2018年高三最新 高考数学(理)模拟题(三)答案 精品

高考数学（理）模拟题(三)答案
一. 选择题 1B 2B 3D 4B 5B 6D 7A 8B 9B 10C 11D 12C
二.填空题 13.1. 14. 1-
15．F(x)= 00101
2
52
6
1x x x x <⎧⎪⎪<⎪⎨⎪<⎪⎪⎩
≤1≤≥2 16.)23,34()32,2(ππππ 提示: x x f cos 1)(-=' 三.解答题
17． 解：（1）∵2
2cos2 2sin 12cos2a b c d ⋅=+⋅=+=-θθθ，
∴2cos2a b c d ⋅-⋅=θ， ∵2()|2cos21||1cos2|2cos f a b ⋅=+-=+=θθθ，
2()|2cos21||1cos2|2sin f c d ⋅=--=-=θθθ，
∴22()()2(cos sin )2cos2f a b f c d ⋅-⋅=-=θθθ，
∵04
<<
π
θ，∴022
<<
π
θ，∴2cos 20>θ，
∴()()f a b f c d ⋅>⋅。

(2)22cos 102cos )2(cos 10)2cos 2(2cos 2)(+--+=---+=t t t g θθθθθθ
t t t t t t 3)
2(225
])2(25)[cos 2(23cos 10cos )2(222-+-+-
+=--+=θθθ
∵)4
,
0(π
θ∈1cos 22
<<∴
θ∴当),1[]2
2,()2(25+∞-∞∈+ t 时,()θg 无最值, ,0>t ∴当
1)
2(2522<+<t 时, 即222
50-<<t 时, 且当)
2(25c o s +=t θ()θg 时, ()6433)2(225min -=-+-=t t g θ.0117182
=--⇒t t 解得
t=1(t=-18
11
舍去)
18.解:(1) ξ~g (8
5
,k ), ∴ ξ的分布列为
85)1(==ηp ， 329
8683)2(=⨯==ηp ，
25621878283)3(=⨯⨯==
ηp 256
3
88818283)4(=⨯⨯⨯==ηp .
∴η的分布列为:
(2)5=
ξE 1280=,1280
18752562564256332281==⨯+⨯+⨯+⨯=ηE ∴ηξE E >,即甲取球的平均次数大于乙取球的平均次数.
19.解:(1) 连结AO 并延长交BC 于点E, 因为O ABC ∆的重心, 所以E 为BC 的中点, 连结EC 1 ,
连结AC 1 , 因为C C A 11∆的重心, 所以G 在AC 1 上, 易知
3
2
1==AE AC AO AG ,所以OG//EC 1 , 又⊄OG 平面11BCC B ,⊂1EC 平面11BCC B .故GO//平面11BCC B
(2) 显然平面GAO 就是平回C 1AE, 连结A 1O, 由已知⊥O A 1底面ABC, 过C 1作C 1H ⊥底面ABC,H 为垂足, 又过H 作AE HK ⊥,垂足为K, 连结C 1K,KH C 1∠∴ 为所求二面角的二面角的平面角. 过O 作AB OP ⊥,垂足为P, 在等腰ABC Rt ∆中,
.23,900===∠AC AB BAC
AO=
233
2
32=⨯=AE ,2=AP , 又PA A Rt AB A 10
160∆∴=∠ 中,
· · A
B C 1A
B 1
C 1
G O
E
H
K P
221=A A .在OA A Rt 1∆中, 可求得22211=-=AO A A O A
连结HO, 显然OH//AC, 且OH=AC=23,045=∠HOK
,3
2
tan ,345sin 1110===
∠∴==∴HK O A HK H C KH C OH HK 32arctan
1=∠∴KH C .因此, 所求二面角的大小为3
2
arctan .
20.（1）证明 设方程f （x ）=0两个实根分别为,1()t t t Z +∈,
则由题意有2
2240
11(1)(1)()(1).44(1)a b t t a b a f a a t t b
->⎧⎪
++=-⇒=-⇒-=-⎨⎪+=⎩
(2）证明 设方程f （x ）=0两个实根分别为,,,1()m m m Z αβαβ<<+∈且， 则有2
()0()(),f x x ax b x x αβ=++==--
222
|()||(1)||()()||(1)(1)|
111()()()
224
f m f m m m m m m m m m αβαβααββ∴⋅+=--⋅+-+--++--++-≤= 所以必有11
|()||(1)|,44
f m f m ≤+≤或故在所给条件下存在整数k=m 或m+1,使得
1
|()|.4
f k ≤
21．解:(1)令1x =-,0y =，得(1)(1)(0)f f f -=-,(0)1f =,故1(0)1a f ==.
当0x >时,0x -<,(0)()()1f f x f x =-=,进而得0()1f x <<. 设12,x x ∈R ，且12x x <,
则210x x ->,21()1f x x -<,121121()()()()f x f x f x f x x x -=-+-
121()[1()]0f x f x x =-->.
故12()()f x f x >,函数()y f x =在R 上是单调递减函数.
由
11
()(2)n n f a f a +=
--,得1()(2)1n n f a f a +--=.
故1(2)(0)n n f a a f +--=,120n n a a +--=,12n n a a +-=(n ∈N ) 因此,{}n a 是首项为1,公差为2的等差数列.由此得21n a n =-,∴40112006=a
(2)
由
12
111
(1)(1)(1)n a a
a +
++
≥,
知
111
(1)(1)(1)a k
+
++≤
恒成立. 设
111(1)(1)(1)()a F n +
++
=
,则()0F n >, 且
111(1)(1)(1)(1)
a F n +
+++=
又(1)1
()F n F n +=>,即(1)()F n F n
+>,故()F n 为关于n 的单调增函
数
,
()(1)F n F
≥=
所以,k ≤即k 22. (1)解: 由巳知可设点P 的坐标为)sin 2,(cos θθ+)20(πθ<≤
设),(),,(2211y x N y x M , x y 2-='
∴过M 点切线方程为)(2111x x x y y --=-
即⇒+-=-2
11122x x x y y ⇒--=-11122y x x y y 0211=++y y x x 因为点P 在切线上, 所以0sin 2cos 211=+++y x θθ
即0sin 2cos 211=+++θθy x
同理 0sin 2cos 222=+++θθy x
可见点M 、N 在直线 0sin 2cos 2=+++θθy x 上
∴直线MN 的方程为0sin 2cos 2=+++θθy x .
(2) 若直线MN 能过抛物线E 的焦点, 抛物线E 的焦点F )4
1,0(-
∴14
7sin 0sin 241-<-=⇒=++-θθ,矛盾. 故直线MN 不能过抛物线E 的焦点.
(3) 先求圆心C(0,2) 到直线MN 的距离的最小值. 圆心C(0,2) 到直线MN 的距离1
cos 4sin 41
cos 4sin 22)(2
2
++=
+++=
θθθθθd .
令11,sin ≤≤-=t t θ.那么).11(,454)()(2
≤≤--+=
=t t
t d t f θ
令0)
45(516)(2
32
=-+=
't t t f .16
5
-
=⇒t 函数)(t f 的值的变化情况见下表：
∴)(t f 最小=)(t f 极小= 10
295
)165(=
-
f . 即当165sin -=θ时,10295)(min =θd . ∴ 165
sin -=θ时, 点P 到直线MN 的距离的最小值是 110
295
- .。