， 131(,,2)2BA =u u u r ，(0,2,0)BD =u u u r ，131(,,2)22BC =-u u u u r .设平面1A BD 的法向量(,,)n x y z =，∴10,0,BA n BD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r 则(4,0,3)n =-， 设平面1C BD 的法向量(,,)m x y z '''=，10,0,BD m BC m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u ur 则(4,0,3)m =， 设二面角11A BD C --为θ，13cos 19m n m n θ⋅==. 19. 解：（Ⅰ）如折线图数据可知2008201020122014201620125x ++++==236246257276286260.25y ++++==代入线性回归方程ˆˆ6.5yx a =+可得ˆ12817.8a =-. 将2018x =代入方程可得ˆ299.2y=千万立方米. （Ⅱ）根据分层抽样可知A 类，B 类，C 类抽取人数分别为1辆， 2辆，3辆则当A 类抽1辆，B 类抽1辆时，=3.5ξ，此时1112262( 3.5)15C C P C ξ===； 当A 类抽1辆，C 类抽1辆时， 4.4ξ=，此时1113263( 4.4)15C C P C ξ===； 当B 类抽1辆，C 类抽1辆时， 5.9ξ=，此时11232662( 5.9)155C C P C ξ====； 当B 类抽2辆时，=5ξ，此时22261(5)15C P C ξ===；当C 类抽2辆时， 6.8ξ=，此时232631( 6.8)155C P C ξ====.所以ξ的分布列为：∴ 3.5 4.4 5.95 6.8151551555E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=（万元） 20.解：（Ⅰ）由题可得223b PF a ==，因为15PF =，由椭圆的定义得4a =，所以212b =，所以椭圆E 方程为2211612x y +=. （Ⅱ）易知点P 的坐标为(2,3).因为22APF BPF ∠=∠，所以直线PA ，PB 的斜率之和为0.设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k -，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则直线PA 的方程为3(2)y k x -=-，由223(2)11612y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩可得222(3+4)8(32)4(32)480k x k k x k +-+--=，∴128(23)234k k x k ++=+同理直线PB 的方程为3(2)y k x -=--，可得2228(23)8(23)23434k k k k x k k ---++==++， ∴2122161234k x x k -+=+，1224834kx x k --=+， 121212121212(2)3(2)3()412AB y y k x k x k x x k k x x x x x x --++--+-====---，∴满足条件的直线AB 的方程为11(1)2y x +=-，即为230x y --=. 21.解：（Ⅰ）函数()ln f x a x =的定义域为(0)+∞,，()af x x '=，()g x '= 设曲线()y f x =与曲线()g x =00(,)x y由于在公共点处有共同的切线，所以0a x =，解得204x a =，0a >. 由00()()f x g x =可得0ln a x =.联立2004,ln x a a x ⎧=⎪⎨=⎪⎩解得2e a =.（Ⅱ）函数1()()12x xe F x xf x -=-+是否有零点，转化为函数()()ln 2eH x xf x x x == 与函数1()12xxe G x -=-在区间(0,)x ∈+∞是否有交点， ()()ln 2e H x xf x x x ==，可得()ln (1ln )222e e eH x x x '=+=+， 令()0H x '>，解得1(,)x e ∈+∞，此时函数()H x 单调递增；令()0H x '<，解得1(0,)x e∈，此时函数()H x 单调递减.∴当1x e =-时，函数()H x 取得极小值即最小值，11()2H e =-.1()12x xe G x -=-可得11()(1)2x G x x e -'=-，令()0G x '>，解得01x <<，此时函数()G x 单调递增；令()0G x '<，解得1x >，此时函数()G x 单调递减.∴当1x =时，函数()G x 取得极大值即最大值，1(1)2G =-. 因此两个函数无交点.即函数1()()12xxe F x xf x -=-+无零点.22.解：曲线221:((1)4C x y +-=化为极坐标方程是2sin ρθθ=+设曲线2C 上的点(,)Q ρθ绕极点顺时针旋转6π后得到(,)6P πρθ-在1C 上，代入可得2C 的极坐标方程是2cos ρθθ=+.（Ⅱ）将3πθ=（0ρ>）分别代入1C ，2C 的极坐标方程，得到1ρ=24ρ=124AB ρρ=-=-23.（Ⅰ）()01011f x m x m x m ≥⇒--≥⇒-≤≤+由(+1)0f x ≥的解集为[]02，可知1m =. （Ⅱ）111123a b c++=则 111233223(22)()111232233b c a c a b a b c a b c a b c a a b b c c++=++++=++++++++ 233233692323b a c a c b a b a c b c=++++++≥+= 当且仅当23a b c ==时等号成立，即3a =，32b =，1c =时等号成立.。

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷(理科)

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷(理科)

2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（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. 设全集U =R ，集合M ={x|x ≥0}，集合N ={x|x 2<1}，则M ∩(∁U N)=（ ） A.(0, 1) B.[0, 1] C.[1, +∞) D.(1, +∞)2. 已知复数z =−5+12i （i 是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A.复数z 的实部为5 B.复数z 的虚部为12iC.复数z 的共轭复数为5+12iD.复数z 的模为133. 已知数列{a n }为等比数列，且a 2a 6+2a 42=π，则tan(a 3a 5)=( ) A.√3 B.−√3 C.−√33D.±√3 4. 双曲线x 2a2−y 2b 2=1的一条渐近线与抛物线y =x 2+1只有一个公共点，则双曲线的离心率为（ ） A.54B.5C.√54D.√55. 在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM =1，点P 在AM 上且满足学AP →=2PM →，则PA →⋅(PB →+PC →)等于（ ） A.−49 B.−43C.43D.496. 数列{a n }中，a 1=1，对任意n ∈N ∗，有a n+1=1+n +a n ，令b i =1a i，(i ∈N ∗)，则b 1+b 2+...+b 2018=( ) A.20171009 B.20172018C.20182019D.403620197. 若(x +1x +1)n 的展开式中各项的系数之和为81，则分别在区间[0, π]和[0, n4]内任取两个实数x ，y ，满足y >sinx 的概率为（ ） A.1−1πB.1−2πC.1−3πD.128. 刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”．意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A.4πB.3πC.√3πD.√32π9. 某程序框图如图所示，则程序运行后输出的S的值是（）A.1008B.2017C.2018D.302510. 设p：实数x，y满足(x−1)2+\lbracky−(2−√2)brack2≤3−2√2；q：实数x，y满足{x−y≤1x+y≥1y≤1，则p是q的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件11. 已知圆C:(x−1)2+(y−4)2=10和点M(5,t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围为（）A.[−2,6]B.[−3,5]C.[2,6]D.[3,5]12. 定义在(0,π2)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cosx⋅f′(x)+sinx⋅f(x)<0成立，则有（）A.f(π6)>√2f(π4) B.√3f(π6)>f(π3)C.f(π6)>√3f(π3) D.f(π6)>√3f(π4)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若sin(π4−α)=−25，则cos(π4+α)=________．14. 已知样本数据a1，a2，……a2018的方差是4，如果有b i=a i−2(i=1, 2,…,2018)，那么数据b1，b2，……b2018的均方差为________．15. 设函数f(x)=sin(2x +φ)(|φ|<π2)向左平移π3个单位长度后得到的函数是一个奇函数，则φ=________．16. 函数f(x)=1+x −x 22+x 33，g(x)=1−x +x 22−x 33，若函数F(x)=f(x +3)g(x −4)，且函数F(x)的零点均在[a, b](a <b, a, b ∈Z)内，则b −a 的最小值为________． 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，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.17. 已知向量a →=(cos2x,sin2x)，b →=(√3,1)，函数f(x)=a →∗b →+m ．（1）求f(x)的最小正周期；（2）当x ∈[0,π2brack 时，f(x)的最小值为5，求m 的值．18. 如图所示，矩形ABCD 中，AC ∩BD =G ，AD ⊥平面ABE ，AE =EB =BC =2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE ． （1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值．19. 某地一商场记录了12月份某5天当中某商品的销售量y （单位：kg ）与该地当日最高气温x （单位：∘C ）的相关数据，如表：（1）试求y 与x 的回归方程y ^=b ^x +a ^；（2）判断y 与x 之间是正相关还是负相关；若该地12月某日的最高气温是6∘C ，试用所求回归方程预测这天该商品的销售量；（3）假定该地12月份的日最高气温X ∼N(μ, σ2)，其中μ近似取样本平均数x ，σ2近似取样本方差s 2，试求P(3.8<X <13.4)．附：参考公式和有关数据{b ^=∑−i=1n xiyi nxy ∑x i 2n i=1−nx 2=∑(n i=1x i −x)(y i −y)∑(x i −x)2n i=1a ^=y −b ^x ，√10≈3.2，√3.2≈1.8，若X ∼N(μ, σ2)，则P(μ−σ<X <μ+σ)=0.6826，且P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.9544．20. 已知圆C ：(x +1)2+y 2=8，过D(1, 0)且与圆C 相切的动圆圆心为P ． （1）求点P 的轨迹E 的方程；（2）设过点C 的直线l 1交曲线E 于Q ，S 两点，过点D 的直线l 2交曲线E 于R ，T 两点，且l 1⊥l 2，垂足为W （Q ，R ，S ，T 为不同的四个点）．①设W(x 0, y 0)，证明：x 022+y 02<1；②求四边形QRST 的面积的最小值21. 已知函数f(x)=x+tx−1e x−1，其中e 为自然对数的底数． （1）证明：当x >1时，①ln √x <√x −1，②e x−1>x ；（2）证明：对任意x >1，t >−1，有f(x)>√x(1+12lnx)．选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l 的参数方程是{x =√22t y =√22t +4√2 （t 是参数），圆C 的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．（1）求圆心C 的直角坐标；（2）由直线l 上的点向圆C 引切线，并切线长的最小值． [选修4-5：不等式选讲]23. 设函数f(x)=|x −a|+2x ，其中a >0．（1）当a =2时，求不等式f(x)≥2x +1的解集；（2）若x ∈(−2, +∞)时，恒有f(x)>0，求a 的取值范围．参考答案与试题解析2018年甘肃省兰州市高考数学一诊试卷（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.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵N={x|−1<x<1}，U=R，∴∁U N={x|x≤−1或x≥1}．∵M={x|x≥0}，∴M∩(∁U N)=[1,+∞)．故选C．2.【答案】D【考点】虚数单位i及其性质复数的运算复数求模复数的基本概念【解析】直接利用复数的基本概念得选项．【解答】∵z=−5+12i，∴z的实部为−5，虚部为12，z的共轭复数为−5−12i，模为√(−5)2+(12)2=13．∴说法正确的是复数z的模为13．3.【答案】A【考点】等比数列的通项公式【解析】由等比数列{a n}的性质可得：a2a6=a3a5=a42，根据a2a6+2a42=π=3a3a5，可得a3a5．利用三角函数求值即可得出．【解答】由等比数列{a n}的性质可得：a2a6=a3a5=a42，∴a2a6+2a42=π=3a3a5，∴a3a5=π．3=√3．则tan(a3a5)=tanπ34.【答案】 D【考点】 圆锥曲线 【解析】先根据双曲线方程表示出渐近线方程与抛物线方程联立，利用判别式等于0求得a 和b 的关系，进而求得a 和c 的关系，则双曲线的离心率可得． 【解答】依题意可知双曲线渐近线方程为y =±ba x ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±ba x +1=0∵ 渐近线与抛物线有一个交点 ∴ △=b 2a 2−4=0，求得b 2=4a 2，∴ c =√a 2+b 2=√5a ， ∴ e =ca =√5，5.【答案】 A【考点】平行向量的性质平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】由M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足AP →=2PM →可得：P 是三角形ABC 的重心，根据重心的性质，即可求解． 【解答】∵ M 是BC 的中点，知AM 是BC 边上的中线，又由点P 在AM 上且满足AP →=2PM →∴ P 是三角形ABC 的重心 ∴ PA →∗(PB →+PC →) =PA →∗AP →=−|PA →|2 又∵ AM =1 ∴ |PA →|=23∴ PA →∗(PB →+PC →)=−496.【答案】 D【考点】 数列递推式 【解析】a n+1=1+n +a n ，即a n+1−a n =n +1．n ≥2时，a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+……+(a 2−a 1)+a 1，可得a n ．b n =1a n=2n(n+1)=2(1n −1n+1)，利用裂项求和方法即可得出． 【解答】a n+1=1+n +a n ，即a n+1−a n =n +1．∴ n ≥2时，a n =(a n −a n−1)+(a n−1−a n−2)+……+(a 2−a 1)+a 1 =n +(n −1)+……+2+1 =n(n+1)2．n =1时也成立．b n =1a n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，则b 1+b 2+...+b 2018=2[(1−12)+(12−13)+……+(12018−12019)brack =2(1−12019) =40362019．7.【答案】 B【考点】二项式定理的用法 【解析】根据几何概型的概率公式，求出对应事件对应的平面区域的面积，进行求解即可 【解答】由题意知，令x =1，得到3n =81，解得 n =4，∴ 0≤x ≤π，0≤y ≤1． 作出对应的图象如图所示：则此时对应的面积S =π×1=π， 满足y ≥sinx 的点构成区域的面积为： S =∫πsinxdx =−cosx|π=−cosπ+cos0=2，则满足y >sinx 的概率为P =1−2π． 故选：B ．8.【答案】D【考点】由三视图求体积球的体积和表面积球内接多面体【解析】根据三视图得出四棱锥的结构特征，根据阳马与长方体的关系计算长方体的棱长，得出外接球的体积．【解答】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个侧面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球．由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为，1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，∴长方体的对角线为√3，∴外接球的半径为√32，∴外接球的体积为V=4π3∗(√32)3=√3π2．9.【答案】A【考点】程序框图【解析】本题主要考查程序框图，同时考查了三角函数的相关知识.【解答】解：执行程序框图可知，输出的S=a1+a2+⋯+a2016+a2017+a2018=(0+1)+(−2+1)+(0+1)+(4+1)+⋯+(0+1)+(−2014+1)+(0+1)+ (2016+1)+(0+1)+(−2018+1)=6×20164+1−2017=3024+1−2017=1008, 故输出的S的值是1008.故选A.10.【答案】B【考点】充分条件【解析】分别作出p，q对应区域，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】(x−1)2+\lbracky−(2−√2)brack2≤3−2√2=(√2−1)2，则p对应的表达式表示以(1, 2−√2)为圆心，半径r=√2−1的圆及其内部，q对应的平面区域为三角形内部，由图象知p对应区域都在三角形内，则p是q的充分不必要条件，方法2：圆心(1, 2−√2)到y=1的距离d=1−(2−√2)=√2−1=R，圆心(1, 2−√2)到x−y=1的距离d=√2)−1|√2=√2√2=√2−1=R，圆心(1, 2−√2)当x+y=1的距离d=√2−1|√2=√2−1=R，即p对应的区域都在q对应三角形区域内部，则p是q的充分不必要条件，11.【答案】C【考点】直线与圆的位置关系【解析】本题考查直线与圆的位置关系．【解答】解：由题意，知满足条件的t的值在直线x=5的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．设过点(5,t)的直线方程为y−t=k(x−5)，由相切条件，得√k2+1=√10，整理，得6k2+8(4−t)k+(t−4)2−10=0，由题意知此方程的两根满足k1k2=−1，所以(t−4)2−106=−1，解得t=2或t=6，所以2≤t≤6．故选C．12.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】根据题意，令g(x)=f(x)cosx ，x∈(0, π2)，对其求导分析可得g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，结合选项分析可得答案【解答】根据题意，令g(x)=f(x)cosx ，x∈(0, π2)，则其导数g′(x)=f′(x)cosx+sinxf(x)cos2x，又由x∈(0, π2)，且恒有cosx⋅f′(x)+sinx⋅f(x)<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，又由π6<π3，则有g(π6)>g(π3)，即f(π6)cosπ6>f(π3)cosπ3，分析可得f(π6)>√3f(π3)，又由π6<π4，则有g(π6)>g(π4)，即f(π6)cosπ6>f(π4)cosπ4，分析可得√2f(π6)>√3f(π4)，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】−2 5【考点】两角和与差的三角函数【解析】根据(π4+α)+(π4−α)=π2，利用诱导公式求出对应数值．【解答】sin(π4−α)=−25，∴cos(π4+α)=cos[π2−(π4−α)]=sin(π4−α)=−25．14.【答案】4【考点】极差、方差与标准差【解析】根据一组数据的平均数与方差的定义和计算公式，即可推导出正确的结论．【解答】根据题意，样本数据a1，a2，…，a2018的平均数为a，其方差是4，则有s a2=12018[(a1−a )2+(a2−a )2+(a3−a )2+...+(a2018−a )2]= 4，对于数据b i=a i−2(i=1, 2,…,2018)，其平均数为b=12018(b1+b2+...+b2018)=12018[(a1−2)+(a2−2)+...+(a2018−2)]=a−2，其方差为s b2=12018[(b1−b )2+(b2−b )2+(b3−b )2+...+(b2018−b )2]=12018[(a1−a )2+(a2−a )2+(a3−a )2+...+(a2018−a )2]=4，15.【答案】π3【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】直接利用函数的图象的平移变换求出结果．【解答】函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)向左平移π3个单位长度后，得到：g(x)=sin(2x+2π3+φ)的函数是一个奇函数，则：φ+2π3=kπ(k∈Z)，解得：φ=kπ−2π3(k∈Z)，当k=1时，φ=π3．16.【答案】10【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据函数单调性和零点的存在性定理判断f(x)与g(x)的零点所在区间，从而得出F(x)的零点所在区间．【解答】∵f′(x)=1−x+x2=(x−12)2+34>0，g′(x)=−1+x−x2=−(x−12)2−34<0，∴f(x)在R上单调递增，g(x)在R上单调递减，又f(−1)=−56<0，f(0)=1>0，g(1)=16>0，g(2)=−53<0，∴f(x)的唯一零点在(−1, 0)上，g(x)的唯一零点在(1, 2)上．令F(x)=0可得f(x+3)=0或g(x−4)=0，∴f(x+3)的唯一零点在(−4, −3)上，g(x−4)的唯一零点在(5, 6)上．∵函数F(x)的零点均在[a, b](a<b, a, b∈Z)内，∴a≤−4，b≥6．∴b−a的最小值为10．故答案为：10．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，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.17.【答案】由题意知：f(x)=cos(2x, sin2x)⋅(√3, 1)=√3cos2x+sin2x+m=2sin(2x+π3)+ m，所以f(x)的最小正周期为T=π．由（1）知：f(x)=2sin(2x+π3)+m，当x∈[0,π2brack时，2x+π3∈[π3,4π3brack．所以当2x+π3=4π3时，f(x)的最小值为−√3+m．又∵f(x)的最小值为5，∴−√3+m=5，即m=5+√3．【考点】平面向量数量积的性质及其运算律三角函数的周期性及其求法【解析】（1）根据向量的数量积公式和两角和的正弦公式可化简可得f(x)=2sin(2x+π3)+m，再根据周期的定义即可求出，（2）根据正弦函数的性质即可求出m的值．【解答】由题意知：f(x)=cos(2x, sin2x)⋅(√3, 1)=√3cos2x+sin2x+m=2sin(2x+π3)+ m，所以f(x)的最小正周期为T=π．由（1）知：f(x)=2sin(2x+π3)+m，当x∈[0,π2brack时，2x+π3∈[π3,4π3brack．所以当2x+π3=4π3时，f(x)的最小值为−√3+m．又∵f(x)的最小值为5，∴−√3+m=5，即m=5+√3．18.【答案】证明：因为AD⊥面ABE，所以AD⊥AE，又BC // AD，所以BC⊥AE．因为BF⊥面ACE，所以BF⊥AE．又BC∩BF=B，所以AE⊥面BCF，即AE⊥平面BCE．方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF ⊥CE ， 又BC =BE ，所以F 为CE 中点，在△DEC 中，DE =CE =CD =2√2，所以DF ⊥CE ，∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，cos∠BFD =BF 2+DF 2−BD 22∗BF∗DF=2∗√2∗√6=−√33． ∴ 平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为√33．方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为E(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 0, 2)，D(0, 2, 2)，设平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，易知n 1→=(0,1,0)，令n 2→=(x,y,z)，则{n 2→∗EC →=0n 2→∗ED →=0 ，故{2x +2z =02y +2z =0，令x =1，得{x =1y =1z =−1，n 2→=(1,1,−1)， 于是，cos <n 1→,n 2→>=n 1→∗n 2→|n 1→||n 2→|=1∗√3=√33． 此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 【考点】直线与平面垂直二面角的平面角及求法 【解析】（1）证明AD ⊥AE ，BC ⊥AE ．推出AE ⊥面BCF ，得到AE ⊥平面BCE ．（2）方法1：说明∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，通过求解三角形求解即可． 方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，利用空间向量的数量积求解平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 【解答】证明：因为AD ⊥面ABE ，所以AD ⊥AE ， 又BC // AD ，所以BC ⊥AE ．因为BF ⊥面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC ∩BF =B ，所以AE ⊥面BCF ，即AE ⊥平面BCE ．方法1：因为BF ⊥面ACE ，CE ⊂面ACE ，所以BF ⊥CE ， 又BC =BE ，所以F 为CE 中点，在△DEC 中，DE =CE =CD =2√2，所以DF ⊥CE ，∠BFD 为二面角B −CE −D 的平面角，cos∠BFD =BF 2+DF 2−BD 22∗BF∗DF=2∗√2∗√6=−√33． ∴ 平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值为√33．方法2：以E 为原点，EB 所在直线为x 轴，EA 所在直线为y 轴，过E 且垂直于平面ABE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则相关点的坐标为E(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 0, 2)，D(0, 2, 2)，设平面BCE 的法向量n 1→，平面CDE 的法向量为n 2→，易知n 1→=(0,1,0)，令n 2→=(x,y,z)，则{n 2→∗EC →=0n 2→∗ED →=0 ，故{2x +2z =02y +2z =0，令x =1，得{x =1y =1z =−1，n 2→=(1,1,−1)， 于是，cos <n 1→,n 2→>=n 1→∗n 2→|n 1→||n 2→|=1∗√3=√33． 此即平面BCE 与平面CDE 所成角的余弦值． 19.【答案】由题意，x =7，y =9，∑−i=1n xiyi nx y =287−5⋅7⋅9=−28，∑ni=1x i 2−nx 2=295−5⋅72=50，b ^=−2850=−0.56，a ^=y −b ^x =9−(−0.56)⋅7=12.92．所以所求回归直线方程为y ^=−0.56x +12.92．由b ^=−0.56<0知，y 与x 负相关．将x =6代入回归方程可得，y ^=−0.56∗6+12.92=9.56，即可预测当日销售量为9.56kg ． 由（1）知μ≈x =7，σ≈√S 2=3.2，所以P(3.8<X <13.4)=P(μ−σ<X <μ+2σ)=12P(μ−σ<X <μ+σ)+12P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.8185． 【考点】求解线性回归方程 正态分布密度曲线（1）利用公式求出bˆ，a ˆ，即可得出结论． （2）根据bˆ的正负即可判断．将x =6代入回归方程，可得预测这天该商品的销售量； （3）根据X ∼N(μ, σ2)即可计算． 【解答】由题意，x =7，y =9，∑−i=1n xiyi nx y =287−5⋅7⋅9=−28，∑ni=1x i 2−nx 2=295−5⋅72=50，b ^=−2850=−0.56，a ^=y −b ^x =9−(−0.56)⋅7=12.92．所以所求回归直线方程为y ^=−0.56x +12.92．由b ^=−0.56<0知，y 与x 负相关．将x =6代入回归方程可得，y ^=−0.56∗6+12.92=9.56，即可预测当日销售量为9.56kg ． 由（1）知μ≈x =7，σ≈√S 2=3.2，所以P(3.8<X <13.4)=P(μ−σ<X <μ+2σ)=12P(μ−σ<X <μ+σ)+12P(μ−2σ<X <μ+2σ)=0.8185． 20.【答案】设动圆半径为r ，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2， 由椭圆定义可知，点P 的轨迹E 是椭圆， 其方程为x 22+y 2=1．①证明：由已知条件可知，垂足W 在以CD 为直径的圆周上， 则有x ∘2+y ∘2=1，又因Q ，S ，R ，T 为不同的四个点，x∘22+y∘2<1．②若l 1或l 2的斜率不存在，四边形QRST 的面积为2． 若两条直线的斜率存在，设l 1的斜率为k 1， 则l 1的方程为y =k 1(x +1)， 联立{y =k 1(x +1)x 22+y 2=1，得(2k 2+1)x 2+4k 2x +2k 2−2=0， 则|QS|=2√2k 2+12k 2+1，同理得|RT|=2√2k 2+1k 2+2，∴ S QSRT =12|QS|∗|RT|=4(k 2+1)2(2k 2+1)(k 2+2)≥4(k 2+1)294(k 2+1)2=169，当且仅当2k 2+1=k 2+1，即k =±1时等号成立．综上所述，当k =±1时，四边形QRST 的面积取得最小值为169．轨迹方程直线与椭圆结合的最值问题【解析】（1）设动圆半径为r，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2，由椭圆定义能求出点P的轨迹E的方程．（2）①由已知条件可知，垂足W在以CD为直径的圆周上，由Q，S，R，T为不同的四个点，能够证明x∘22+y∘2<1．②若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为2．若两条直线的斜率存在，设l1的斜率为k1，则l1的方程为y=k1(x+1){y=k1(x+1)x22+y2=1，得|QS|=2√2k2+12k2+1，同理得|RT|=2√2k2+1k2+2，由此能求出四边形QRST的面积取得最小值．【解答】设动圆半径为r，则|PC|=2√2−r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2√2>|CD|=2，由椭圆定义可知，点P的轨迹E是椭圆，其方程为x22+y2=1．①证明：由已知条件可知，垂足W在以CD为直径的圆周上，则有x∘2+y∘2=1，又因Q，S，R，T为不同的四个点，x∘22+y∘2<1．②若l1或l2的斜率不存在，四边形QRST的面积为2．若两条直线的斜率存在，设l1的斜率为k1，则l1的方程为y=k1(x+1)，联立{y=k1(x+1)x22+y2=1，得(2k2+1)x2+4k2x+2k2−2=0，则|QS|=2√2k2+12k2+1，同理得|RT|=2√2k2+1k2+2，∴S QSRT=12|QS|∗|RT|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)≥4(k2+1)294(k2+1)2=169，当且仅当2k2+1=k2+1，即k=±1时等号成立．综上所述，当k=±1时，四边形QRST的面积取得最小值为169．21.【答案】f(x)>√x(1+12lnx)，即x+tx−1e x−1>√x(1+12lnx)=√x(1+ln√x)，由(1)ln√x<√x−1，所以1+ln√x<√x，√x(1+ln√x)<√x∗√x=x，所以，只需证x<x+tx−1e x−1，即(x+t)e x−1>x2−x，由（1）e x−1>x，所以只需证(x+t)x>x2−x，只需证x+t>x−1，即t>−1，上式已知成立，故原式成立，得证．【考点】函数恒成立问题不等式的证明【解析】（1）利用函数的导数，判断函数的单调性，然后证明不等式；（2）化简不等式利用（1）的结论，通过分析法转化证明即可．【解答】f(x)>√x(1+12lnx)，即x+tx−1e x−1>√x(1+12lnx)=√x(1+ln√x)，由(1)ln√x<√x−1，所以1+ln√x<√x，√x(1+ln√x)<√x∗√x=x，所以，只需证x<x+tx−1e x−1，即(x+t)e x−1>x2−x，由（1）e x−1>x，所以只需证(x+t)x>x2−x，只需证x+t>x−1，即t>−1，上式已知成立，故原式成立，得证．选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题评分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.【答案】∵圆C的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．∴ρ=√2cosθ−√2sinθ，∴ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，∴圆C的直角坐标方程为x2+y2−√2x+√2y=0，即(x−√22)2+(y+√22)2=1，∴圆心直角坐标为(√22,−√22)．解法一：直线l上的点向圆C引切线长是：√(√22t−√22)2+(√22t+√22+4√2)2−1=√t2+8t+40=√(t+4)2+24≥2√6，∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是2√6．解法二：直线l的普通方程为x−y+4√2=0，∴圆心C到直线l距离是|√22+√22+4√2|√2=5，∴直线l上的点向圆C引的切线长的最小值是√52−12=2√6．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）圆C的极坐标方程转化为ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，由此能求出圆C的直角坐标方程，从而能求出圆心直角坐标．（2）法一：求出直线l 上的点向圆C 引切线长，由此能求出直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值．法二：求出圆心C 到直线l 距离，由此能求出直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值． 【解答】∵ 圆C 的极坐标方程为ρ=2cos(θ+π4)．∴ ρ=√2cosθ−√2sinθ， ∴ ρ2=√2ρcosθ−√2ρsinθ，∴ 圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2−√2x +√2y =0， 即(x −√22)2+(y +√22)2=1，∴ 圆心直角坐标为(√22,−√22)．解法一：直线l 上的点向圆C 引切线长是： √(√22t −√22)2+(√22t +√22+4√2)2−1=√t 2+8t +40=√(t +4)2+24≥2√6，∴ 直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是2√6． 解法二：直线l 的普通方程为x −y +4√2=0， ∴ 圆心C 到直线l 距离是|√22+√22+4√2|√2=5，∴ 直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是√52−12=2√6．[选修4-5：不等式选讲] 23.【答案】当a =2时，|x −2|+2x ≥2x +1， 所以|x −2|≥1，所以x ≥3或x ≤1， 解集为(−∞, 1]∪[3, +∞)．f(x)={3x −a,x ≥ax +a,x <a ，因为a >0，∴ x ≥a 时，3x −a ≥2a >0恒成立，又x <a 时，当x >−2时，x +a >−2+a ，∴ 只需−2+a ≥0即可， 所以a ≥2． 【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明 【解析】（1）当a =2时，化简不等式f(x)≥2x +1，通过去掉绝对值符号，求解不等式的解集；（2）化简函数的解析式，通过x 与a 的大小比较，转化不等式求解即可． 【解答】当a =2时，|x −2|+2x ≥2x +1， 所以|x −2|≥1，所以x ≥3或x ≤1， 解集为(−∞, 1]∪[3, +∞)．f(x)={3x −a,x ≥ax +a,x <a ，因为a >0，∴ x ≥a 时，3x −a ≥2a >0恒成立，又x <a 时，当x >−2时，x +a >−2+a ，∴ 只需−2+a ≥0即可，所以a≥2．。

2018甘肃省第一次高三理科诊断考试带解析

2018甘肃省第一次高三理科诊断考试带解析

2018年甘肃省高三诊断考试数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分,考试时间120分钟 第Ⅰ卷(选择题 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. 设全集R U =，集合{}2≥=x A ，{}60<≤=x x B ，则集合()B A C U ⋂ A. {}20<<x x B.{}20≤<x x C.{}20<≤x x D.{}20≤≤x x2. 在复平面内复数（是虚数单位）对应的点在A. 第一象限B.第二象限C.第二象限D.第二象限3. 向量()1,m a =，()m b ,1=则“1=m ”是“b a //”的 A. 充分不必要条件 B.必要补充分条件B. 充要条件 D.既不充分也不必要条件4. 若实数y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-+≥+-0,01,01y y x y x 则y x z 2+=的最大值是A. 1-B. 1C.2D.35. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为32π，则a 的值为 A.1 B. 2C.6.已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为其前n 项和，若135164a a a =⋅=，，则6SA.65B. 64C.63D.627.中国古代数学家赵爽，创造了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明。

如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若7cos 225BEA ∠=，则正方形ABCD 内随机取一点，该店恰好在正方形内的概率为 A.2524 B. 54 C.35 D.1258.过直线23y x =+上的点作圆2246120x y x y +-++=的切线，则切线长的最小值为A.19B. 529.如图所示，若程序框图输出的所有实数对所(),x y 对应的点都在函数()2f x ax bx c =++的图像上，则()1f x dx =⎰A.1110B.1211C.1312D.121110. 过双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的右焦点()F 做两条渐近线的垂线，垂足分别为,A B ，点O 为坐标原点，若四边形OAFB 的面积为4，则双曲线的离心率为（ ）A .BC D11. 如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ,且4PA =,M 是PB 上的一个动点，过点M 做平面α平行平面PAD ,截棱锥所得图形面积为y ，若平面α与平面PAD 之间的距离为x ，则函数()y f x =的图像是（ ）12. 对于任意0,b a R >∈，不等式()()2222ln 1b a b a m m --+--≥-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦恒成立，则实数m 的最大值为（ ）A B . 2 C . e D . 3第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上.13. 二项式62x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是____________. 14. 已知数列{}n a 满足()*1115,2n n a a a n N n +-==∈，则n an的最小值为____________. 15. 在某班举行的成人礼典礼上，甲乙丙三名同学中的一人获得了礼物，甲说：“礼物不在我这”； 乙说：“礼物在我这”； 丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问____________.（填“甲”、“乙”或“丙”）获得了礼物. 16. 抛物线2:y 4C x =的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2NE NM NF =+,则MNF ∆的面积为____________. 二、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和验算步骤.17. （本小题满分12分）ABC ∆中，三个内角A B C ，，的对边分别为b c a ，，，若()cos ,cos m B C =,()2,n a c b =+，且m n ⊥.（1）求角B 的大小；（2）若6b =，求ABC ∆周长的取值范围. 18.（本小题满分12分）四棱台被过1A ，1C ，D 的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，060BAD ∠=，1BB ⊥平面ABCD ，12BB =.（1）求证：平面1AB C ⊥平面1BB D（2）若1AA 与底面ABCD 所成角的正切值为2，求二面角11A BD C --的余弦值.19.(本小题满分12分)2017年12月,针对国内天然气供应紧张的问题,某市政府及时安排部署,加气站采取了紧急限气措施,全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况,对该地区某些年份天然气需求量进行了统计,并绘制了相应的折线图. (Ⅰ)由折线图可以看出,可用线性回归模型拟合年度天然气需求量y (单位:千万立方米)与年份x (单位:年)之间的关系.并且已知y 关于x 的线性回归方程是ˆˆ6.5yx a =+,试确定ˆa 的值,并预测2018年该地区的天然气需求量;(Ⅱ)政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》,该方案对汽车续航里程做出了严格规定,根据续航里程的不同,将补贴金额划分为三类,A 类:每车补贴1万元,B 类:每车补贴2.5万元,C 类:每车补贴3.4万元.某出租公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计,结果如下表:为了制定更合理的补贴方案,政府部门决定采取分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况,在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本,再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查.若抽取的2辆车享受的补贴金额之和记为“ξ”,求ξ的分布列及期望. 20.(本小题满分12分)椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ,2F ,过2F 作垂直于x 轴的直线l 与椭圆E 在第一象限交于点P ,若15PF =,且23a b =. (Ⅰ)求椭圆E 的方程;(Ⅱ),A B 是椭圆C 上位于直线l 两侧的两点.若直线AB 过点()1,1-,且22APF BPF ∠=∠,求直线AB 的方程. 21. (本小题满分12分) 已知函数()ln ,f x a x a R =∈.(Ⅰ)若曲线()y f x =与曲线()g x =,求实数a 的值;(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下,试问函数()()11xxe F x xf x x-=-+是否有零点?如果有,求出该零点;若没有,请说明理由.(二)选考题:共10分.请考生在22、23题中选定一题作答,并用2B 铅笔在答题卡上将所选题号方框涂黑.按所涂题号进行评分,不涂、多涂均按所答第一题评分,多答按所答第一题评分.22.(本小题满分10分)选修44-:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,曲线(()221:14C x y +-=,以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,将曲线1C 绕极点逆时针旋转6π后得到的曲线记为2C .(Ⅰ)求曲线1C ,2C 的极坐标方程;(Ⅱ)射线()03πθρ=>与曲线1C ,2C 分别交于异于极点O 的A ,B 两点,求AB . 23. (本小题满分10分) 选修45-:不等式选讲已知函数()2f x m x =--,m R ∈,且()10f x +≥的解集为[]0,2. (Ⅰ)求m 的值;(Ⅱ)若,,a b c R ∈,且11123m a b c++=,求证:239a b c ++≥.2018甘肃省第一次高考诊断理科数学考试参考答案及评分标准一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的选项中,只有一项是符合要求的.1.C2.D3.A4.C5.B6.C7.D8.A9.B 10.D 11.D 12.B 12.提示:不等式左侧()()222ln 1b a b a --+--⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的最小值的几何意义是函数ln y x =上的点(),ln b b 与函数1y x =+上的点()2,1a a --之间距离的最小值的平方,与直线1y x =+平行且与函数ln y x =相切的直线为1y x =-,两线之间距离的所以22m m -≤,解得12m -≤≤,所以m 的最大值为2. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分.13.160- 14.274 15.甲 16.216.提示:由2NE NM NF =+可得点E 为MF 的中点,准线方程1x =-,焦点()1,0F ,不防设点N 在第三象限,因为MNF ∠为直角,所以12NE MF EF ==,由抛物线的定义得//NE x 轴,则可求得((1,,0,,1,2E M N ⎛-- ⎝,即NF =MN =所以2MNF S ∆=. 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或验算步骤.17.解: (Ⅰ)m n ⊥,则有()cos 2cos 0B a c C b ⋅++⋅=,()cos 2sin sin cos sin 0B A C C B ∴⋅++⋅=,()()2cos sin sin cos cos sin sin sin B A C B C B B C A ∴=-⋅+⋅=-+=-,1cos 2B ∴=-23B π∴=. …………………………6分(Ⅱ)根据余弦定理可知222222cos ,36b a c ac B a c ac =+-∴=++,……………8分又()()22236,36,62a c a c ac a c ac a c +⎛⎫=+-∴+-=≤∴<+≤ ⎪⎝⎭则ABC ∆的周长的取值范围是(12,6+. …………………………12分18.解： 平面在菱形中，又平面 平面平面平面平面与底面所成角为设交于点以为坐标原点如图建立空间直角坐标系则同理设平面的法向量则设平面的法向量则设二面角为19．解：如折线图数据可知代入线性回归方程可得将代入方程可得千万立方米.根据分层次抽样可知类，类，类抽取人数分别为辆，辆，辆，则当类抽辆，类抽辆时，此时当类抽辆，类抽辆时，此时当类抽辆，类抽辆时，此时当类抽辆时，此时当类抽辆时，此时所以的分布列为：（万元）.20.解：由题可得223,b PE a==因为15PE =，由椭圆的定义得4,a =所以212,b = 所以椭圆E 方程为221.1612x y += ()II 易知点P 的坐标为()2,3.因为22,APF BPF ∠=∠所以直线,PA PB 的斜率之和为0.设直线PA 的斜率为,k 则直线PB 的斜率为-k ，设()()1122,,,,A x y B x y 则直线PA 的方程为()32,y k x -=-由 ()223211612y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩ 可得()()()22234832432480,k x k k x k ++-+--=()12823234k k x k-∴+=+ 同理直线PB 的方程为()2,y k x -=--可得()()222-8238232,3434k k k k x k k -++==++2121222161248,,3434k kx x x x k k--∴+=-++ ()()()121212121212232341,2AB k x k x k x x k y y k x x x x x x -++--+--====---∴满足条件的直线AB 的方程为()111,2y x +=-即为230.x y --= 21.()I 函数()ln f x a x =的定义域为()0,a x +∞=，，()()'',g a f x x x == 设曲线()y f x =与曲线()g x =()00,x y由于在公共点处有共同的切线，所以0a x =解得204,0.x a a =〉 由()()00f x g x =可得0ln a x =解得.2ea =()II 函数()()112xxe F x xf x -=-+是否有零点，转化为函数()()ln 2e H x xf x x x ==与函数()112xxe G x -=-在区间()0,x ∈+∞是否有交点. ()()ln .2e H x xf x x x ==可得()()ln 1ln 222e e e H x x x +=+‘ 令()0,Hx 〉’解得1,,x e⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭此时函数()H x 单调递增;令()0,Hx 〈’解得10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，此时函数()H x 单调递减.∴当1x e =时，函数()H x 取得极小值即最小值，11=-.2H e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ()1G 12x xe x -=-可得()()'11G 12x x x e -=-令()'G 0x 〉，解得1x 〈〈0，此时函数()G x 单调递增;令()'G 0x 〈解得1x 〉，此时函数()G x 单调递减.∴当1x =时，函数()G x 取得极大值即最大值，()1G 1=.2-因此两个函数无交点，即函数()()112xxe F x xf x -=-+无零点. 22.解：曲线(()22114C x y +-=：化为极坐标方程是2sin ρθθ+11 设曲线2C 上的点(),Q ρθ绕极点顺时针旋转6π后得到,6P πρθ⎛⎫- ⎪⎝⎭在1C 上，代入可得2C的极坐标方程是=2cos ρθθ+. ()II 将=3πθ()0ρ〉分别代入12,C C 的极坐标方程，得到1212=4==4AB ρρρρ--23.()I ()101011f x m x m x m +≥⇒--≥⇒-≤≤+ 由()10f x +≥的解集为[]0,2可知=1.m ()II 111123a b c ++=则()11123322323111232233b c a c a b a b c a b c a b c a a b b c c ⎛⎫++=++++=++++++++= ⎪⎝⎭ 233233692323b a c a c b a b a c b c++++++≥+= 当且仅当23a b c ==时等号成立，即33,12a b c ===，时等号成立.。

2018年高考数学(理科)模拟试卷一含答案解析.doc

2018年高考数学(理科)模拟试卷一含答案解析.doc

2018年高考数学(理科)模拟试卷(一) (本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分．满分150分，考试时间120分钟)第Ⅰ卷(选择题满分60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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．(2016年四川)设集合A＝{x|1≤x≤5}，Z为整数集，则集合A∩Z中元素的个数是() A．6 B.5C．4D．31.B解析：由题意，A∩Z＝{1,2,3,4,5}，故其中的元素的个数为5.故选B.2．(2016年山东)若复数z满足2z＋z＝3－2i,其中i为虚数单位，则z＝()A．1＋2i B．1－2iC．－1＋2i D．－1－2i2．B解析：设z＝a＋b i(a，b∈R)，则2z＋z＝3a＋b i＝3－2i，故a＝1，b＝－2，则z＝1－2i.故选B.3．(2015年北京)某四棱锥的三视图如图M1-1，该四棱锥最长棱的棱长为()图M1-1A．1 B.2 C.3D．23．C解析：四棱锥的直观图如图D188：由三视图可知，SC⊥平面ABCD，SA是四棱锥最长的棱，SA＝SC2＋AC2＝SC2＋AB2＋BC2＝3.故选C.图D1884．曲线y＝x3－2x＋4在点(1,3)处的切线的倾斜角为()A. B. C. D.4．C解析：f′(x)＝3x2－2，f′(1)＝1，所以切线的斜率是1，倾斜角为.进入循环体，a＝－，否，k＝1，a＝－2，否，k＝2，a＝1，ππππ6342π4 5．设x∈R，[x]表示不超过x的最大整数.若存在实数t，使得[t]＝1，[t2]＝2，…，[t n]＝n同时成立，则正整数n的最大值是() A．3B．4C．5D．65．B解析：因为[x]表示不超过x的最大整数．由[t]＝1，得1≤t<2，由[t2]＝2，得2≤t2<3.由[t3]＝3，得3≤t3<4.由[t4]＝4，得4≤t4<5.所以2≤t2<5.所以6≤t5<45.由[t5]＝5，得5≤t5<6，与6≤t5<45矛盾，故正整数n的最大值是4.6．(2016年北京)执行如图M1-2所示的程序框图，若输入的a值为1，则输出的k值为()图M1-2A．1B．2C．3D．46．B解析：输入a＝1，则k＝0，b＝1；12此时a＝b＝1，输出k，则k＝2.故选B.7．某市重点中学奥数培训班共有14人，分为两个小组，在一次阶段考试中两个小组成绩的茎叶图如图M1-3，其中甲组学生成绩的平均数是88，乙组学生成绩的中位数是89，则m＋n的值是()7．C解析：由题意，得＝88，n＝9.所以m＋n＝12.⎪⎩x≥0，图M1-3A．10B．11C．12D．1378＋88＋84＋86＋92＋90＋m＋957故选C.8．(2015年陕西)某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料．已知分别生产1吨甲、乙产品需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为()项目A/吨B/吨甲31乙22原料限额128A.12万元B．16万元C．17万元D．18万元8．D解析：设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为x吨、y吨，则利润z＝3x＋4y.⎧⎪3x＋2y≤12，由题意可得⎨x＋2y≤8，y≥0.其表示如图D189阴影部分区域：图D189当直线3x＋4y－z＝0过点A(2,3)时，z取得最大值，所以zmax＝3×2＋4×3＝18.故选D.9．(2016年新课标Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有() A．18个B．16个C．14个D．12个9．C解析：由题意，必有a1＝0，a8＝1，则具体的排法列表如下：10．(2016 年 天 津 )已知函数f(x)＝sin 2ω x ＋ sin ωx － (ω>0)，x ∈ ⎛ 1⎤ ⎛ 1⎤ ⎡5 ⎫ A. 0， ⎥ B. 0， ⎥∪⎢ ，1⎪ ⎛5⎤ ⎛ 1⎤ ⎡1 5⎤ C. 0， ⎥ D. 0， ⎥∪⎢ ， ⎥ 1－cos ω x sin ω x 1 2 ⎛ ⎛π ⎫ 10.D 解析：f(x)＝ ＋ － ＝ sin ω x － ⎪，f(x)＝0⇒sin ω x － ⎪ k π ＋⎛1 1⎫ ⎛5 5⎫ ⎛9 9⎫ ⎛1 1⎫ ⎛5 ⎫ ⎛ 1⎤ ⎡1 5⎤因此 ω ， ⎪∪ ， ⎪∪ ， ⎪∪…＝ ， ⎪∪ ，＋∞⎪⇒ω∈ 0， ⎥∪⎢ ， ⎥.故选4 ⎭ A ．3 B. C ．23 D. ∥PA ，所以 OE ⊥底面 ABCD ，则 O 到四棱锥的所有顶点的距离相等，即 O 为球心， PC ＝1 1 4 ⎛1 ⎫ 243π 7 PA2＋AC2＝ PA2＋8，所以由球的体积可得 π PA2＋8⎪3＝ ，解得 PA ＝ .故选1 12 2 2R.若f(x)在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是()⎝ 8⎦ ⎝ 4⎦ ⎣8 ⎭⎝ 8⎦ ⎝ 8⎦ ⎣4 8⎦2 2 2 2 ⎝ ⎝ 4 ⎭ ＝0，π4所以 x ＝ (π，2π)，(k ∈Z)．ω⎝8 4⎭ ⎝8 4⎭ ⎝8 4⎭ ⎝8 4⎭ ⎝8 ⎭ ⎝ 8⎦ ⎣4 8⎦D.11．四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 为正方形，PA底面ABCD ，AB ＝2，若该四棱锥的所有顶点都在体积为⊥243π 16的同一球面上，则P A ＝()729211．B 解析：如图 D190，连接 AC ，BD 交于点 E ，取 PC 的中点 O ，连接 OE ，则 OE122 23 ⎝2 ⎭ 16 2B.12．已知F 为抛物线y 2＝x 的焦点，点A 、B 在该抛物线上且位于x 轴两侧，若 OA ·OBA ．4 B. C. D. 10OA · OB ＝6，所以 x 1· x 2＋y 1· y 2＝6，从而(y 1· y 2)2＋y 1· y 2－6＝0，因为点 A ，B 位于 x 轴的两侧， 所以 y 1· y 2＝－3，故 m ＝3，不妨令点 A 在 x 轴上方，则 y 1>0，又 F ，0⎪，所以 △S ABO ＋△S ⎝4⎭8 2 y1 2 8×3×(y 1－y 2)＋ × y 1＝ y 1＋，即 y 1＝ 时取等号，故其最小值为 .故选 B.|c|·|a| |c|·|b| 5a2 －y214．设F 是双曲线C ：x2b图D190→→＝6(O 为坐标原点△)，则 ABO 与△AOF 面积之和的最小值为()3 1317 2 2412．B 解析：设直线 AB 的方程为 x ＝ty ＋m ，点 A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，直线 AB 与 x轴的交点为 M (m,0)，将直线方程与抛物线方程联立，可得 y 2－ty －m ＝0，根据韦达定理有 y 1· y 2＝－m ，因为 →→⎛1 ⎫AFO 1 1 1 13 9 ＝2 2 4 8 2y1 ≥213 9 1 313 13y1 ·y1· · ＝ ，当且仅当 ＝9 6 13 3 132y1 13 2第Ⅱ卷(非选择题 满分90分)本卷包括必考题和选考题两部分．第 13～21 题为必考题，每个试题考生必须作答．第22～23 题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分．13．平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝m a ＋b (m ∈R)，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝________.13．2 解析：a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，则 c ＝m a ＋b ＝(m ＋4,2m ＋2)，|a |＝ 5，|b |＝2 5，c·a c·b 5m ＋8a · c ＝5m ＋8，· c ＝8m ＋20.∵c 与 a 的夹角等于 c 与b 的夹角，∴ ＝ .∴8m ＋20 ＝ .解得 m ＝2.2 5b2＝1的一个焦点，若C 上存在点P ，使线段PF 的中点恰为其虚轴的一个端点，则C 的离心率为__________．16．在区间[0，π]上随机地取一个数x ，则事件“sin x ≤ ”发生的概率为________．⎛π ⎫ ⎛5π ⎫ 6⎝ 6 ⎭ 1－0 ＋ π － ⎪ ⎪17．解：(1)设{a n }的公比为 q ，{b n }的公差为 d ，由题意知 q >0.由已知，有⎨c,2b )在双曲线上，有 － ＝1，则 e 2＝5，e ＝ 5. 11⎡ ⎤0，16.解析：由正弦函数的图象与性质知，当 x ∈⎢∪⎢ ，π ⎥时，sin x ≤ .⎥π 36 ⎦ ⎣ 6 ⎩14. 5 解析：根据双曲线的对称性，不妨设 F(c,0)，虚轴端点为(0，b )，从而可知点(－c2 4b2a2 b215．(2016 年北京)在(1－2x)6的展开式中，x 2的系数为________．(用数字作答)15．60 解析：根据二项展开的通项公式 T r ＋1＝C r6·(－2)r x r 可知，x 2 的系数为 C 26(－2)2＝60，故填 60.123⎣ ⎦ 2⎭ ⎝ 所以所求概率为 ＝ .三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分12分 )已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5 －3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．⎧⎪2q2－3d ＝2， ⎪q4－3d ＝10. 消去 d ，得 q 4－2q 2－8＝0.解得 q ＝2，d ＝2.所以{a n }的通项公式为 a n ＝2n －1，n ∈N *， {b n }的通项公式为 b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有 c n ＝(2n －1)2n －1，设{c n }的前 n 项和为 S n ， 则 S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1， 2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n .两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3. 所以 S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.18．( 本 小 题 满 分 12 分 )(2014 年 大纲 )设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5,0.4，各人 是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X 表示同一工作日需使用设备的人数，求X 的数学期望．18．解：记 A 1 表示事件：同一工作日乙、丙中恰有 i 人需使用设备，i ＝0,1,2. B 表示事件：甲需使用设备． C 表示事件：丁需使用设备．D 表示事件：同一工作日至少 3 人需使用设备．(1)因为 P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A i )＝C i2×0.52，i ＝0,1,2，∠P AB＝90°，BC＝CD＝AD，E为边AD的中点，异面直线P A与CD所成的角为90°.所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C)＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2·B·C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B)P(C)＝0.31.(2)X的可能取值为0,1,2,3,4，其分布列为P(X＝0)＝P(B·A·C)＝P(B)P(A0)P(C)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P(X＝1)＝P(B·A·C＋B·A·C＋B·A1·C)＝P(B)P(A)P(C)＋P(B)P(A)P(C)＋P(B)P(A1)P(C)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，所以E(X)＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.19．(本小题满分12分)(2016年四川)如图M1-4，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝12(1)在平面P AB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线P A与平面PCE所成角的正弦值．图M1-419．解：(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面P AB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形．所以CD∥EB.从而CM∥EB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)方法一，由已知，CD⊥P A，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°.所以AH＝.在△Rt P AH中，PH＝PA2＋AH2＝，所以sin∠APH＝＝.作Ay⊥AD，以A为原点，以AD，AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图D192所以PE＝(1,0，－2)，EC＝(1,1,0)，AP＝(0,0,2)PEEC→则sinα＝＝|n|·|AP|2×22＋－＋123所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.设BC＝1，则在Rt△P AD中，P A＝AD＝2.如图D191，过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知P A⊥平面ABCD，从而P A⊥CE.于是CE⊥平面P AH.所以平面PCE⊥平面P AH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在△Rt AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，22322AH1PH3图D191图D192方法二，由已知，CD⊥P A，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面P AD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角．所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC＝1，则在△Rt P AD中，P A＝AD＝2.→→所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，→→→设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，⎧⎪n·→＝0，由⎨⎪⎩n·→＝0，⎧⎪x－2z＝0，得⎨⎪⎩x＋y＝0.设x＝2，解得n＝(2，－2,1)．设直线PA与平面PCE所成角为α，|n·AP|2→1＝.1320．(本小题满分12分)(2016年新课标Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1< <x ；20．解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ －1，令 f ′(x)＝0，解得 x ＝1.故当 x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln < －1，即 1< <x.ln c 令 g ′(x)＝0，解得 x 0＝ .21．解：(1)设椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1(a >b >0)，因为点 B(2， 2)在椭圆 C 上，所以 ＋ ＝1.②所以椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1.因为直线 y ＝kx(k ≠0)与椭圆 ＋ ＝1 交于两点 E ，F ，(1)讨论f(x)的单调性；x －1ln x(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x .1x当 0<x <1 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x >1 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．(2)由(1)知，f(x)在 x ＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0. 所以当 x ≠1 时，ln x <x －1.1 1 x －1x x ln x(3)由题设 c >1，设 g (x)＝1＋(c －1)x －c x ， 则 g ′(x)＝c －1－c x ln c.c －1 lnln c当 x <x 0 时，g ′(x)>0，g (x)单调递增； 当 x >x 0 时，g ′(x)<0，g (x)单调递减．c －1由(2)知，1<ln c <c ，故 0<x 0<1.又 g (0)＝g (1)＝0，故当 0<x <1 时，g (x)>0. 所以 x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x .21．( 本 小 题 满 分 12 分 )(2016 年 广 东 广 州 综 合 测 试一)已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为F 1(－2,0)，点B(2， 2 )在椭圆C 上，直线y ＝kx(k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N .(1)求椭圆C 的方程；(2)以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理 由．x2 y2a2 b2因为椭圆的左焦点为 F 1(－2,0)，所以 a 2－b 2＝4.①4 2a2 b2由①②，解得 a ＝22，b ＝2. x2 y28 4(2)因为椭圆 C 的左顶点为 A ，则点 A 的坐标为(－2 2，0)．x2 y28 4设点 E(x 0，y 0)(不妨设 x 0>0)，则点 F(－x 0，－y 0)．⎪⎩ 84 .所以 x 0＝ 2，则 y 0＝ .－ ⎝ 2⎫2⎫2⎪ ，即 x 2＋y 2＋ y ＝4.⎛ 4π ⎫(2，π)、B 2， ⎪.⎛4π 4π ⎫ 22．解：(1)将 A 、B 化为直角坐标为 A(2cos π，2sin π)，B 2cos ，2sin ⎪，即 A ，⎪⎨ d ＝ ＝⎧⎪y ＝kx ，联立方程组⎨x2 y2＋ ＝1消去 y ，得 x 2＝81＋2k22 1＋2k2 2 2k 1＋2k2k所以直线 AE 的方程为 y ＝ (x ＋2 2)．1＋ 1＋2k2因为直线 AE ，AF 分别与 y 轴交于点 M ，N ，2 2k ⎛ 2 2k ⎫令 x ＝0 得 y ＝ ，即点 M 0， ⎪.1＋ 1＋2k2 ⎝ 1＋ 1＋2k2⎭ ⎛ 2 2k ⎫同理可得点 N 0， ⎪.⎝ 1－ 1＋2k2⎭⎪ 2 2k 2 2k ⎪ 2 所以|MN |＝⎪ ⎪＝⎪1＋ 1＋2k2 1－ 1＋2k2⎪⎛ 设 MN 的中点为 P ，则点 P 的坐标为 P 0，－ ⎝＋|k|2⎫⎪.k ⎭.⎛ ⎛ 则以 MN 为直径的圆的方程为 x 2＋ y ＋ ⎪ ＝k ⎭ ⎝＋ |k| 2 2⎭ k令 y ＝0，得 x 2＝4，即 x ＝2 或 x ＝－2.故以 MN 为直径的圆经过两定点 P 1(2,0)，P 2(－2,0)，请考生在第(22)(23)两题中任选一题作答．注意：只能作答在所选定的题目上．如果多做，则按所做的第一个题目计分．22．(本小题满分 10 分)选修4-4：极坐标与参数方程已知曲线C 的参数方程是⎧x ＝2cos θ ， ⎪⎩y ＝sin θ(θ为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，A 、B 的极坐标分别为A⎝ 3 ⎭(1)求直线AB 的直角坐标方程；(2)设M 为曲线C 上的动点，求点M 到直线AB 距离的最大值．⎝ 3 3 ⎭ B 的直角坐标分别为 A(－2,0)，B(－1，－ 3)，k AB ＝ － 3－0 －1＋2＝－ 3，∴直线 AB 的方程为 y －0＝－ 3(x ＋2)， 即直线 AB 的方程为 3x ＋y ＋2 3＝0.(2)设 M (2cos θ，sin θ)，它到直线 AB 的距离|2 3cos θ ＋sin θ ＋2 3| | 13 2θ ＋φ2＋2 3|，2 ⎧⎪x≤ ， ⎩ 解得 1<x ≤ ，或 <x < . ⎧⎪ ⎪ 5 所以原不等式的解集为⎨x ⎪1<x< ⎪⎩ ⎪∴d max ＝13＋2 3 .23．(本小题满分 10 分)选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)＝|x －2|－|2x －a|，a ∈R .(1)当a ＝3时，解不等式f(x)>0；(2)当x ∈(－∞，2)时，f(x)<0恒成立，求a 的取值范围． 23．解：(1)当 a ＝3 时，f(x)>0，即|x －2|－|2x －3|>0， 3 等价于⎨ 2 ⎪⎩x －1>0， ⎧⎪3<x<2， 或⎨2 ⎪⎩－3x ＋5>0，⎧⎪x≥2， 或⎨ ⎪－x ＋1>0. 3 3 5 2 2 33 ⎫⎪ ⎬. ⎪⎭ (2)f(x)＝2－x －|2x －a|，所以 f(x)<0 可化为|2x －a|>2－x ， ①即 2x －a >2－x ，或 2x －a <x －2.①式恒成立等价于(3x －2)min >a 或(x ＋2)max <a ， ∵x ∈(－∞，2)，∴a ≥4.。

甘肃省张掖市高三第一次联考——数学(理)(1)数学(理)

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参考答案1．C解析∵集合U={1，2，3，4，5，6}，M={1，2，4}，则∁U M={3，5，6}， 故选C ． 2．A 解析：3(3)(12)63212(12)(12)55a i a i i a a i i i i ++-+-==+++-，所以6320,0,655a aa +-=≠∴=- 3．D 解析：1410161011814111,30109102(17)2(13)(9)10n a a a a a a a d a a a d a d a d D++=∴=+=-=+-+=-+=-设等差数列的首项为公差为d 即故选4．A解析：略 5. B解析:由三视图知底面是边长为1的等腰直角三角形，三棱锥的高为2.∴V ＝××1×1×2＝. 6.B 解析略 7．B解：cos AB AC AB AC A ⋅==1sin 12ABC S AB AC A ∆∴==， =()(1442252518y x x y x y x y ⎛⎫⎛⎫++=++≥+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当时等号成立取最值 考点：向量数量积及均值不等式点评：均值不等式求最值验证等号成立条件 8．B解析：因为，所以函数在上单调递增，故可排除C 选项；又因为时，，故可排除A 选项；当时，，故此时函数的图像在直线的上方，故D 错误，B 正确． 考点：函数的图像． 9． C 解析： 10. B解析：程序框图所示的运算是10×9×8×7×…，若输出结果是S ＝720，则应是10×9×8＝720，所以i ＝10,9,8时累乘，即当i>7时执行循环体． 11．B解析：设为点P 的横坐标，则， 222120 PF PF a e x ⋅=- ，(-a≤≤a) 所以取值范围是[],而最大值取值范围是，所以于是得到，故椭圆的离心率的取值范围是,32⎣⎦，选B 。

最新-甘肃省张掖中学2018届高三数学上学期第一次月考

最新-甘肃省张掖中学2018届高三数学上学期第一次月考

张掖中学2018—2018学年度高三第一次月考（数学理）第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分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.集合A =｛0，1，2｝，B ={21<<-x x }，则=B A （ ） A.｛0｝ B.｛1｝ C.｛0，1｝ D.｛0，1,2｝2.已知集合{|M x y ==，{}|12N x x =+≤，全集I =R ，则图1中阴影部分表示的集合为（ ）A.{}|1x x ≤≤ B.{}|31x x -≤≤C.{|3x x -≤<D.{|1x x ≤≤图13. 若b a b a >是任意实数，且、,则下列不等式成立．．的是( ) A.22b a > B.1<a b C.0)lg(>-b a D.1133a b⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4. 命题“2,240x x x ∀∈-+≤R ”的否定为（ ） A.2,240x x x ∀∈-+≥R B.2,240x x x ∃∈-+>R C.2,240x x x ∀∉-+≤R D.2,240x x x ∃∉-+>R5. 若偶函数)(x f 在(]1,-∞-上是增函数，则下列关系式中成立的是（ ）A ．)2()1()23(f f f <-<- B ．)2()23()1(f f f <-<-C ．)23()1()2(-<-<f f fD ．)1()23()2(-<-<f f f6. 设()f x 为定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()()32xf x x a a =-+∈R ，则()2f -=（ ）A.-1B.-4C.1D.47. 已知命题p :函数()sin 2f x x =的最小正周期为π；命题q ：若函数)1(+x f 为偶函数，则)(x f 关于1=x 对称.则下列命题是真命题的是（ ） A.q p ∧ B.)q (p ⌝∨C.()()p q ⌝∧⌝D.q p ∨8．函数()()221x a x af x x+--=是奇函数,且在()0,+∞上单调递增,则a 等于（ ）A.0B.-1C.1D.1±9．已知函数(),0(-3)+4,>0x a x f x a x a x ⎧≤=⎨⎩，满足对于任意的12x x ≠，都有1212()-()<0-f x f x x x 成立，则a 的取值范围是 （ ）A ．10,4⎛⎤ ⎥⎦⎝， B ．)(01， C ．)1- 04⎡⎢⎣， D ．)(03，10．函数()()lg 72f x x g x x ==-与图象交点的横坐标所在区间是（ ）A ．（1，2）B ．（2，3）C ．（3，4）D ．（5，6）11. 已知函数()()()f x x a x b =--（其中a b >）的图象如图1所示，则函数()x g x a b=+的图象是图2中的（ ）图1A B C D图212.已知函数()y f x =的周期为2,当[0,2]x ∈时,2()(1)f x x =-,如果()()g x f x =-5l o g 1x -，则函数()y g x =的所有零点之和为（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卷相应位置上. 13.函数y 的定义域为 .14. 定义在R 上的偶函数()x f 在 [0，∞+)上是增函数，则方程()()23f x f x =-的所有实数根的和为 .y=f (x )15. 已知0,0x y >>，若2282y x m m x y+>+恒成立，则实数m 的取值范围是 .16.设集合{}{0<1},|12,A x x B x x =≤=≤≤函数()()[]002()(),4-2xx A f x x A f f x A x x B ⎧∈⎪=∈∈⎨∈⎪⎩，且，则x 0取值区间是 .三、解答题(本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.)17．（本小题满分12分）已知集合{}73|<≤=x x A ,{}102|<<=x x B ,{}a x a x C <<-=5|. （Ⅰ）求B A ,()AB R ð;（II ）若()B A C ⊆,求a 的取值范围. 18.（本小题满分12分）已知22,1,(),12,2,2,x x f x x x x x +≤-⎧⎪=-<<⎨⎪≥⎩且()<3f a ,求实数a 的取值范围．19.（本小题满分12分）已知p ：函数2=++1y x mx 在区间)(-1+∞，内单调递增，q ：函数()2=4+4-2+1y x m x 大于零恒成立，若p 或q 为真，p 且q 为假，求m 的取值范围.20.（本小题满分12分） 已知定义域为R 的函数1()=+4+1xf x a 是奇函数． （Ⅰ）求a 的值，并指出函数()f x 的单调性（不必说明单调性理由）；（II ）若对任意的t R ∈，不等式22(-2)+(2-)<0f t t f t k 恒成立，求k 的取值范围． 21．（本小题满分12分）某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式2=+10(-6)-3ay x x ，其中3<<6x ，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．（Ⅰ）求a 的值；（II ）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．22. （本小题满分10分，在（1）（2）（3）中选做一题即可，如果多做，则按所做的第一题记分，做答时请写清题号.）（1）如图，已知PA 与圆O 相切于点A ,经过点O 的割线PBC 交圆于,B C 两点，APC ∠的平分线分别交,AB AC 于点,D E ①证明：=ADE AED ∠∠；②若=AC AP，求证：PCPA（2）设函数()3f x x a x =-+,其中0a >。

2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（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．（5分）若集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}，则M∩N=（）A．{x|0＜x＜4}B．{x|6＜x＜8}C．{x|4＜x＜6}D．{x|4＜x＜8}2．（5分）若（2﹣i）2=a+bi3（a，b∈R），则a+b=（）A．7 B．﹣7 C．1 D．﹣13．（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（°C）的数据一览表．已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A．最低温与最高温为正相关B．每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C．月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D．1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大4．（5分）已知tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），|θ|＜，则tan2θ=（）A．﹣B．C．﹣D．5．（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）A．B．C．D．6．（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A．2 B．3 C．4 D．57．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4x﹣y的最大值为（）A．3 B．﹣1 C．﹣4 D．128．（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则||PA|﹣|PB||=（）A．B．C．D．9．（5分）设w＞0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（）A．B．C．D．10．（5分）f（x）=的部分图象大致是（）A．B．C．D．11．（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A．52πB．45πC．41πD．34π12．（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则n﹣m的最小值为（）A．B．C．D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，，且，则=．14．（5分）若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则=．15．（5分）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．16．（5分）在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则=．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2a n﹣2，{b n}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{a n（2b n﹣3）}的前n项和T n．18．（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．19．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE⊥平面ABCD，PE=．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．20．（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点．（1）若点A（5，﹣2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）．21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣e x（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；（2）若对任意0≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．22．（10分）已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（p∈R）（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+3|，a∈R．（1）当a=﹣1时，解不等式f（x）≤1；（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4，求a的取值范围．2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．（5分）若集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}，则M∩N=（）A．{x|0＜x＜4}B．{x|6＜x＜8}C．{x|4＜x＜6}D．{x|4＜x＜8}【解答】解：∵集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}={x|0＜x＜6}，∴M∩N={x|4＜x＜6}．故选：C．2．（5分）若（2﹣i）2=a+bi3（a，b∈R），则a+b=（）A．7 B．﹣7 C．1 D．﹣1【解答】解：∵（2﹣i）2=3﹣4i=a+bi3=a﹣bi，∴a=3，b=4．∴a+b=7．故选：A．3．（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（°C）的数据一览表．已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A．最低温与最高温为正相关B．每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C．月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D．1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，由数据分析可得最低温与最高温为正相关，则A正确；对于B，由表中数据，每月最高温与最低温的平均值依次为：﹣3.5，3，5，4.5，12，20.5，23，26.5，28，15.5，在前8个月不是逐月增加，则B错误；对于C，由表中数据，月温差依次为：17，12，8，13，10，7，8，7，6，11；月温差的最大值出现在1月，C正确；对于D，有C的结论，分析可得1月至4月的月温差相对于7月至10月，波动性更大，D正确；故选：B．4．（5分）已知tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），|θ|＜，则tan2θ=（）A．﹣B．C．﹣D．【解答】解：∵tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），∴=4cosθ，又∵|θ|＜，cosθ≠0，∴sin，cosθ==，tanθ==，∴tan2θ===．故选：B．5．（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）A．B．C．D．【解答】解：双曲线的实轴长为8，可得：m2+12=16，解得m=2，m=﹣2（舍去）．所以，双曲线的渐近线方程为：．则该双曲线的渐近线的斜率：．故选：C．6．（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：模拟程序的运行，可得：a=2，s=0，n=1，s=2，a=，满足条件s＜3，执行循环体，n=2，s=2+=，a=，满足条件s＜3，执行循环体，n=3，s=+=，a=，此时，不满足条件s＜3，退出循环，输出n的值为3．故选：B．7．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4x﹣y的最大值为（）A．3 B．﹣1 C．﹣4 D．12【解答】解：实数x，y满足约束条件，表示的平面区域如图所示，当直线z=4x﹣y过点A时，目标函数取得最大值，由解得A（3，0），在y轴上截距最小，此时z取得最大值：12．故选：D．8．（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则||PA|﹣|PB||=（）A．B．C．D．【解答】解：A，B是椭圆的两个焦点，可知：A（﹣，0）、B（，0），圆M：x2+y2=10恰好经过AB两点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，可得PA⊥PB，所以，可得：2|PA||PB|=8，||PA|﹣|PB||2=32，||PA|﹣|PB||=4．故选：C．9．（5分）设w＞0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，∴=，则ω=，故选：A．10．（5分）f（x）=的部分图象大致是（）A．B．C．D．【解答】解：∵f（﹣x）=f（x）∴函数f（x）为奇函数，排除A，∵x∈（0，1）时，x＞sinx，x2+x﹣2＜0，故f（x）＜0，故排除B；当x→+∞时，f（x）→0，故排除C；故选：D11．（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A．52πB．45πC．41πD．34π【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，底面ABCD是矩形，其中AB=4，AD=6，侧面PBC⊥底面垂ABCD．设AC∩BD=O，则OA=OB=OC=OD=，OP=，∴O该多面体外接球的球心，半径R=，∴该多面体外接球的表面积为S=4πR2=52π．故选：A12．（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则n﹣m的最小值为（）A．B．C．D．【解答】解：不妨设f（m）=g（n）=t，∴e4m﹣1=+ln（2n）=t，（t＞0）∴4m﹣1=lnt，即m=（1+lnt），n=e，故n﹣m=e﹣（1+lnt），（t＞0）令h（t）=e﹣（1+lnt），（t＞0），∴h′（t）=e﹣，易知h′（t）在（0，+∞）上是增函数，且h′（）=0，当t＞时，h′（t）＞0，当0＜t＜时，h′（t）＜0，即当t=时，h（t）取得极小值同时也是最小值，此时h（）=﹣（1+ln）=，即n﹣m的最小值为；故选：C．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，，且，则=．【解答】解：∵，∴=6﹣2m=0，解得m=3．∴=（6，﹣2）﹣2（1，3）=（4，8）．∴==4．故答案为：．14．（5分）若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则=﹣4．【解答】解：若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则（1﹣3x）6的通项公式为T r=（﹣3x）r，r=0，1，2， (6)+1可得a2=9=135，a3=﹣27=﹣540，可得=﹣4．故答案为：﹣4．15．（5分）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．【解答】解：连结BC1，交B1C于点O，连结OE，∵E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，∴BCC1B1是正方形，∴O是BC1中点，∵BD1∥平面B1CE，∴BD1∥OE，∴E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则B（2，2，0），D1（0，0，2），C（0，2，0），E（0，1，2），=（﹣2，﹣2，2），=（0，﹣1，2），设异面直线BD1与CE所成成角为θ，cosθ===．∴异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．故答案为：．16．（5分）在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则=．【解答】解：△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，=S△BCD，则：S△ACD所以：=，整理得：．故答案为：．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2a n﹣2，{b n}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{a n（2b n﹣3）}的前n项和T n．【解答】解：（1）根据题意，等比数列{a n}中S n=2a n﹣2，当n=1时，有S1=2a1﹣2=a1，解可得a1=2，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（2a n﹣2）﹣（2a n﹣1﹣2），变形可得a n=2a n﹣1，则等比数列{a n}的a1=2，公比q=2，则数列{a n}的通项公式a n=2×2n﹣1=2n，对于{b n}，b3=a2=4，b2+b6=2b4=10，即b4=5，则其公差d=b4﹣b3=1，则其通项公式b n=b3+（n﹣3）×d=n+1，（2）由（1）的结论：a n=2n，b n=n+1，a n（2b n﹣3）=（2n﹣1）•2n，则有T n=1×2+3×22+5×23+…+（2n﹣1）×2n，①则有2T n=1×22+3×23+5×24+…+（2n﹣1）×2n+1，②①﹣②可得：﹣T n=2+2（22+23+…+2n）﹣（2n﹣1）×2n+1，变形可得：T n=（2n﹣3）•2n+1+6．18．（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．【解答】解：（1）设“献爱心参与者中奖”为事件A，则献爱心参与者中奖的概率．（2）设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X，则X=20，10，0，﹣80，则，，，，∴X的分布列为：若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为元，所以，此次募捐所得善款的数学期望为元．19．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE⊥平面ABCD，PE=．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：连接BE交AC于F，∵四边形ABCD是矩形，AB=，BC=1，，∴CE=，则，∵∠ABC=∠BCD=，∴△ABC∽△BCE，则∠BEC=∠ACB，∵∠BEC+∠ACE=∠ACB+∠ACE=，∴AC⊥BE，∵PE⊥平面ABCD，∴AC⊥PE，∵PE∩BE=E，∴AC⊥平面PBE，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBE；（2）解：取PB中点G，连接FG，AG，CG，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥DC，∵PE=，∴PC=3=BC，得CG⊥PB，∵CG∩AC=C，∴PB⊥平面ACG，则AG⊥PB，∴∠AGC是二面角A﹣PB﹣C的平面角，∵AB∥CD，AB=CD，DE=2EC，∴，∵CE=，AC=6，∴CF=，AF=，∵BC⊥CD，BC⊥PE，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，∴PB=，则CG=，∵FG⊥AC，∴FG=FC=，在Rt△AFG和Rt△CFG中，求得tan∠AGF=3，tan∠CGF=1．∴tan∠AGC=tan（∠AGF+∠CGF）=．∴cos∠AGC=．∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣．20．（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点．（1）若点A（5，﹣2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）．【解答】解：（1）联立方程组，消去x得y2﹣4my﹣4（2m+5）=0设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1+y2=4m，y1y2=﹣8m﹣20因为A为线段PQ的中点，所以，解得m=﹣1，所以直线l的方程为x+y﹣3=0．（2）证明：因为，，所以，即所以，因此BP⊥BQ，即以线段PQ为直径的圆恒过点B（1，2）．21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣e x（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；（2）若对任意0≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．【解答】解：（1）由f'（x）=2ax﹣e x，得，，令g（x）=f'（x）=ex﹣e x，则g'（x）=e﹣e x，可知函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以g'（x）max=g'（1）=0．（2）由题意得可知函数h（x）=f（x）+x（2﹣2ln2）=ax2+x（2﹣ln2）﹣e x在[0，+∞）上单调递减，从而h'（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣e x≤0在[0，+∞）上恒成立，令F（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣e x，则F'（x）=2a﹣e x，当时，F'（x）≤0，所以函数F（x）在[0，+∞）上单调递减，则F（x）max=F （0）=1﹣2ln2＜0，当时，F'（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a，所以函数F（x）在[0，ln2a）上单调递增，在[ln2a，+∞）上单调递减，则F（x）max=F（ln2a）=2alo2a+2﹣2ln2﹣2a≤0，即2aln2a﹣2a≤2ln2﹣2，通过求函数y=xlnx﹣x的导数可知它在[1，+∞）上单调递增，故，综上，实数a的取值范围是（﹣∞，1]．22．（10分）已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（p∈R）（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．【解答】解：（Ⅰ）由得：，∴ρ2=16，即ρ=±4．∴A、B两点的极坐标为：或．（Ⅱ）由曲线C1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2（cos2θ﹣sin2θ）=8，得到普通方程为x2﹣y2=8．将直线代入x2﹣y2=8，整理得．∴|MN|==．23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+3|，a∈R．（1）当a=﹣1时，解不等式f（x）≤1；（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a=﹣1时，不等式为|x+1|﹣|x+3|≤1；当x≤﹣3时，不等式转化为﹣（x+1）+（x+3）≤1，不等式解集为空集；当﹣3＜x＜﹣1时，不等式转化为﹣（x+1）﹣（x+3）≤1，解之得；当x≥﹣1时，不等式转化为（x+1）﹣（x+3）≤1，恒成立；综上所求不等式的解集为．（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4恒成立，即|x﹣a|≤x+7，亦即﹣7≤a≤2x+7恒成立，又因为x∈[0，3]，所以﹣7≤a≤7，所以a的取值范围为[﹣7，7]．。

2018年高三最新 甘肃省张掖二中2018年高考模拟考试数

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甘肃省张掖二中2018年高考模拟考试（9月）高 三 数 学参考公式：如果事件AB 互斥，那么球的表面积公式 P (A +B )=P (A )+P (B ) S =4πR 2 如果事件A B 相互独立，那么 其中R 表示球的半径 P(A ·B )=P (A )·P (B )球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ， V =34πR 3 那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径P n (k )= C k n P k (1－P )n －k第Ⅰ卷(选择题 共60分)一 选择题(本题共有12个小题，每小题5分，共60分;在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，把正确的代号填在答题卡指定位置上)1．“)B A (x ∈”是“A x ∈且B x ∈”的A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 2．函数2x lg y =是 A ．奇函数且在(0,)+∞上递增 B ．奇函数且在(0,)+∞上递减 C ．偶函数且在(,0)-∞上递增 D ．偶函数且在(,0)-∞上递减 3．在二项式()61x +的展开式中，含3x 的项的系数是A ．15B ．20C ．30D ．40 4．βα,是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面βα和平行的是 A ．ββα//n ,//m ,n ,m 且内两条直线是 B ．βα,都垂直于平面γC ．α内不共线三点到β的距离都相等D ．αββ⊂α⊂//n ,//m ,n ,m ,n ,m 且是两条异面直线 5．函数)0x 1(3y 1x <≤-=+的反函数是A ．)0x (x log 1y 3>+=B ．)0x (x log 1y 3>+-=C ．)3x 1(x log 1y 3<≤+=D ．)31(log 13<≤+-=x x y 6．有6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有A ．720种B ．360种C ．240种D ．120种7．已知正数y ,x 满足40y 4x =+，那么y lg x lg +的最大值是 A ．40 B ．10 C ．4 D ．2 8．函数x cos 2x 2sin y 2-=的最大值是A ．12-B ．12+C ．3D ．29．若一个圆的圆心在抛物线x y 42=的焦点处，且此圆与直线01=++y x 相切，则这个圆的方程是A ．01x 2y x 22=--+B ．01x 2y x 22=+++C ．01222=+-+y y xD ．01y 2y x 22=+++10．(理)等比数列｛a n ｝的首项a 1＝－1，前n 项和为Sn ，若3231S S 510=，则∞→n lim Sn 等于 A.32B.－32 C.2D.－2(文)非常数数列}a {n 是等差数列，且}a {n 的第5、10、20项成等比数列，则此等比数列的公比为 （ ）A ．21B ． 2C ．51D ．5 11．曲线y=x 3+3x 2+6x －10上所有各点的切线中，斜率最小的切线方程是 A ．3x+y －10=0B ．x=－1C ．3x －y －11=0D ．不存在12．已知双曲线1by a x 2222=-(a>0,b>0)的一条准线被它的两条渐近线所截得线段长度恰好等于它的一个焦点到一条渐近线的距离，则双曲线的离心率为A ．2B ．3C ．2D ．3张掖二中2018年高考模拟考试（9月）高 三 数 学第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二 填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分).13．点(2，3)关于直线0y x =+的对称点坐标是 ．14．设函数⎩⎨⎧+∞∈-∞∈=-),1(x xlog )1,(x 2)x (f 81x ，则满足x 41)x (f 的=值是 .15．山坡与水平面成30°角，坡面上有一条与山底坡脚的水平线成30°角的直线小路，某人沿小路上坡走了一段路后升高了100米，则此人行走的路程为 米．16．设f(x)是定义在R 上的奇函数，且f(x+2)=－f(x)，则f(6)的值是 ．三 解答题(本大题共6小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或推演步骤 )17．(本小题满分10分) 若ABC ∆中，a ，b ，c 分别是C ,B ,A ∠∠∠的对边，且27A 2cos 2CB sin 42=-+， （1） 求A ∠；（2） 若7a =，ABC ∆的面积为310，求b+c 的值．18．(本小题满分12分)甲、乙两台机床相互没有影响地生产某种产品，甲机床产品的正品率是0.9，乙机床产品的正品率是0.95。

甘肃省张掖市2018年普通高中招生考试数学试卷(word版,有答案)

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张掖市2018年普通高中招生考试数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项.1.-2018的相反数是（ ）A ．-2018B ．2018C ．12018-D ．120182.下列计算结果等于3x 的是（ ）A ．62x x ÷ B ．4x x - C ．2x x + D ．2x x ⋅ 3.若一个角为65，则它的补角的度数为（ ）A ．25B ．35C ．115D ．1254.已知(0,0)23a ba b =≠≠，下列变形错误的是（ ） A ．23a b = B ．23a b = C ．32b a = D ．32a b =5.若分式24x x-的值为0，则x 的值是（ ）A ．2或-2B ．2C ．-2D ．06.甲、乙、丙、丁四名同学在一次投掷实心球训练中，在相同条件下各投掷10次，他们成绩的平均数x 与方差2s 如下表：若要选一名成绩好且发挥稳定的同学参加比赛，则应该选择（ ） A ．甲 B ．乙 C ．丙 D ．丁7.关于x 的一元二次方程240x x k ++=有两个实数根，则k 的取值范围是（ ） A ．4k ≤- B ．4k <- C ．4k ≤ D ．4k <8.如图，点E 是正方形ABCD 的边DC 上一点，把ADE ∆绕点A 顺时针旋转90到ABF∆的位置，若四边形AECF 的面积为25，2DE =，则AE 的长为（ ）A ．5B ．7 D9.如图，A 过点(0,0)O ，C ，(0,1)D ，点B 是x 轴下方A 上的一点，连接BO ，BD ，则OBD ∠的度数是（ ）A ．15B ．30C ．45D ．6010.如图是二次函数2y ax bx c =++（a ，b ，c 是常数，0a ≠）图象的一部分，与x 轴的交点A 在点(2,0)和(3,0)之间，对称轴是1x =.对于下列说法：①0ab <；②20a b +=；③30a c +>；④()a b m am b +≥+（m 为实数）；⑤当13x -<<时，0y >，其中正确的是（ ）A ．①②④B ．①②⑤C ．②③④D ．③④⑤二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分.11.计算：2018112sin 30(1)()2-+--= ． 12.x 的取值范围是 ．13.若正多边形的内角和是1080，则该正多边形的边数是 ．14.已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正六边形，则该几何体的侧面积为 ．15.已知a ，b ，c 是ABC ∆的三边长，a ，b 满足27(1)0a b -+-=，c 为奇数，则c = ．16.如图，一次函数2y x =--与2y x m =+的图象相交于点(,4)P n -，则关于x 的不等式组2220x m x x +<--⎧⎨--<⎩的解集为 ．17.如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心、以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为勒洛三角形.若等边三角形的边长为a ，则勒洛三角形的周长为 ．18.如图是一个运算程序的示意图，若开始输入x 的值为625，则第2018次输出的结果为 ．三、解答题（一）：本大题共5小题，共38分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.19.计算：22(1)b aa b a b÷---.20.如图，在ABC ∆中，90ABC ∠=.（1）作ACB ∠的平分线交AB 边于点O ，再以点O 为圆心，OB 的长为半径作O ；（要求：不写作法，保留作图痕迹） （2）判断（1）中AC 与O 的位置关系，直接写出结果.21.《九章算术》是中国古代数学专著，在数学上有其独到的成就，不仅最早提到了分数问题，也首先记录了“盈不足”等问题.如有一道阐述“盈不足”的问题，原文如下：今有共买鸡，人出九，盈十一；人出六，不足十六.问人数、鸡价各几何？译文为：现有若干人合伙出钱买鸡，如果每人出9文钱，就会多11文钱；如果每人出6文钱，又会缺16文钱.问买鸡的人数、鸡的价格各是多少？请解答上述问题.22.随着中国经济的快速发展以及科技水平的飞速提高，中国高铁正迅速崛起.高铁大大缩短了时空距离，改变了人们的出行方式.如图，A ，B 两地被大山阻隔，由A 地到B 地需要绕行C 地，若打通穿山隧道，建成A ，B 两地的直达高铁，可以缩短从A 地到B 地的路程.已知：30CAB ∠=，45CBA ∠=，640AC =公里，求隧道打通后与打通前相比，从A地到B 1.7≈ 1.4≈）23.如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑3个小正方形所形成的图案.（1）如果将一粒米随机地抛在这个正方形方格上，那么米粒落在阴影部分的概率是多少？ （2）现将方格内空白的小正方形（A ，B ，C ，D ，E ，F ）中任取2个涂黑，得到新图案.请用列表或画树状图的方法求新图案是轴对称图形的概率.四、解答题（二）：本大题共5小题，共50分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.24.“足球运球”是中考体育必考项目之一.兰州市某学校为了解今年九年级学生足球运球的掌握情况，随机抽取部分九年级学生足球运球的测试成绩作为一个样本，按A ，B ，C ，D四个等级进行统计，制成了如下不完整的统计图.（说明：A 级：8分—10分，B 级：7分—7.9分，C 级：6分—6.9分，D 级：1分—5.9分）根据所给信息，解答以下问题：（1）在扇形统计图中，C 对应的扇形的圆心角是_______度； （2）补全条形统计图；（3）所抽取学生的足球运球测试成绩的中位数会落在_______等级；（4）该校九年级有300名学生，请估计足球运球测试成绩达到A 级的学生有多少人？ 25.如图，一次函数4y x =+的图象与反比例函数ky x=（k 为常数且0k ≠）的图象交于(1,)A a -，B 两点，与x 轴交于点C .（1）求此反比例函数的表达式； （2）若点P 在x 轴上，且32ACP BOC S S ∆∆=，求点P 的坐标. 26.已知矩形ABCD 中，E 是AD 边上的一个动点，点F ，G ，H 分别是BC ，BE ，CE 的中点.（1）求证：BGF FHC ∆≅∆；（2）设AD a =，当四边形EGFH 是正方形时，求矩形ABCD 的面积.27.如图，点O 是ABC ∆的边AB 上一点，O 与边AC 相切于点E ，与边BC ，AB 分别相交于点D ，F ，且DE EF =.（1）求证：90C ∠=； （2）当3BC =，3sin 5A =时，求AF 的长. 28.如图，已知二次函数22y ax x c =++的图象经过点(0,3)C ，与x 轴分别交于点A ，点(3,0)B .点P 是直线BC 上方的抛物线上一动点.（1）求二次函数22y ax x c =++的表达式；（2）连接PO ，PC ，并把POC ∆沿y 轴翻折，得到四边形'POP C .若四边形'POP C 为菱形，请求出此时点P的坐标；（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积.张掖市2018年初中毕业、高中招生考试数学试题参考答案及评分标准一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项.二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分.11. 0 12.3x > 13.8 14.10815. 7 16.22x -<< 17.a π 18.1 三、解答题（一）：本大题共5小题，共26分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．（注：解法合理，答案正确均可得分） 19.（4分） 解：原式=()()b a a ba b a b a b-+÷+-- 2分=()()b a b a b +-﹒a bb- 3分1a b=+． 4分20.（4分）解：（1）如图,作出角平分线CO ; 1分作出⊙O ． 3分（2）AC 与⊙O 相切． 4分21. (6分)解：设合伙买鸡者有x 人，鸡价为y 文钱． 1分根据题意可得方程组911616y x y x =-⎧⎨=+⎩， 3分 解得 970x y =⎧⎨=⎩． 5分答：合伙买鸡者有9人，鸡价为70文钱． 6分 22. (6分)解：如图，过点C 作CD ⊥AB , 垂足为D 在Rt △ADC 和Rt △BCD 中，B∵∠CAB=30°，∠CBA=45°，AC=640．∴CD=320，AD=∴BD =CD=320，BC=, 2分∴AC+BC=6401088+，3分∴AB=AD+BD=320864≈，4分∴1088-864=224（公里）．5分答：隧道打通后与打通前相比，从A地到B地的路程将约缩短224公里．6分23．(6分)解：（1）米粒落在阴影部分的概率为3193=；2分（2）列表：4分共有30种等可能的情况，其中图案是轴对称图形的有10种，故图案是轴对称图形的概率为101303=；6分（注：画树状图或列表法正确均可得分）四、解答题（二)：本大题共5小题，共40分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．（注：解法合理，答案正确均可得分）24．(7分)（1）117；2分（2）如图4分（3）B ； 5分 （4）430030().40⨯=人 7分 25．(7分)解：（1）把点A （-1，a ）代入4y x =+，得3a =,∴ A （-1，3）把A （-1，3）代入反比例函数k y x=，得3k =-,∴ 反比例函数的表达式为3y x=-． 3分 （2）联立两个函数表达式得 43y x y x =+⎧⎪⎨=-⎪⎩, 解得 13x y =-⎧⎨=⎩，31x y =-⎧⎨=⎩． ∴ 点B 的坐标为B （-3，1）． 当40y x =+=时，得4x =-.∴ 点C （-4，0）． 4分 设点P 的坐标为（x ，0）．∵ 32ACP BOC S S =V V ， ∴ 1313(4)41222x ⨯⨯--=⨯⨯⨯ ．即 42x +=,解得 16x =-，22x =-. 6分∴ 点P （-6，0）或（-2，0）． 7分 26．(8分)解：（1）∵ 点F ,H 分别是BC ,CE 的中点，等级∴ FH ∥BE ，12FH BE =． 1分 ∴ CFH CBG ∠=∠． 2分 又 ∵ 点G 是BE 的中点，∴ FH BG =． 3分 又 ∵BF CF =，∴ △BGF ≌ △FHC ． 4分（2）当四边形EGFH 是正方形时，可知EF ⊥GH 且EF =GH ， 5分 ∵ 在△BEC 中，点G ，H 分别是BE ,EC 的中点, ∴ 111222GH BC AD a === 且GH ∥BC ,∴ EF ⊥BC. 6分 又∵AD ∥BC, AB ⊥BC , ∴ 12AB EF GH a ===，∴ 21122ABCD S AB AD a a a ===矩形⋅⋅． 8分 27．(8分)（1）证明：连接OE ,BE ．∵ DE =EF ， ∴ DE ︵=EF ︵, ∴ ∠OBE =∠DBE . ∵ OE =OB , ∴∠OEB=∠OBE ,∴ ∠OEB =∠DBE , ∴ OE ∥BC . 3分 ∵ ⊙O 与边AC 相切于点E ， ∴ OE ⊥AC ． ∴ BC ⊥AC , ∴ ∠C =90°. 4分 （2）解：在△ABC 中，∠C =90°，BC =3 ，3sin 5A =，∴ AB =5． 5分 设⊙O 的半径为r ，则AO =5-r ，在Rt △AOE 中，3sin 55OE r A OA r ===-, ∴ 158r =． 7分 ∴1555284AF =-⨯=． 8分28．(10分)ECDCB解：（1）将点B 和点C 的坐标代入22=++y ax x c ,得 3960=⎧⎨++=⎩c a c ， 解得 1=-a ，3=c ．∴ 该二次函数的表达式为223=-++y x x ． 3分 （2）若四边形POP′C 是菱形，则点P 在线段CO 的垂直平分线上； 4分如图，连接PP′，则PE ⊥CO ，∵ C （0，3）， ∴ E （0，32）, ∴ 点P 的纵坐标等于32． ∴ 23232x x -++=,解得1x =，2x =， 6分∴ 点P ，32）． 7分 （3）过点P 作y 轴的平行线与BC 交于点Q ，与OB 交于点F ， 设P （m ，223-++m m ），设直线BC 的表达式为3=+y kx ， 则 330k +=, 解得 1=-k . ∴ 直线BC 的表达式为 3=-+y x ． ∴ Q 点的坐标为（m ，3-+m ）， ∴ 23QP m m =-+. 当 2230x x -++=， 解得 1213x ,x =-=， ∴ AO =1，AB =4，∴ S 四边形ABPC =S △ABC +S △CPQ +S △BPQ=111222AB OC QP OF QP FB ⋅++⋅⋅=21143(3)322m m ⨯⨯+-+⨯yCOA BP EyCOABPQF=23375()228m --+． 9分当 32m =时，四边形ABPC 的面积最大．此时P 点的坐标为315(,)24，四边形ABPC 的面积的最大值为758． 10分。

2018年甘肃省河西五市部分普通高中高考数学一模试卷(理科)

2018年甘肃省河西五市部分普通高中高考数学一模试卷(理科)

2018年甘肃省河西五市部分普通高中高考数学一模试卷（理科）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，只有一项符合题目要求的．1. 设全集U=R，A={x|x2−2x>0}，B={x|y=√x−1}，则A∪∁U B=()A.(2, +∞)B.(−∞, 0)∪(2, +∞)C.(−∞, 1)∪(2, +∞)D.(−∞, 0)【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】可解出A={x|x<0, 或x>2}，B={x|x≥1}，然后进行并集、补集的运算即可．【解答】A={x|x<0, 或x>2}，B={x|x≥1}；∴∁U B={x|x<1}；∴A∪∁UB={x|x<1, 或x>2}=(−∞, 1)∪(2, +∞)．2. 已知复数z=31−2i（i是虚数单位），则z=()A.3 5+65i B.35−65i C.15−25i D.15+25i【答案】B【考点】复数的运算【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，再由共轭复数的概念得答案案．【解答】∵z=31−2i =3(1+2i)(1−2i)(1+2i)=35+65i，∴z=35−65i，3. 已知向量m→=(λ+1,1),n→=(λ+2,2)，若(m→+n→)⊥(m→−n→)，则λ＝（）A.−4B.−3C.−2D.−1【答案】B【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】直接利用向量的数量积化简求解即可．【解答】m→+n→=(2λ+3,3),m→−n→=(−1,−1)，∴(2λ+3)×(−1)−3＝0，∴λ＝−3．4. 下列有关命题的说法正确的是()A.命题“若x2=1，则x=1”的否命题为：“若x2=1，则x≠1”B.“x=−1”是“x2−5x−6=0”的必要不充分条件C.命题“∃x>0，使得x2+x+1<0”的否定是：“∀x>0,均有x2+x+1≥0”D.命题“若x>y，则sinx>siny”的逆否命题为真命题【答案】C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断命题的否定【解析】此题主要考查命题的否定以及必要条件、充要条件与充要条件的判断，对于命题的否命题和否定形式要注意区分，是易错点.【解答】解：对于A：因为否命题应为“若x2≠1，则x≠1”，故错误．对于B：因为x=−1⇒x2−5x−6=0，应为充分条件，故错误．对于D：因为逆否命题为若sinx≤siny，则x≤y,故错误．由排除法得到C正确．故选C．5. 如图所示的程序框图，程序运行时，若输入的S＝−12，则输出的S的值为（）A.4B.5C.8D.9【答案】C【考点】程序框图【解析】关键框图的流程依次计算程序运行的结果，直到不满足条件S≤n，跳出循环，确定输出S的值【解答】由程序框图知：第一次循环S＝−12+2＝−10，n＝2；第二次循环S＝−10+4＝−6，n＝3；第三次循环S＝−6+6＝0，n＝4；第四次循环S＝0+8＝8，n＝5．不满足条件S≤n，跳出循环，输出S＝8．6. 某学校为了更好的培养尖子生，使其全面发展，决定由3名教师对5个尖子生进行“包教”，要求每名教师的“包教”学生不超过2人，则不同的“包教”方案有（）A.60B.90C.150D.120【答案】B【考点】计数原理的应用【解析】先分组5个尖子生分为(2, 2, 1)，再分配即可．【解答】5个尖子生分为(2, 2, 1)，故其分组的方法有C52C32C11A22=15种，再分配给3名教师，共有15A33=90种，7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A.163π B.112π C.173π D.356π【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】判断三视图对应的解得组合体的形状，利用三视图数据求解几何体的体积即可．【解答】该几何体可以看成：在一个半球上叠加一个14圆锥，然后挖掉一个相同的14圆锥，所以该几何体的体积和半球的体积相等，因此V=23πr3=16π3，8. 若(x+1x +1)n的展开式中各项的系数之和为81，则分别在区间[0, π]和[0, n4]内任取两个实数x，y，满足y>sinx的概率为（）A.1−1πB.1−2πC.1−3πD.12【答案】B【考点】二项式定理的应用【解析】根据几何概型的概率公式，求出对应事件对应的平面区域的面积，进行求解即可【解答】由题意知，令x=1，得到3n=81，解得n=4，∴0≤x≤π，0≤y≤1．作出对应的图象如图所示：则此时对应的面积S=π×1=π，满足y≥sinx的点构成区域的面积为：S=∫πsinxdx=−cosx|0π=−cosπ+cos0=2，则满足y>sinx的概率为P=1−2π．故选：B．9. 已知函数f(x)=2√3sin(ωx2−π8)cos(ωx2−π8)(ω>0)的部分图象如图所示，△EFG是正三角形，为了得到g(x)=√3sin(ωx+π4)的图象，只需将f(x)的图象（）A.向左平移π2个单位长度B.向右平移π2个单位长度C.向左平移1个单位长度D.向右平移1个单位长度【答案】C【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】解：f(x)=2√3sin(ωx2−π8)cos(ωx2−π8)=√3sin(ωx−π4)，由△EFG是正三角形可知|FG|=T2=2，即T=4，得ω=π2．所以f(x)=√3sin(π2x−π4)=√3sin[π2(x−1)+π4]．又g(x)=√3sin(π2x+π4)，故只需将f(x)的图象向左平移1个单位长度，即可得到g(x)的图象．故选C．10. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P−ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA=AB=2，AC=4，三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（）A.8πB.12πC.20πD.24π【答案】C【考点】球的体积和表面积【解析】由题意，PC为球O的直径，求出PC，可得球O的半径，即可求出球O的表面积．【解答】由题意，PC为球O的直径，PC=√4+16=2√5，∴球O的半径为√5，∴球O的表面积为4π⋅5=20π，11. 直线y=2b与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左、右两支分别交于B，C两点，A为右顶点，O为坐标原点，若∠AOC=∠BOC，则该双曲线的离心率为（）A.√53B.√52C.√193D.√192【答案】D【考点】双曲线的特性【解析】根据图形对称性即可求出∠AOC=60∘，求出C点坐标即可得出a，b的关系，从而得出双曲线的离心率．【解答】设直线y=2b与y轴交于D点，由对称性可知∠BOD=∠COD，又∠AOC=∠BOC，∴∠AOC=2∠COD，又∠AOC+∠COD=90∘，∴∠AOC=60∘，把y=2b代入x2a2−y2b2=1可得x=±√5a，即C(√5a, 2b)，∴√5a =tan60∘=√3，即b2=15a24，∴e=√a2+b2a =√192．12. 已知定义在R上的函数y=f(x)对任意的x都满足f(x+2)=f(x)，当−1≤x<1时，f(x)=sinπ2x，若函数g(x)=f(x)−log a|x|至少6个零点，则a的取值范围是（）A.(0, 15]∪(5, +∞) B.(0, 15)∪[5, +∞) C.(17, 15]∪(5, 7) D.(17, 15)∪[5, 7)【答案】 A【考点】函数零点的判定定理 【解析】分a >1与0<a <1讨论，结合题意作两个函数的图象，利用数形结合求解即可． 【解答】当a >1时，作函数f(x)与函数y =log a |x|的图象如下，，结合图象可知， {log a |−5|<1log a |5|<1， 故a >5；当0<a <1时，作函数f(x)与函数y =log a |x|的图象如下，，结合图象可知， {log a |−5|≥−1log a |5|≥−1 ， 故0<a ≤15．二、填空题：本题共4小题，每小题5分．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ．asinBcosC +csinBcosA =12b 且a >b ，则∠B =________． 【答案】 30∘【考点】两角和与差的三角函数 正弦定理 【解析】利用正弦定理化简已知等式，整理后求出sinB 的值，由a 大于b 得到A 大于B ，利用特殊角的三角函数值即可求出B 的度数． 【解答】利用正弦定理化简得：sinAsinBcosC +sinCsinBcosA =12sinB ， ∵ sinB ≠0，∴ sinAcosC +cosAsinC =sin(A +C)=sinB =12，∵ a >b ，∴ ∠A >∠B ， ∴ ∠B =30∘．甲、乙、丙三名同学中只有一人考了满分，当他们被问到谁考了满分时， 甲说：丙没有考满分； 乙说：是我考的； 丙说：甲说真话．事实证明：在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得满分的同学是________． 【答案】 甲【考点】进行简单的合情推理 【解析】利用反证法，即可得出结论． 【解答】假设甲说的是假话，即丙考满分，则乙也是假话，不成立；假设乙说的是假话，即乙没有考满分，又丙没有考满分，故甲考满分；已知点P(x, y)满足{x +y ≤7y ≥x x ≥2 ，过点P 的直线与圆x 2+y 2=50相交于A ，B 两点，则|AB|的最小值为________． 【答案】 2√21 【考点】 简单线性规划直线与圆的位置关系 【解析】由约束条件作出可行域，求出可行域内到原点距离最远的点，然后结合弦心距、圆的半径及弦长间的关系得答案． 【解答】由约束条件{x +y ≤7y ≥xx ≥2 作出可行域如图，联立{x =2x +y =7，解得A(2, 5)． 由图可知，可行域内的点中，A 1 到原点的距离最大，为√29， ∴ |AB|的最小值为2√50−29=2√21．设函数f(x)=32x 2−2ax(a >0)与g(x)=a 2lnx +b 有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b 的最大值为________． 【答案】12e 2【考点】利用导数研究函数的最值 利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】设公共点坐标为(x 0, y 0)，求出两个函数的导数，利用f ′(x 0)=g ′(x 0)，推出b =32x 02−2ax 0−a 2lnx 0，然后构造函数，利用导函数单调性求解函数的最值即可．【解答】设公共点坐标为(x 0, y 0)，则f ′(x)=3x −2a,g ′(x)=a 2x，所以有f ′(x 0)=g ′(x 0)，即3x 0−2a =a 2x 0，解出x 0=a （x 0=−a3舍去），又y 0=f(x 0)=g(x 0)，所以有32x 02−2ax 0=a 2lnx 0+b ， 故b =32x 02−2ax 0−a 2lnx 0， 所以有b =−12a 2−a 2lna ，对b 求导有b ′=−2a(1+lna)， 故b 关于a 的函数在(0,1e )为增函数，在(1e ,+∞)为减函数， 所以当a =1e 时b 有最大值12e 2．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．设数列{a n }的前n 项和S n =2a n −a 1，且a 1，a 2+1，a 3成等差数列． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记数列{1a n}的前n 项和T n ，求得|T n −1|<11000成立的n 的最小值．【答案】由已知S n=2a n−a1，有a n=S n−S n−1=2a n−2a n−1(n>1)，即a n=2a n−1(n>1)．从而a2=2a1，a3=4a1．又∵a1，a2+1，a3成等差数列，即a1+a3=2(a2+1)．∴a1+4a1=2(2a1+1)，解得a1=2．∴数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n=2n；由（1）得1a n =12n．∴T n=12+122+123+⋯+12n=12[1−(12)n]1−12=1−12n．由|T n−1|<11000，得|1−12n−1|<11000，即2n>1000．∵29=512<1000<1024=210，∴n≥10．于是，使|T n−1|<11000成立的n的最小值为10．【考点】数列的求和【解析】（1）由已知S n=2a n−a1，有a n=S n−S n−1=2a n−2a n−1(n>1)，得到a n=2a n−1(n>1)．结合a1，a2+1，a3成等差数列列式求得a1=2．再由等比数列的通项公式求数列{a n}的通项公式；（2）由（1）得1a n =12n．利用等比数列的前n项和求得T n，代入|T n−1|<11000，去绝对值后求解指数不等式得答案．【解答】由已知S n=2a n−a1，有a n=S n−S n−1=2a n−2a n−1(n>1)，即a n=2a n−1(n>1)．从而a2=2a1，a3=4a1．又∵a1，a2+1，a3成等差数列，即a1+a3=2(a2+1)．∴a1+4a1=2(2a1+1)，解得a1=2．∴数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n=2n；由（1）得1a n =12n．∴T n=12+122+123+⋯+12n=12[1−(12)n]1−12=1−12n．由|T n−1|<11000，得|1−12n−1|<11000，即2n>1000．∵29=512<1000<1024=210，∴n≥10．于是，使|T n−1|<11000成立的n的最小值为10．某校高一年级学生全部参加了体育科目的达标测试，现从中随机抽取40名学生的测试成绩，整理数据并按分数段[40, 50),[50, 60),[60, 70),[70, 80),[80, 90),[90, 100]进行分组，假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，则得到体育成绩的折线图（如图）．(Ⅰ)体育成绩大于或等于70分的学生常被称为“体育良好”．已知该校高一年级有1000名学生，试估计高一年级中“体育良好”的学生人数；(Ⅱ)现从体育成绩在[60, 70)和[80, 90)的样本学生中随机抽取2人，求在抽取的2名学生中，体育成绩在[60, 70)的学生人数X的分布列及数学期望．【答案】(Ⅰ)由折线图知，样本中体育成绩大于或等于70分的学生有30人所以该校高一年级学生中，“体育良好”的学生人数大约为：1000×3040=750人．….. (Ⅱ)体育成绩在[60, 70)和[80, 90)的样本学生中各有学生人数为2人和3人，现从体育成绩在[60, 70)和[80, 90)的样本学生中随机抽取2人，由题意X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=C32C52=310，P(X=1)=C21C31C52=35，P(X=2)=C22C52=110，X的分布列为：E(X)=0×310+1×35+2×110=45．…．【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】(Ⅰ)由折线图知，样本中体育成绩大于或等于70分的学生有30人，由此能求出该校高一年级学生中，“体育良好”的学生人数．(Ⅱ)由题意X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．【解答】(Ⅰ)由折线图知，样本中体育成绩大于或等于70分的学生有30人所以该校高一年级学生中，“体育良好”的学生人数大约为：1000×3040=750人．…..(Ⅱ)体育成绩在[60, 70)和[80, 90)的样本学生中各有学生人数为2人和3人， 现从体育成绩在[60, 70)和[80, 90)的样本学生中随机抽取2人， 由题意X 的可能取值为0，1，2， P(X =0)=C 32C 52=310，P(X =1)=C 21C31C 52=35，P(X =2)=C 22C 52=110，X 的分布列为：E(X)=0×310+1×35+2×110=45．…．如图，矩形ACEF 和等边三角形ABC 中，AC =2，CE =1，平面ABC ⊥平面ACEF ． (1)在EF 上找一点M ，使BM ⊥AC ，并说明理由；(2)在(1)的条件下，求平面ABM 与平面CBE 所成锐二面角余弦值．【答案】解：(1)M 为线段EF 的中点，理由如下： 分别取AC ，EF 的中点O ，M ，连接OM ， 在等边三角形ABC 中，AC ⊥BO ，又OM 为矩形ACEF 的中位线，AC ⊥OM ， 而OM ∩OB =O ， ∴ AC ⊥平面BOM ， ∴ BM ⊥AC ；(2)由(1)知OA ，OB ，OM 两两互相垂直， 建立空间直角坐标系O −xyz ，AC =2，CE =1，三角形ABC 为等边三角形，O(0,0,0),B(0,√3,0),C(−1,0,0),E(−1,0,1),A(1,0,0),F(1,0,1)． ∴ CB →=(1,√3,0),CE →=(0,0,1)， 设平面BCE 的法向量n →=(x,y,z)， ∴ {n →⋅CB →=0,n →⋅CE →=0,得{x +√3y =0,z =0,则平面BCE 的一个法向量n →=(√3,−1,0)， 又M 是线段EF 的中点， 则M 的坐标为M(0, 0, 1)，∴ AM →=(−1,0,1)，且AB →=(−1,√3,0)， 设平面ABM 的法向量m →=(a,b,c)， 由{m →⋅AB →=0,m →⋅AM →=0, 得{−a +c =0,−a +√3b =0,取a =√3，则b =1,c =√3，∴ 平面ABM 的一个法向量m →=(√3,1,√3)， ∴ cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=2√7=√77， ∴ 平面ABM 与平面CBE 所成锐二面角的余弦值为√77．【考点】用空间向量求平面间的夹角 两条直线垂直的判定 直线与平面垂直的判定 【解析】（1）分别取AC 、EF 的中点O 、M ，连接OM ，推导出AC ⊥BO ，AC ⊥OM ，从而AC ⊥面BOM ，由此能证明BM ⊥AC ．（2）由OA ，OB ，OM 两两互相垂直，建立空间直角坐标系O −xyz ，由此能求出平面MAB 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值． 【解答】解：(1)M 为线段EF 的中点，理由如下： 分别取AC ，EF 的中点O ，M ，连接OM ， 在等边三角形ABC 中，AC ⊥BO ，又OM 为矩形ACEF 的中位线，AC ⊥OM ， 而OM ∩OB =O ， ∴ AC ⊥平面BOM ， ∴ BM ⊥AC ；(2)由(1)知OA ，OB ，OM 两两互相垂直，建立空间直角坐标系O −xyz ，AC =2，CE =1，三角形ABC 为等边三角形，O(0,0,0),B(0,√3,0),C(−1,0,0),E(−1,0,1),A(1,0,0),F(1,0,1)． ∴ CB →=(1,√3,0),CE →=(0,0,1)， 设平面BCE 的法向量n →=(x,y,z)， ∴ {n →⋅CB →=0,n →⋅CE →=0,得{x +√3y =0,z =0,则平面BCE 的一个法向量n →=(√3,−1,0)， 又M 是线段EF 的中点， 则M 的坐标为M(0, 0, 1)，∴ AM →=(−1,0,1)，且AB →=(−1,√3,0)， 设平面ABM 的法向量m →=(a,b,c)， 由{m →⋅AB →=0,m →⋅AM →=0, 得{−a +c =0,−a +√3b =0,取a =√3，则b =1,c =√3，∴ 平面ABM 的一个法向量m →=(√3,1,√3)， ∴ cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=2√7=√77， ∴ 平面ABM 与平面CBE 所成锐二面角的余弦值为√77．已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，以椭圆长、短轴四个端点为顶点的四边形的面积为4√3． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，当动点M 在定直线x ＝4上运动时，直线AM 、BM 分别交椭圆于P 、Q 两点，求四边形APBQ 面积的最大值．【答案】（1）根据题意，椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，则有a ＝2c ，以椭圆长、短轴四个端点为顶点的四边形的面积为4√3，则有2ab ＝4√3， 又a 2＝b 2+c 2，解得a ＝2，b =√3，c ＝1， 故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；（2）由于对称性，可令点M(4, t)，其中t >0． 将直线AM 的方程y =t6(x +2)代入椭圆方程x 24+y 23=1，得(27+t 2)x 2+4t 2x +4t 2−108＝0， 由x A ⋅x P =4t 2−10827+t 2，x A ＝−2得x P =−2t 2−5427+t2，则y P =18t27+t 2． 再将直线BM 的方程y =t2(x −2)代入椭圆方程x 24+y 23=1得(3+t 2)x 2−4t 2x +4t 2−12＝0， 由x B ⋅x Q =4t 2−123+t 2，x B ＝2得x Q =2t 2−63+t2，则y Q =−6t3+t 2． 故四边形APBQ 的面积为S =12|AB||y P −y Q |＝2|y P −y Q |＝2(18t27+t 2+6t3+t 2)=48t(9+t 2)(27+t 2)(3+t 2)=48t(9+t 2)(9+t 2)2+12t 2=489+t 2t+12t 9+t 2．由于λ=9+t2t≥6，且λ+12λ在[6, +∞)上单调递增，故λ+12λ≥8，从而，有S =48λ+12λ≤6．当且仅当λ＝6，即t ＝3，也就是点M 的坐标为(4, 3)时，四边形APBQ 的面积取最大值6．【考点】 椭圆的离心率 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系 【解析】(Ⅰ)根据题意，分析可得a ＝2c 且2ab ＝4√3，解可得a 、b 的值，将其代入椭圆的方程，即可得答案；(Ⅱ)令点M(4, t)，其中t >0，将直线AM 的方程y =t6(x +2)代入椭圆方程x 24+y 23=1，得(27+t 2)x 2+4t 2x +4t 2−108＝0，由根与系数的关系可以用t 表示x P 、y P ．再将直线BM 的方程y =t2(x −2)代入椭圆方程x 24+y 23=1得(3+t 2)x 2−4t 2x +4t 2−12＝0，同理可以用t 表示x Q 、y Q ．进而可以用t 表示四边形APBQ 的面积为S ，结合基本不等式的性质分析可得答案． 【解答】（1）根据题意，椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，则有a ＝2c ， 以椭圆长、短轴四个端点为顶点的四边形的面积为4√3，则有2ab ＝4√3，又a 2＝b 2+c 2，解得a ＝2，b =√3，c ＝1， 故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1；（2）由于对称性，可令点M(4, t)，其中t >0． 将直线AM 的方程y =t6(x +2)代入椭圆方程x 24+y 23=1，得(27+t 2)x 2+4t 2x +4t 2−108＝0， 由x A ⋅x P =4t 2−10827+t 2，x A ＝−2得x P =−2t 2−5427+t2，则y P =18t27+t 2． 再将直线BM 的方程y =t2(x −2)代入椭圆方程x 24+y 23=1得(3+t 2)x 2−4t 2x +4t 2−12＝0， 由x B ⋅x Q =4t 2−123+t 2，x B ＝2得x Q =2t 2−63+t2，则y Q =−6t3+t 2． 故四边形APBQ 的面积为S =12|AB||y P −y Q |＝2|y P −y Q |＝2(18t27+t 2+6t3+t 2)=48t(9+t 2)(27+t )(3+t )=48t(9+t 2)(9+t )+12t =489+t 2t+12t9+t 2．由于λ=9+t2t≥6，且λ+12λ在[6, +∞)上单调递增，故λ+12λ≥8，从而，有S =48λ+12λ≤6．当且仅当λ＝6，即t ＝3，也就是点M 的坐标为(4, 3)时，四边形APBQ 的面积取最大值6．已知f(x)=xlnx +mx ，且曲线y =f(x)在点（1, f(1)）处的切线斜率为1． （1）求实数m 的值；（2）设g(x)=f(x)−a2x 2−x +a(a ∈R)在其定义域内有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，已知λ>0，若不等式e 1+λ<x 1⋅x 2λ恒成立，求λ的范围． 【答案】f′(x)=1+lnx +m ，由题意知，f′(1)=1，即：m +1=1，解得 m =0；∵ e 1+λ<x 1⋅x 2λ 等价于1+λ<lnx 1+λlnx 2． g(x)=f(x)−a 2x 2−x +a =xlnx −a2x 2−x +a ，由题意可知x 1，x 2 分别是方程g′(x)=0，即：lnx −ax =0的两个根，即lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2．∴ 原式等价于1+λ<ax 1+λax 2=a(x 1+λx 2)， ∵ λ>0，0<x 1<x 2，∴ 原式等价于a >1+λx 1+λx 2．又由lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2．作差得，ln x 1x 2=a(x 1−x 2)，即a =lnx 1x 2x 1−x 2．∴ 原式等价于lnx 1x 2x 1−x 2>1+λx 1+λx 2，∵ 0<x 1<x 2，原式恒成立，即ln x1x 2<(1+λ)(x 1−x 2)x 1+λx 2恒成立．令t =x 1x 2，t ∈(0, 1)， 则不等式lnt <(1+λ)(t−1)t+λ在t ∈(0, 1)上恒成立． 令ℎ(t)=lnt −(1+λ)(t−1)t+λ，又ℎ′(t)=1t −(1+λ)2(t+λ)2=(t−1)(t−λ2)t(t+λ)2，当λ2≥1时，可得t ∈(0, 1)时，ℎ′(t)>0， ∴ ℎ(t)在t ∈(0, 1)上单调增，又ℎ(1)=0， ℎ(t)<0在t ∈(0, 1)恒成立，符合题意．当λ2<1时，可得t ∈(0, λ2)时，ℎ′(t)>0，t ∈(λ2, 1)时，ℎ′(t)<0， ∴ ℎ(t)在t ∈(0, λ2)时单调增，在t ∈(λ2, 1)时单调减，又ℎ(1)=0， ∴ ℎ(t)在t ∈(0, 1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e 1+λ<x 1⋅x 2λ 恒成立，只须λ2≥1， 又λ>0，∴ λ≥1． 【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 【解析】（1）求出原函数的导函数，得到f′(1)，由f′(1)=1求得m 值；（2）求出g(x)，求其导函数，可得lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2，不等式e 1+λ<x 1⋅x 2λ恒成立，转化为lnx 1x 2x 1−x 2>1+λx 1+λx 2恒成立，进一步转化为ln x1x 2<(1+λ)(x 1−x 2)x 1+λx 2恒成立．令t =x 1x 2，t ∈(0, 1)，则不等式lnt <(1+λ)(t−1)t+λ在t ∈(0, 1)上恒成立．令ℎ(t)=lnt −(1+λ)(t−1)t+λ，求导可得满足条件的λ的范围． 【解答】f′(x)=1+lnx +m ，由题意知，f′(1)=1，即：m +1=1，解得 m =0；∵ e 1+λ<x 1⋅x 2λ 等价于1+λ<lnx 1+λlnx 2． g(x)=f(x)−a 2x 2−x +a =xlnx −a2x 2−x +a ，由题意可知x 1，x 2 分别是方程g′(x)=0，即：lnx −ax =0的两个根，即lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2．∴ 原式等价于1+λ<ax 1+λax 2=a(x 1+λx 2)， ∵ λ>0，0<x 1<x 2，∴ 原式等价于a >1+λx 1+λx 2．又由lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2． 作差得，ln x 1x 2=a(x 1−x 2)，即a =lnx 1x 2x 1−x 2．∴ 原式等价于lnx 1x 2x 1−x 2>1+λx1+λx 2，∵ 0<x 1<x 2，原式恒成立，即ln x1x 2<(1+λ)(x 1−x 2)x 1+λx 2恒成立．令t =x 1x 2，t ∈(0, 1)， 则不等式lnt <(1+λ)(t−1)t+λ在t ∈(0, 1)上恒成立． 令ℎ(t)=lnt −(1+λ)(t−1)t+λ，又ℎ′(t)=1t −(1+λ)2(t+λ)2=(t−1)(t−λ2)t(t+λ)2，当λ2≥1时，可得t ∈(0, 1)时，ℎ′(t)>0， ∴ ℎ(t)在t ∈(0, 1)上单调增，又ℎ(1)=0， ℎ(t)<0在t ∈(0, 1)恒成立，符合题意．当λ2<1时，可得t ∈(0, λ2)时，ℎ′(t)>0，t ∈(λ2, 1)时，ℎ′(t)<0， ∴ ℎ(t)在t ∈(0, λ2)时单调增，在t ∈(λ2, 1)时单调减，又ℎ(1)=0， ∴ ℎ(t)在t ∈(0, 1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e 1+λ<x 1⋅x 2λ 恒成立，只须λ2≥1， 又λ>0，∴ λ≥1．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．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）已知平面直角坐标系中，曲线C:x 2+y 2−6x −8y ＝0，直线l 1:x −√3y =0，直线l 2:√3x −y =0，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系． （1）写出曲线C 的参数方程以及直线l 1，l 2的极坐标方程；（2）若直线l 1与曲线C 分别交于O ，A 两点，直线l 2与曲线C 分别交于O ，B 两点，求△AOB 的面积． 【答案】依题意，曲线C ：(x −3)2+(y −4)2＝25，∴ 曲线C 的参数方程是{x =3+5cosαy =4+5sinα （α为参数），∵ 直线l 1:x −√3y =0，直线l 2:√3−y =0，∴ l 1，l 2的极坐标方程为l 1:θ=π6(ρ∈R),l 2:θ=π3(ρ∈R)； ∵ 曲线C 的极坐标方程为ρ＝6cosθ+8sinθ，把θ=π6代入ρ＝6cosθ+8sinθ，得ρ1=4+3√3，∴ A(4+3√3,π6)， 把θ=π3代入ρ＝6cosθ+8sinθ，得ρ2=3+4√3，∴ B(3+4√3,π3)， ∴ S △AOB =12ρ1ρ2sin∠AOB =12(4+3√3)(3+4√3)sin(π3−π6)=12+25√34． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】（1）推导出曲线C ：(x −3)2+(y −4)2＝25，从而能求出曲线C 的参数方程，由直线l 1:x −√3y =0，直线l 2:√3−y =0，能求出l 1，l 2的极坐标方程．（2）曲线C 的极坐标方程为ρ＝6cosθ+8sinθ，把θ=π6代入ρ＝6cosθ+8sinθ，得A(4+3√3,π6)，把θ=π3代入ρ＝6cosθ+8sinθ，得B(3+4√3,π3)，由此能求出△AOB的面积．【解答】依题意，曲线C：(x−3)2+(y−4)2＝25，∴曲线C的参数方程是{x=3+5cosαy=4+5sinα（α为参数），∵直线l1:x−√3y=0，直线l2:√3−y=0，∴l1，l2的极坐标方程为l1:θ=π6(ρ∈R),l2:θ=π3(ρ∈R)；∵曲线C的极坐标方程为ρ＝6cosθ+8sinθ，把θ=π6代入ρ＝6cosθ+8sinθ，得ρ1=4+3√3，∴A(4+3√3,π6)，把θ=π3代入ρ＝6cosθ+8sinθ，得ρ2=3+4√3，∴B(3+4√3,π3)，∴S△AOB =12ρ1ρ2sin∠AOB=12(4+3√3)(3+4√3)sin(π3−π6)=12+25√34．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）已知函数f(x)=2−x2，g(x)=|x−a|．（1）若a=1，解不等式f(x)+g(x)≥3；（2）若不等式f(x)>g(x)至少有一个负数解，求实数a的取值范围．【答案】=0，得a=−94，数形结合知，当a≤−94时，不等式无负数解，则−94<a<0．当a=0时，满足f(x)>g(x)至少有一个负数解．当a>0时，g(x)的图象如折线②所示：此时当a=2时恰好无负数解，数形结合知，当a≥2时，不等式无负数解，则0<a<2．综上所述，若不等式f(x)>g(x)至少有一个负数解，则实数a的取值范围是(−94，．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）通过讨论x 的范围，得到关于x 的不等式，解出即可； （2）结合函数的图象以及二次函数的性质求出a 的范围即可． 【解答】若a =1，则不等式f(x)+g(x)≥3化为2−x 2+|x −1|≥3，当x ≥1时，2−x 2+x −1≥3，即x 2−x +2≤0，(x −12)2+74≤0不成立； 当x <1时，2−x 2−x +1≥3，即x 2+x ≤0，解得−1≤x ≤0． 综上，不等式f(x)+g(x)≥3的解集为{x|−1≤x ≤0}． 作出y =f(x)的图象。

甘肃省张掖市高考数学模拟试卷(理科)(4月份)

甘肃省张掖市高考数学模拟试卷(理科)(4月份)

甘肃省张掖市高考数学模拟试卷（理科）（4月份）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、一.选择题 (共12题；共24分)1. （2分） (2019高三上·通州期中) 设集合 , ,则M∩N＝（）A . {-2，-1，0，1}B . {-1，0，1}C . {-1，0}D . {0，1}2. （2分）(2020·乌鲁木齐模拟) 若集合，，则集合（）A .B .C .D .3. （2分）在等差数列中，,则等差数列的前13项的和为（）A . 104B . 52C . 39D . 244. （2分）圆的半径为（）A . 1B .C . 2D . 45. （2分）已知F1,F2为双曲线x2-y2=2的左，右焦点，点P在该双曲线上，且|PF1|=2|PF2|，则（）A .B .C .D .6. （2分） (2017高一下·承德期末) 如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A . 46B . 48C . 50D . 527. （2分） (2016高三上·连城期中) a，b，c依次表示方程2x+x=1，2x+x=2，3x+x=2的根，则a，b，c的大小顺序为（）A . a＜c＜bB . a＞b＞cC . a＜b＜cD . b＞a＞c8. （2分）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，则输出s，k的值依次为（）A . 32，63B . 64，63C . 63，32D . 63，649. （2分） (2018高一下·福州期末) 化简，得到（）A .B .C .D .10. （2分） (2015高二上·城中期末) 如图抛物线C1：y2=2px和圆C2： +y2= ，其中p＞0，直线l经过C1的焦点，依次交C1 ， C2于A，B，C，D四点，则• 的值为（）A .B .C .D . P211. （2分） (2016高二下·凯里开学考) 双曲线﹣ =1的渐近线方程为（）A . y=± xB . y=± xC . y=± xD . y=± x12. （2分）将函数的图像分别向左、右平移个单位，所得的图像关于y轴对称，则的最小值分别是（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2018高一下·北京期中) 已知，则以3，5，n为边长的钝角三角形的个数是________。

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2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（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．（5分）若集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}，则M∩N=（）A．{x|0＜x＜4}B．{x|6＜x＜8}C．{x|4＜x＜6}D．{x|4＜x＜8}2．（5分）若（2﹣i）2=a+bi3（a，b∈R），则a+b=（）A．7 B．﹣7 C．1 D．﹣13．（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（°C）的数据一览表．已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A．最低温与最高温为正相关B．每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C．月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D．1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大4．（5分）已知tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），|θ|＜，则tan2θ=（）A．﹣B．C．﹣D．5．（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）A．B．C．D．6．（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A．2 B．3 C．4 D．57．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4x﹣y的最大值为（）A．3 B．﹣1 C．﹣4 D．128．（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则||PA|﹣|PB||=（）A．B．C．D．9．（5分）设w＞0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（）A．B．C．D．10．（5分）f（x）=的部分图象大致是（）A．B．C．D．11．（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A．52πB．45πC．41πD．34π12．（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则n﹣m的最小值为（）A．B．C．D．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，，且，则=．14．（5分）若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则=．15．（5分）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．16．（5分）在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则=．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2a n﹣2，{b n}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{a n（2b n﹣3）}的前n项和T n．18．（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．19．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE⊥平面ABCD，PE=．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．20．（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点．（1）若点A（5，﹣2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）．21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣e x（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；（2）若对任意0≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．22．（10分）已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（p∈R）（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+3|，a∈R．（1）当a=﹣1时，解不等式f（x）≤1；（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4，求a的取值范围．2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．（5分）若集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}，则M∩N=（）A．{x|0＜x＜4}B．{x|6＜x＜8}C．{x|4＜x＜6}D．{x|4＜x＜8}【解答】解：∵集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}={x|0＜x＜6}，∴M∩N={x|4＜x＜6}．故选：C．2．（5分）若（2﹣i）2=a+bi3（a，b∈R），则a+b=（）A．7 B．﹣7 C．1 D．﹣1【解答】解：∵（2﹣i）2=3﹣4i=a+bi3=a﹣bi，∴a=3，b=4．∴a+b=7．故选：A．3．（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（°C）的数据一览表．已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A．最低温与最高温为正相关B．每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C．月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D．1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，由数据分析可得最低温与最高温为正相关，则A正确；对于B，由表中数据，每月最高温与最低温的平均值依次为：﹣3.5，3，5，4.5，12，20.5，23，26.5，28，15.5，在前8个月不是逐月增加，则B错误；对于C，由表中数据，月温差依次为：17，12，8，13，10，7，8，7，6，11；月温差的最大值出现在1月，C正确；对于D，有C的结论，分析可得1月至4月的月温差相对于7月至10月，波动性更大，D正确；故选：B．4．（5分）已知tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），|θ|＜，则tan2θ=（）A．﹣B．C．﹣D．【解答】解：∵tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），∴=4cosθ，又∵|θ|＜，cosθ≠0，∴sin，cosθ==，tanθ==，∴tan2θ===．故选：B．5．（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）A．B．C．D．【解答】解：双曲线的实轴长为8，可得：m2+12=16，解得m=2，m=﹣2（舍去）．所以，双曲线的渐近线方程为：．则该双曲线的渐近线的斜率：．故选：C．6．（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：模拟程序的运行，可得：a=2，s=0，n=1，s=2，a=，满足条件s＜3，执行循环体，n=2，s=2+=，a=，满足条件s＜3，执行循环体，n=3，s=+=，a=，此时，不满足条件s＜3，退出循环，输出n的值为3．故选：B．7．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4x﹣y的最大值为（）A．3 B．﹣1 C．﹣4 D．12【解答】解：实数x，y满足约束条件，表示的平面区域如图所示，当直线z=4x﹣y过点A时，目标函数取得最大值，由解得A（3，0），在y轴上截距最小，此时z取得最大值：12．故选：D．8．（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则||PA|﹣|PB||=（）A．B．C．D．【解答】解：A，B是椭圆的两个焦点，可知：A（﹣，0）、B（，0），圆M：x2+y2=10恰好经过AB两点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，可得PA⊥PB，所以，可得：2|PA||PB|=8，||PA|﹣|PB||2=32，||PA|﹣|PB||=4．故选：C．9．（5分）设w＞0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，∴=，则ω=，故选：A．10．（5分）f（x）=的部分图象大致是（）A．B．C．D．【解答】解：∵f（﹣x）=f（x）∴函数f（x）为奇函数，排除A，∵x∈（0，1）时，x＞sinx，x2+x﹣2＜0，故f（x）＜0，故排除B；当x→+∞时，f（x）→0，故排除C；故选：D11．（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A．52πB．45πC．41πD．34π【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，底面ABCD是矩形，其中AB=4，AD=6，侧面PBC⊥底面垂ABCD．设AC∩BD=O，则OA=OB=OC=OD=，OP=，∴O该多面体外接球的球心，半径R=，∴该多面体外接球的表面积为S=4πR2=52π．故选：A12．（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则n﹣m的最小值为（）A．B．C．D．【解答】解：不妨设f（m）=g（n）=t，∴e4m﹣1=+ln（2n）=t，（t＞0）∴4m﹣1=lnt，即m=（1+lnt），n=e，故n﹣m=e﹣（1+lnt），（t＞0）令h（t）=e﹣（1+lnt），（t＞0），∴h′（t）=e﹣，易知h′（t）在（0，+∞）上是增函数，且h′（）=0，当t＞时，h′（t）＞0，当0＜t＜时，h′（t）＜0，即当t=时，h（t）取得极小值同时也是最小值，此时h（）=﹣（1+ln）=，即n﹣m的最小值为；故选：C．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，，且，则=．【解答】解：∵，∴=6﹣2m=0，解得m=3．∴=（6，﹣2）﹣2（1，3）=（4，8）．∴==4．故答案为：．14．（5分）若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则=﹣4．【解答】解：若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则（1﹣3x）6的通项公式为T r=（﹣3x）r，r=0，1，2， (6)+1可得a2=9=135，a3=﹣27=﹣540，可得=﹣4．故答案为：﹣4．15．（5分）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．【解答】解：连结BC1，交B1C于点O，连结OE，∵E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，∴BCC1B1是正方形，∴O是BC1中点，∵BD1∥平面B1CE，∴BD1∥OE，∴E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则B（2，2，0），D1（0，0，2），C（0，2，0），E（0，1，2），=（﹣2，﹣2，2），=（0，﹣1，2），设异面直线BD1与CE所成成角为θ，cosθ===．∴异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．故答案为：．16．（5分）在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则=．【解答】解：△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，=S△BCD，则：S△ACD所以：=，整理得：．故答案为：．三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，S n=2a n﹣2，{b n}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{a n（2b n﹣3）}的前n项和T n．【解答】解：（1）根据题意，等比数列{a n}中S n=2a n﹣2，当n=1时，有S1=2a1﹣2=a1，解可得a1=2，当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=（2a n﹣2）﹣（2a n﹣1﹣2），变形可得a n=2a n﹣1，则等比数列{a n}的a1=2，公比q=2，则数列{a n}的通项公式a n=2×2n﹣1=2n，对于{b n}，b3=a2=4，b2+b6=2b4=10，即b4=5，则其公差d=b4﹣b3=1，则其通项公式b n=b3+（n﹣3）×d=n+1，（2）由（1）的结论：a n=2n，b n=n+1，a n（2b n﹣3）=（2n﹣1）•2n，则有T n=1×2+3×22+5×23+…+（2n﹣1）×2n，①则有2T n=1×22+3×23+5×24+…+（2n﹣1）×2n+1，②①﹣②可得：﹣T n=2+2（22+23+…+2n）﹣（2n﹣1）×2n+1，变形可得：T n=（2n﹣3）•2n+1+6．18．（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．【解答】解：（1）设“献爱心参与者中奖”为事件A，则献爱心参与者中奖的概率．（2）设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X，则X=20，10，0，﹣80，则，，，，∴X的分布列为：若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为元，所以，此次募捐所得善款的数学期望为元．19．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE⊥平面ABCD，PE=．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：连接BE交AC于F，∵四边形ABCD是矩形，AB=，BC=1，，∴CE=，则，∵∠ABC=∠BCD=，∴△ABC∽△BCE，则∠BEC=∠ACB，∵∠BEC+∠ACE=∠ACB+∠ACE=，∴AC⊥BE，∵PE⊥平面ABCD，∴AC⊥PE，∵PE∩BE=E，∴AC⊥平面PBE，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBE；（2）解：取PB中点G，连接FG，AG，CG，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥DC，∵PE=，∴PC=3=BC，得CG⊥PB，∵CG∩AC=C，∴PB⊥平面ACG，则AG⊥PB，∴∠AGC是二面角A﹣PB﹣C的平面角，∵AB∥CD，AB=CD，DE=2EC，∴，∵CE=，AC=6，∴CF=，AF=，∵BC⊥CD，BC⊥PE，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，∴PB=，则CG=，∵FG⊥AC，∴FG=FC=，在Rt△AFG和Rt△CFG中，求得tan∠AGF=3，tan∠CGF=1．∴tan∠AGC=tan（∠AGF+∠CGF）=．∴cos∠AGC=．∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣．20．（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点．（1）若点A（5，﹣2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）．【解答】解：（1）联立方程组，消去x得y2﹣4my﹣4（2m+5）=0设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1+y2=4m，y1y2=﹣8m﹣20因为A为线段PQ的中点，所以，解得m=﹣1，所以直线l的方程为x+y﹣3=0．（2）证明：因为，，所以，即所以，因此BP⊥BQ，即以线段PQ为直径的圆恒过点B（1，2）．21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣e x（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；（2）若对任意0≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．【解答】解：（1）由f'（x）=2ax﹣e x，得，，令g（x）=f'（x）=ex﹣e x，则g'（x）=e﹣e x，可知函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以g'（x）max=g'（1）=0．（2）由题意得可知函数h（x）=f（x）+x（2﹣2ln2）=ax2+x（2﹣ln2）﹣e x在[0，+∞）上单调递减，从而h'（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣e x≤0在[0，+∞）上恒成立，令F（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣e x，则F'（x）=2a﹣e x，当时，F'（x）≤0，所以函数F（x）在[0，+∞）上单调递减，则F（x）max=F （0）=1﹣2ln2＜0，当时，F'（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a，所以函数F（x）在[0，ln2a）上单调递增，在[ln2a，+∞）上单调递减，则F（x）max=F（ln2a）=2alo2a+2﹣2ln2﹣2a≤0，即2aln2a﹣2a≤2ln2﹣2，通过求函数y=xlnx﹣x的导数可知它在[1，+∞）上单调递增，故，综上，实数a的取值范围是（﹣∞，1]．22．（10分）已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（p∈R）（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．【解答】解：（Ⅰ）由得：，∴ρ2=16，即ρ=±4．∴A、B两点的极坐标为：或．（Ⅱ）由曲线C1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2（cos2θ﹣sin2θ）=8，得到普通方程为x2﹣y2=8．将直线代入x2﹣y2=8，整理得．∴|MN|==．23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+3|，a∈R．（1）当a=﹣1时，解不等式f（x）≤1；（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a=﹣1时，不等式为|x+1|﹣|x+3|≤1；当x≤﹣3时，不等式转化为﹣（x+1）+（x+3）≤1，不等式解集为空集；当﹣3＜x＜﹣1时，不等式转化为﹣（x+1）﹣（x+3）≤1，解之得；当x≥﹣1时，不等式转化为（x+1）﹣（x+3）≤1，恒成立；综上所求不等式的解集为．（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4恒成立，即|x﹣a|≤x+7，亦即﹣7≤a≤2x+7恒成立，又因为x∈[0，3]，所以﹣7≤a≤7，所以a的取值范围为[﹣7，7]．。

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