2018年北京市丰台区高考数学二模试卷(理科)(J)

2018年北京市丰台区高考数学二模试卷（理科）(J)副标题一、选择题（本大题共8小题，共8.0分）1.已知，，则A. 或B.C. D.【答案】D【解析】解：，，则．故选：D．解不等式得出集合B，根据并集的定义写出．本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．2.设，为非零向量，则“与方向相同”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】解：设，为非零向量，若，则与方向相同或相反，故与方向相同”是“”的充分不必要条件，故选：A．根据充分必要条件的定义以及向量的平行的性质判断即可．本题考查了充分必要条件，考查向量问题，是一道基础题．3.已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则b的值为A. B. C. D.【答案】B【解析】解：根据题意，双曲线的方程为，则其渐近线方程为，又由其一条渐近线的倾斜角为，则有，解可得：；故选：B．根据题意，由双曲线的标准方程可得其渐近线方程，又由直线的倾斜角与斜率的关系，分析可得，解可得b的值，即可得答案．本题考查双曲线的几何性质以及标准方程，关键是掌握双曲线标准方程的形式．4.执行如图所示的程序框图，则输出的S值为A. 25B. 20C. 13D. 6【答案】C【解析】解：第一次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；第二次执行循环体后，，，不满足退出循环的条件；第三次执行循环体后，，，满足退出循环的条件；故输出的，故选：C．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．5.在的展开式中，若二项式系数的和为32，则x的系数为A. B. C. 10 D. 40【答案】D【解析】解：根据的展开式中，二项式系数的和为，．而的展开式中，通项公式为，令，求得，可得展开式中x的系数为，故选：D．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于1，求出r的值，即可求得x的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．6.设下列函数的定义域为，则值域为的函数是A. B. C. D.【答案】D【解析】解：对于A：，当时，函数y取得最小值为1，在定义域为的值域为；对于B：，则在上恒大于0，在定义域为的值域为；对于C：则在上小于0，在定义域为时，函数y小于0，值域不是．对于D：，图象过，在单调递增，定义域为时，则值域为；故选：D．根据定义域为，利用单调性，结合图象即可求解值域，可得答案．本题考查函数的单调性和值域的判断，属于函数函数性质应用题，较容易．7.已知x，y满足约束条件，若目标函数的最大值是6，则A. B. C. 2 D. 5【答案】C【解析】解：约束条件作出可行域如图三角形区域，可得，，当时，显然不符题意；当时，代入可得，可得，舍去；当时，代入若取最大，可得，解得；代入可得，则舍去；代入若取最大，可得，解得，代入，可得成立，综上可得．故选：C．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得A，B的坐标，代入目标函数解方程可答案．本题考查简单线性规划的应用，考查分类讨论思想方法，以及运算求解能力，属于中档题．8.某游戏开始时，有红色精灵m个，蓝色精灵n个游戏规则是：任意点击两个精灵，若两精灵同色，则合并成一个红色精灵，若两精灵异色，则合并成一个蓝色精灵，当只剩一个精灵时，游戏结束那么游戏结束时，剩下的精灵的颜色A. 只与m的奇偶性有关B. 只与n的奇偶性有关C. 与m，n的奇偶性都有关D. 与m，n的奇偶性都无关【答案】B【解析】解：每碰一次，就少一个精灵，所以当最后只剩一个精灵时，碰了次，任意两个精灵相碰，有三种情况：第一种情况：红色红色红色，此时红色精灵减少1个，蓝色精灵数量不变；第二种情况：蓝色蓝色红色，此时红色精灵增加1个，蓝色精灵减少2个；第三种情况：红色蓝色蓝色，此时红色精灵减少1个，蓝色精灵数量不变；根据以上分析可知，每碰一次，蓝色精灵的数量要么不变，要么减少2，也就是说，每碰一次蓝色精灵数量的奇偶性不变．开始时，蓝色精灵有n个，当n是奇数时，最后剩下的只能是一个蓝色精灵；当n是偶数时，最后剩下的只能是一个红色精灵．游戏结束时，剩下的精灵的颜色只与n的奇偶性有关．故选：B．推导出每碰一次，蓝色精灵的数量要么不变，要么减少2，从而每碰一次蓝色精灵数量的奇偶性不变开始时，蓝色精灵有n个，当n是奇数时，最后剩下的只能是一个蓝色精灵；当n是偶数时，最后剩下的只能是一个红色精灵．本题考查简单的合情推理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．二、填空题（本大题共6小题，共6.0分）9.已知复数，则______．【答案】【解析】解：由，得，故答案为：．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．10.已知等比数列中，，，则数列的前5项和______．【答案】121【解析】解：根据题意，设等比数列的公比为q，又由，，则有，即，解可得，则数列的前5项和；故答案为：121．根据题意，设等比数列的公比为q，由等比数列的通项公式可得，即，解可得，进而由等比数列的前n项和公式计算可得答案．本题考查等比数列的性质，关键是掌握等比数列的通项公式．11.在极坐标系中，如果直线与圆相切，那么______．【答案】【解析】解：由直线，得直角坐标方程为，由圆，得，即，化为标准方程：．则圆心坐标，半径为1．由直线与圆相切，可得．故答案为：．分别化直线与圆的极坐标方程为直角坐标方程，再由圆心到直线的距离等于半径即可求得a值．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查直线与圆位置关系的应用，是基础题．12.甲乙两地相距500km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度v不能超过已知汽车每小时运输成本为元，则全程运输成本与速度的函数关系是______，当汽车的行驶速度为______时，全程运输成本最小．【答案】；100【解析】解：甲乙两地相距500km，故汽车从甲地匀速行驶到乙地的时间为：，又由汽车每小时运输成本为元，则全程运输成本与速度的函数关系是，由基本不等式得，当且仅当，即时，取最小值，故答案为：，100由已知可得汽车从甲地匀速行驶到乙地的时间为：，结合汽车每小时运输成本为元，可得：全程运输成本与速度的函数关系式，再由基本不等式可得时，y取最小值．本题考查的知识点是函数解析式的求解及方法，基本不等式在解决最值中的应用，难度中档．13.若函数的部分图象如图所示，则______，______．【答案】4；【解析】解：由函数的部分图象知，，，又，，；解得，；取．故答案为：4，．根据函数的图象与性质求得T、和的值．本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．14.如图，在矩形ABCD中，，，E为边AB的中点将沿DE翻折，得到四棱锥设线段的中点为M，在翻折过程中，有下列三个命题：总有平面；三棱锥体积的最大值为；存在某个位置，使DE与所成的角为．其中正确的命题是______写出所有．．正确命题的序号【答案】【解析】解：取DC的中点为F，连结FM，FB，可得，，可得平面平面，所以平面，所以正确；当平面与底面ABCD垂直时，三棱锥体积取得最大值，最大值为：，所以正确．存在某个位置，使DE与所成的角为因为，所以平面，可得，即，矛盾，所以不正确；故答案为：．利用直线与平面平行的判定定理判断的正误；求出棱锥的体积的最大值，判断的正误；利用直线与平面垂直判断的正误；本题考查命题的真假的判断，直线与平面平行，直线与平面垂直以及几何体的体积的最值的求法，考查空间想象能力以及计算能力．三、解答题（本大题共6小题，共6.0分）15.如图所示，在中，D是BC边上的一点，且，，，．Ⅰ求；Ⅱ求AD的长和的面积．【答案】解：Ⅰ中，因为，，所以；分因为，，所以；分所以；分Ⅱ在中，由余弦定理可得，分所以，所以，即，解得或不合题意，舍去；所以；分中，由正弦定理得，即，分解得；分所以，即分【解析】Ⅰ利用三角形的内角和定理与三角恒等变换，即可求得的正弦值；Ⅱ由余弦定理和正弦定理求得AD、CD的值，再求的面积．本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，是综合题．16.某汽车生产厂家为了解某型号电动汽车的“实际平均续航里程数”，收集了使用该型号电动汽车1年以上的部分客户的相关数据，得到他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”从年龄在40岁以下的客户中抽取10位归为A组，从年龄在40岁含40岁以上的客户中抽取10位归为B组，将他们的电动汽车的“实际平均续航里程数”整理成下图，其中“”表示A组的客户，“”表示B组的客户．注：“实际平均续航里程数”是指电动汽车的行驶总里程与充电次数的比值．Ⅰ记A，B两组客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”的平均值分别为m，n，根据图中数据，试比较m，n的大小结论不要求证明；Ⅱ从A，B两组客户中随机抽取2位，求其中至少有一位是A组的客户的概率；如果客户的电动汽车的“实际平均续航里程数”不小于350，那么称该客户为“驾驶达人”从A，B两组客户中，各随机抽取1位，记“驾驶达人”的人数为，求随机变量的分布列及其数学期望．【答案】本小题共13分解：Ⅰ分Ⅱ设“从抽取的20位客户中任意抽取2位，至少有一位是A组的客户”为事件M，则分所以从抽取的20位客户中任意抽取2位至少有一位是A组的客户的概率是．依题意的可能取值为0，1，2．则，，分所以随机变量的分布列为：所以随机变量的数学期望分即分【解析】ⅠⅡ设“从抽取的20位客户中任意抽取2位，至少有一位是A组的客户”为事件M，利用古典概型及排列组合能求出从抽取的20位客户中任意抽取2位至少有一位是A组的客户的概率．依题意的可能取值为0，1，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量的分布列和数学期望．本题考查平均数、概率的求法，考查离散型随机事件概率分布列、数学期望的求法，考查茎叶图、古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．17.如图所示，在三棱柱中，D是AC中点，平面ABC，平面与棱交于点E，，．Ⅰ求证：；Ⅱ求证：；Ⅲ若与平面所成角的正弦值为，求的值．【答案】Ⅰ证明：在三棱柱中，侧面为平行四边形，A.又平面，平面，平面．平面，且平面平面，；Ⅱ证明：在中，，D是AC的中点，．平面ABC，如图建立空间直角坐标系．设，，在中，，，0，，，，0，．，．，；Ⅲ解：，，即．b，，．设平面的法向量为，，即，令，则，，．，，即，或，即或．【解析】Ⅰ在三棱柱中，可得A.由线面平行的判定可得平面再由面面平行的性质可得；Ⅱ在中，由，D是AC的中点，可得由平面ABC，建立空间直角坐标系设，，求出与的坐标，利用数量积为0即可证明；Ⅲ求出及平面的法向量，结合与平面所成角的正弦值为可得a与b的关系，则的值可求．本题考查空间中直线与直线，直线与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解线面角，是中档题．18.已知函数，，．Ⅰ当时，求的单调区间；Ⅱ求证：有且仅有一个零点．【答案】解：Ⅰ根据题意，，则．令，，则．所以在区间上单调递减．因为，所以，即，所以的单调递减区间是，没有单调递增区间Ⅱ证明：由Ⅰ知，在区间上单调递减，且，．当时，在上单调递减．因为，，所以有且仅有一个零点当，即时，，即，在上单调递增．因为，，所以有且仅有一个零点当时，，，所以存在，使得；所以在上单调递增，在上单调递减因为，，且，所以，所以有且仅有一个零点综上所述，有且仅有一个零点．【解析】Ⅰ根据题意，求出函数的导数，设其导数为，求出，分析可得的最值，分析可得，即，由函数的导数与单调性的关系分析可得答案；Ⅱ根据题意，结合Ⅰ的结论，分情况讨论a的范围，讨论的值，由函数零点判断定理分析可得结论．本题考查利用函数的导数分析函数单调性，注意掌握函数与函数单调性的关系，属于综合题．19.已知椭圆C：的长轴长为4，离心率为，过右焦点F且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆相交于M，N两点，设点，记直线PM，PN的斜率分别为，．Ⅰ求椭圆C的方程；Ⅱ若，求m的值．【答案】解：Ⅰ根据题意，椭圆C：的长轴长为4，则，即，因为，所以；所以所以椭圆C的方程为；Ⅱ根据题意，由的结论，椭圆C的方程为，则椭圆的右焦点设直线l：，设，联立方程组，消y得，成立；所以，因为，所以，即，所以恒成立因为，所以，即，化简为，所以．【解析】Ⅰ根据题意，分析可得a的值，结合椭圆的离心率公式可得c的值，计算可得b的值，将a、b的值代入椭圆的方程，即可得答案；Ⅱ设直线l：，设，联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系用m表示，可得，化简为，解可得m的值，即可得答案．本题考查直线与椭圆的位置关系以及椭圆的几何性质，关键是求出椭圆的标准方程．20.已知数列的前n项和为，，，当时，其中，k是数列的前n项中的数对的个数，t是数列的前n项中的数对的个数2，3，，．Ⅰ若，求，，的值；Ⅱ若为常数，求m的取值范围；Ⅲ若数列有最大项，写出m的取值范围结论不要求证明．【答案】解：Ⅰ因为，，所以，所以因为，所以因为，所以所以，，．Ⅱ当时，，，当时，因为，所以，所以．因为，所以，所以当时，因为，所以，所以．因为，所以，所以所以时，为常数的必要条件是0，．当时，，因为当时，，都有，所以当符合题意，同理和也都符合题意所以m的取值范围是0，．Ⅲ根据Ⅱ所得到的m的取值范围，由于数列有最大项，故：或．【解析】Ⅰ直接利用已知条件求出数列的各项．Ⅱ进一步利用项与项之间的关系，求出参数的取值范围．Ⅲ直接利用Ⅱ的结论，求出m的取值范围．本题考查的知识要点：数列的赋值法的应用，参数的取值范围的应用，及相关的运算问题的应用．。