2018年广东省茂名市高考数学二模试卷
2018年广东省高考数学二模试卷(理科)
2018年广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知x，y∈R，集合A={2, log3x}，集合B={x, y}，若A∩B={0}，则x+y=()A.13B.0C.1D.32. 若复数z1=1+i，z2=1−i，则下列结论错误的是（）A.z1⋅z2是实数B.z1z2是纯虚数C.|z14|=2|z2|2D.z12+z22=4i3.已知a→=(−1, 3)，b→=(m, m−4)，c→=(2m, 3)，若a→ // b→，则b→⋅c→=( )A.−7B.−2C.5D.84. 如图，AD^是以正方形的边AD为直径的半圆，向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影区域内的概率为（）A.π16B.316C.π4D.145. 已知等比数列{a n}的首项为1，公比q≠−1，且a5+a4=3(a3+a2)，则√a1a2a3⋯a99=()A.−9B.9C.−81D.816. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一个焦点坐标为(4, 0)，且双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的方程为（）A.x28−y28=1B.x2 16−y216=1C.y28−x28=1D.x28−y28=1或y28−x28=17. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A.8π+6B.6π+6C.8π+12D.6π+128. 设x ，y 满足约束条件{xy ≥0|x +y|≤2，则z =2x +y 的取值范围是（ ）A.[−2, 2]B.[−4, 4]C.[0, 4]D.[0, 2]9. 在印度有一个古老的传说：舍罕王打算奖赏国际象棋的发明人–宰相宰相西萨•班•达依尔．国王问他想要什么，他对国王说：“陛下，请您在这张棋盘的第1个小格里，赏给我1粒麦子，在第2个小格里给2粒，第3小格给4粒，以后每一小格都比前一小格加一倍．请您把这样摆满棋盘上所有的64格的麦粒，都赏给您的仆人吧！”国王觉得这要求太容易满足了，就命令给他这些麦粒．当人们把一袋一袋的麦子搬来开始计数时，国王才发现：就是把全印度甚至全世界的麦粒全拿来，也满足不了那位宰相的要求．那么，宰相要求得到的麦粒到底有多少粒？下面是四位同学为了计算上面这个问题而设计的程序框图，其中正确的是（ ） A. B.C. D.10. 已知数列{a n }前n 项和为S n ，a 1=15，且满足(2n −5)a n+1=(2n −3)a n +4n 2−16n+15，已知n，m∈N+，n>m，则S n−S m的最小值为（）A.−494B.−498C.−14D.−2811. 已知菱形ABCD的边长为2√3，∠BAD＝60∘，沿对角线BD将菱形ABCD折起，使得二面角A−BD−C的余弦值为−13，则该四面体ABCD外接球的体积为（）A.28√73π B.8√6π C.20√53π D.36π12. 已知函数f(x)=e x−ln(x+3)，则下面对函数f(x)的描述正确的是（）A.∀x∈(−3, +∞)，f(x)≥13B.∀x∈(−3, +∞)，f(x)>−12C.∃x0∈(−3, +∞)，f(x0)=−1D.f(x)min∈(0, 1)二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）将函数f(x)=2sin(2x+φ)(φ<0)的图象向左平移π3个单位长度，得到偶函数g(x)的图象，则φ的最大值是________．已知a>0，b>0，(ax+bx )6展开式的常数项为52，则a+2b的最小值为________．已知函数f(x)=log2(4x+1)+mx，当m>0时，关于x的不等式f(log3x)<1的解集为________．设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P（异于原点O）的直线与抛物线y2=8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q，则S△ABQS△ABO=________．三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B=60∘，c=8．（1）若点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=13BC，ANBM=2√3，求AM的值；（2）若b=12，求△ABC的面积．如图，在五面体ABCDEF中，四边形EDCF是正方形，AD=DE，∠ADE=90∘，∠ADC=∠DCB=120∘．（1）证明：平面ABCD⊥平面EDCF；（2）求直线AF与平面BDF所成角的最正弦值．经销商第一年购买某工厂商品的单价为a （单位：元），在下一年购买时，购买单价与其上年度销售额（单位：万元）相联系，销售额越多，得到的优惠力度越大，具体情况如下表：为了研究该商品购买单价的情况，调查并整理了50个经销商一年的销售额，得到下面的柱状图．已知某经销商下一年购买该商品的单价为x （单位：元），且以经销商在各段销售额的频率作为概率．（1）求x 的平均估计值．（2）该工厂针对此次的调查制定了如下奖励方案：经销商购买单价不高于平均估计单价的获得两次抽奖活动，高于平均估计单价的获得一次抽奖活动．每次获奖的金额和对应的概率为已知椭圆C 1:x 28+y 2b 2=1(b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点F 2也为抛物线C 2:y 2=8x的焦点．（1）若M，N为椭圆C1上两点，且线段MN的中点为(1, 1)，求直线MN的斜率；（2）若过椭圆C1的右焦点F2作两条互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，设线段AB，CD的长分别为m，n，证明1m +1n是定值．已知f′(x)为函数f(x)的导函数，f(x)=e2x+2f(0)e x−f′(0)x．（1）求f(x)的单调区间；（2）当x>0时，af(x)<e x−x恒成立，求a的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为{x=34+√3ty=a+√3t（t为参数），圆C的标准方程为(x−3)2+(y−3)2=4．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l和圆C的极坐标方程；（2）若射线θ=π3与l的交点为M，与圆C的交点为A，B，且点M恰好为线段AB的中点，求a的值．[选修4-5：不等式选讲]已知f(x)=|mx+3|−|2x+n|．（1）当m=2，n=−1时，求不等式f(x)<2的解集；（2）当m=1，n<0时，f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于24，求n的取值范围．参考答案与试题解析2018年广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】根据A∩B={0}即可得出0∈A，0∈B，这样即可求出x，y的值，从而求出x+y的值．【解答】A∩B={0}；∴0∈A，0∈B；∴log3x=0；∴x=1，y=0；∴x+y=1．2.【答案】D【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算及复数模的求法逐一判断得答案．【解答】∵z1=1+i，z2=1−i，∴z1⋅z2=1−i2=2，故A正确；z1 z2=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=−i，故B正确；|z14|=|z1|4=4，2|z2|2=4，故C正确；z12+z22=(1+i)2+(1−i)2=0，故D错误．3.【答案】A【考点】平行向量的性质【解析】根据平面向量的坐标运算与共线定理、数量积运算法则，计算即可．【解答】解：a→=(−1, 3)，b→=(m, m−4)，c→=(2m, 3)，若a→ // b→，则−1×(m−4)−3×m=0，解得m =1， ∴ b →=(1, −3)c →=(2, 3)，b →⋅c →=1×2+(−3)×3=−7．故选A . 4.【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】根据图象的关系，求出阴影部分的面积，结合几何概型的概率公式进行求解即可． 【解答】连结AE ，结合图象可知弓形①与弓形②面积相等，将弓形①移动到②的位置，则阴影部分将构成一个直角三角形，则阴影部分的面积为正方形面积的14，则向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影区域内的概率P =14， 5.【答案】 B【考点】等比数列的性质 【解析】等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠−1，且a 5+a 4=3(a 3+a 2)，可得a 2q 3+a 2q 2=3(a 2q +a 2)，化为：q 2=3．由等比数列的性质可得：a 1a 2……a 9=q 1+2+⋯…+8=q 4×9，代入√a 1a 2a 3⋯a 99=q 4．即可得出． 【解答】等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠−1，且a 5+a 4=3(a 3+a 2)， ∴ a 2q 3+a 2q 2=3(a 2q +a 2)， 化为：q 2=3．由等比数列的性质可得：a 1a 2……a 9=q 1+2+⋯…+8=q8×(8+1)2=q 4×9则√a 1a 2a 3⋯a 99=√q 4×99=q 4=9．6.【答案】 A【考点】 双曲线的特性 【解析】由题意可得c =4，由双曲线的渐近线方程和两直线垂直的条件：斜率之积为−1，可得a =b ，解方程可得a ，b 的值，即可得到所求双曲线的方程． 【解答】双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的一个焦点坐标为(4, 0)，可得c =4，即有a 2+b 2=c 2=16，双曲线的两条渐近线互相垂直， 即直线y =ba x 和直线y =−ba x 垂直， 可得a =b ，解方程可得a =b =2√2， 则双曲线的方程为x 28−y 28=1．7.【答案】 B【考点】由三视图求体积 【解析】由题意判断几何体的形状，然后求解几何体的表面积即可． 【解答】几何体是组合体，上部是半圆柱，下部是半球，圆柱的底面半径与球的半径相同为1，圆柱的高为3，几何体的表面积为：2π×12+12×π+2×3+3π=6+6π． 8.【答案】 B【考点】 简单线性规划 【解析】作出约束条件{xy ≥0|x +y|≤2 所对应的可行域，变形目标函数，平移直线y =2x 可得结论． 【解答】作出约束条件{xy ≥0|x +y|≤2所对应的可行域（如图阴影） 变形目标函数可得y =−2x +z ，平移直线y =−2x 可知 当直线经过点A(−2, 0)时，目标函数取最小值−4 当直线经过点B(2, 0)时，目标函数取最大值4， 故z =−2x +y 的取值范围为[−4, 4]． 9.【答案】 C【考点】 程序框图 【解析】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． 【解答】由已知中程序的功能，可得循环变量的初值为1，终值为64，由于四个答案均为直到条件不满足时退出循环，故循环条件应为n ≤64，而每次累加量构造一个以1为首项，以2为公式的等比数列， 由S n =2n −1得：S n+1=2n+1−1=2S n +1， 故循环体内S =1+2S ， 10.【答案】 C【考点】 数列递推式 【解析】由等式变形，可得{an2n−5}为等差数列，公差为1，首项为−5，运用等差数列的通项公式可得a n ，再由自然数和的公式、平方和公式，可得S n ，讨论n 的变化，S n 的变化，僵尸可得最小值． 【解答】∵ (2n −5)a n+1=(2n −3)a n +4n 2−16n +15，∴ a n+12n−3−a n 2n−5=1，a1−3=−5． 可得数列{an2n−5}为等差数列，公差为1，首项为−5．∴ a n2n−5=−5+n −1=n −6，∴ a n =(2n −5)(n −6)=2n 2−17n +30．∴ S n =2(12+22+……+n 2)−17(1+2+……+n)+30n =2×n(n +1)(2n +1)6−17×n(n +1)2+30n=4n 3−45n 2+131n6．可得n =2，3，4，5，S n 递减；n >5，S n 递增，∵ n ，m ∈N +，n >m ，S 1=15，S 2=19，S 5=S 6=5，S 7=14，S 8=36， S n −S m 的最小值为5−19=−14， 11.【答案】 B【考点】二面角的平面角及求法 【解析】正确作出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的体积． 【解答】如图所示，取BD 中点F ，连结AF 、CF ，则AF ⊥BD ，CF ⊥BD ，∴ ∠AFC 是二面角A −BD −C 的平面角， 过A 作AE ⊥平面BCD ，交CF 延长线于E ，∴ cos∠AFC =−13，cos∠AFE =13，AF ＝CF =√(2√3)2−(√3)2=3， ∴ AE ＝2√2，EF ＝1，设O 为球，过O 作OO′⊥CF ，交F 于O′，作OG ⊥AE ，交AE 于G ，设OO′＝x ，∵ O′B =23CF ＝2，O′F =13CF =1，∴ 由勾股定理得R 2＝O′B 2+OO ′2＝4+x 2＝OG 2+AG 2＝(1+1)2+(2√2−x)2， 解得x =√2，∴ R 2＝6，即R =√6，∴ 四面体的外接球的体积为V =43πR 3=43π×6√6=8√6π．12.【答案】 B【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】本题首先要对函数f(x)=e x −ln(x +3)进行求导，确定f′(x)在定义域上的单调性为单调递增函数，然后再利用当x ∈(a, b)时，利用f′(a)f′(b)<0确定导函数的极值点x 0∈(−1, −12)从而．得到x =x 0时是函数f(x)的最小值点． 【解答】因为函数f(x)=e x −ln(x +3)，定义域为(−3, +∞)，所以f′(x)=e x −1x+3， 易知导函数f′(x)在定义域(−3, +∞)上是单调递增函数， 又f′(−1)<0，f′(−12)>0，所以f′(x)=0在(−3, +∞)上有唯一的实根，不妨将其设为x 0，且x 0∈(−1, −12)， 则x =x 0为f(x)的最小值点，且f′(x 0)=0，即e x 0=1x 0+3，两边取以e 为底的对数，得x 0=−ln(x 0+3) 故f(x)≥f(x 0)=ex 0−ln(x 0+3)=1x+3−ln(x 0+3)=1x 0+3+x 0，因为x 0∈(−1, −12)，所以2<x 0+3<52，故f(x)≥f(x 0)=1x 0+3+(x 0+3)−3>2+12−3=−12，即对∀x ∈(−3, +∞)，都有f(x)>−12．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 【答案】 −π 【考点】函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 【解析】根据三角函数图象平移法则，结合函数的奇偶性求出φ的最大值． 【解答】函数f(x)=2sin(2x +φ)(φ<0)的图象向左平移π3个单位长度， 得f(x +π3)=2sin[2(x +π3)+φ]=2sin(2x +φ+2π3)的图象，∴ g(x)=2sin(2x +2π3+φ)；又g(x)是偶函数，∴ 2π3+φ=π2+kπ，k ∈Z ； ∴ φ=−π6+kπ，k ∈Z ； 又φ<0，∴ φ的最大值是−π6． 【答案】 2【考点】 二项式定理的应用 【解析】写出二项展开式的通项，由x 的指数为0求得r 值，可得ab =12，再由基本不等式求a +2b 的最小值． 【解答】(ax +bx )6展开式的通项为T r+1=C 6r ∗(ax)6−r ∗(bx )r =a 6−r ∗b r ∗C 6r∗x 6−2r ，由6−2r =0，得r =3．∴ a 3b 3∗C 63=52，即ab =12．∴ a +2b ≥2√2ab =2，当且仅当a =2b ，即a =1，b =12时，取“=”． ∴ a +2b 的最小值为2． 【答案】 (0, 1) 【考点】对数函数的图象与性质 【解析】利用单调性求解即可． 【解答】函数f(x)=log 2(4x +1)+mx ，当m >0时，可知f(x)时单调递增函数， 当x =0时，可得f(0)=1，那么不等式f(log 3x)<f(0)的解集， 即{x >0log 3x <0 ， 解得：0<x <1． 【答案】 3【考点】 抛物线的求解 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：方法一： 画出对应的图，设AB 与OP 的夹角为θ，则△ABQ 中AB 边上的高与△ABO 中AB 边上的高之比为PQsin θOPsin θ=PQOP ， ∴ S △ABQS△ABO =PQ OP =y Q −y P y P=y Q y P−1．设P (y 122p ,y 1)， 则直线OP:y =y 1y 122px ，即y =2p y 1x ，与y 2=8px 联立， 可得y Q =4y 1，从而得到面积比为4y1y 1−1=3．故答案为：3．方法二：记d(X,YZ)表示点X 到线段YZ 的距离， 则S △ABQS△ABO=d(Q,AB)d(O,AB)=|PQ||OP|，设|OQ||OP|=m ，P (x 0,y 0)， 则OQ →=mOP →，即Q (mx 0,my 0)．于是y 02=2px 0，(my 0)2=8pmx 0， 故m =4， 则|PQ||OP|=|OQ|−|OP||OP|=4−1=3，从而S △ABQS△ABO=3．故答案为：3．三、解答题（本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）【答案】∵在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=60∘，c=8点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=13BC，ANBM=2√3，∴设BM=x，则AN=2√3x，在△ABN中，由余弦定理得12x2=64+4x2−2×8×2xcos60∘，解得x=4（负值舍去），则BM=4，∴AM=√82+42−2×8×4×cos60∘=4√3．在△ABC中，由正弦定理得bsinB =csinC，∴sinC=csinBb =8×√3212=√33，又b=12>c，∴B>C，则C为锐角，∴cosC=√63，则sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=√32×√63+12×√33=3√2+√36，∴△ABC的面积S=12bcsinA=48×3√2+√36=24√2+8√3．【考点】三角形求面积【解析】（1）设BM=x，则AM=2√3x，由余弦定理求出BM=4，由此利用余弦定理能求出b．（2）由正弦定理得bsinB =csinC，从而sinC=√33，由b=12>c，得B>C，cosC=√63，从而sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=3√2+√36，由此能求出△ABC的面积．【解答】∵在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=60∘，c=8点M，N是线段BC的两个三等分点，BM=13BC，ANBM=2√3，∴设BM=x，则AN=2√3x，在△ABN中，由余弦定理得12x2=64+4x2−2×8×2xcos60∘，解得x=4（负值舍去），则BM=4，∴AM=√82+42−2×8×4×cos60∘=4√3．在△ABC中，由正弦定理得bsinB =csinC，∴sinC=csinBb =8×√3212=√33，又b=12>c，∴B>C，则C为锐角，∴cosC=√63，则sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=√32×√63+12×√33=3√2+√36，∴△ABC的面积S=12bcsinA=48×3√2+√36=24√2+8√3．【答案】因为AD ⊥DE ，DC ⊥DE ，AD 、CD ⊂平面ABCD ，且AD ∩CD =D ， 所以DE ⊥平面ABCD ．又DE ⊂平面EDCF ，故平面ABCD ⊥平面EDCF ． 由已知DC // EF ，所以DC // 平面ABFE ．又平面ABCD ∩平面ABFE =AB ，故AB // CD ． 所以四边形ABCD 为等腰梯形．又AD =DE ，所以AD =CD ，由题意得AD ⊥BD ， 令AD =1，如图，以D 为原点，以DA 为x 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ， 则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)， F(−12, √32, 1)，B(0, √3, 0)， ∴ FA →=(32, −√32, −1)，DB→=(0, √3, 0)，DF →=(−12, √32, 1)．设平面BDF 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗DB →=√3y =0n →∗DF →=−12x +√32y +z =0 ，取x =2，得n →=(2, 0, 1)， cos <FA →，n →>=FA →∗n→|FA →|∗|n →|=2×√5=√55． 设直线与平面BDF 所成的角为θ，则sinθ=√55．所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为√55．【考点】平面与平面垂直 直线与平面所成的角 【解析】（1）推导出AD ⊥DE ，DC ⊥DE ，从而DE ⊥平面ABCD ．由此能证明平面ABCD ⊥平面EDCF ．（2）以D 为原点，以DA 为x 轴，建立空间直角坐标系D −xyz ，利用向量法能求出直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值． 【解答】因为AD ⊥DE ，DC ⊥DE ，AD 、CD ⊂平面ABCD ，且AD ∩CD =D ， 所以DE ⊥平面ABCD ．又DE ⊂平面EDCF ，故平面ABCD ⊥平面EDCF ． 由已知DC // EF ，所以DC // 平面ABFE ．又平面ABCD ∩平面ABFE =AB ，故AB // CD ． 所以四边形ABCD 为等腰梯形．又AD =DE ，所以AD =CD ，由题意得AD ⊥BD ， 令AD =1，如图，以D 为原点，以DA 为x 轴， 建立空间直角坐标系D −xyz ， 则D(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)， F(−12, √32, 1)，B(0, √3, 0)， ∴ FA →=(32, −√32, −1)，DB →=(0, √3, 0)，DF →=(−12, √32, 1)．设平面BDF 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗DB →=√3y =0n →∗DF →=−12x +√32y +z =0，取x =2，得n →=(2, 0, 1)， cos <FA →，n →>=FA →∗n→|FA →|∗|n →|=2×5=√55． 设直线与平面BDF 所成的角为θ，则sinθ=√55．所以直线AF 与平面BDF 所成角的正弦值为√55．【答案】 解：（1）由题可知：a ×0.2+0.9a ×0.36+0.85a ×0.24+0.8a ×0.12+ 0.75a ×0.1+0.7a ×0.04=0.873a ．（2）购买单价不高于平均估计单价的概率为 0.24+0.12+0.1+0.04=0.5=12．Y 的所有可能取值为5000，10000，15000，20000． P(Y =5000)=12×34=38，P(Y=10000)=12×14+12×34×34=1332，P(Y=15000)=12×C21×14×34=316，P(Y=20000)=12×14×14=132．∴Y的分布列为E(Y)=5000×38+10000×1332+15000×316+20000×132=9375．【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）由题可知：a×0.2+0.9a×0.36+0.85a×0.24+0.8a×0.12+ 0.75a×0.1+0.7a×0.04=0.873a．（2）购买单价不高于平均估计单价的概率为0.24+0.12+0.1+0.04=0.5=12．Y的取值为5000，10000，15000，20000．P(Y=5000)=12×34=38，P(Y=10000)=12×14+12×34×34=1332，P(Y=15000)=12×C21×14×34=316，P(Y=20000)=12×14×14=132．∴Y的分布列为E(Y)=5000×38+10000×1332+15000×316+20000×132=9375．【答案】（1）解：因为抛物线C2:y2=8x的焦点(2, 0)，则c=2，b2=a2−c2=4，所以C1：x28+y24=1，设M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则{x 128+y 124=1,x 228+y 224=1, 两式相减得(x 1+x 2)(x 2−x 2)8+(y 1+y 2)(y 1−y 2)4=0，由MN 的中点为(1, 1)，所以x 1+x 2=2，y 1+y 2=2， 所以y 2−y 1x2−x 1=−12.显然,点(1,1)在椭圆内部,所以直线MN 的斜率为−12. （2）证明：由椭圆的右焦点F 2(2, 0)， 当直线AB 的斜率不存在或为0时，1m +1n =4√22√2=3√28. 当直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为y =k(x −2)(k ≠0)，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立{y =k(x −2)x 2+2y 2=8 ， 消去y 化简整理得(1+2k 2)x 2−8k 2x +8k 2−8=0， Δ=(−8k 2)2−4(1+2k 2)(8k 2−8)=32(k 2+1)>0， 所以x 1+x 2=8k 21+2k2，x 1x 2=8(k 2−1)1+2k 2，所以m =√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=4√2(1+k 2)1+2k 2， 同理可得n =4√2(1+k 2)k 2+2. 所以1m+1n =4√2(1+2k 21+k 2+k 2+21+k 2)=3√28，为定值. 【考点】 椭圆的定义 【解析】 此题暂无解析 【解答】（1）解：因为抛物线C 2:y 2=8x 的焦点(2, 0)，则c =2，b 2=a 2−c 2=4， 所以C 1：x 28+y 24=1，设M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则{x 128+y 124=1,x 228+y 224=1, 两式相减得(x 1+x 2)(x 2−x 2)8+(y 1+y 2)(y 1−y 2)4=0，由MN 的中点为(1, 1)，所以x 1+x 2=2，y 1+y 2=2， 所以y 2−y 1x2−x 1=−12.显然,点(1,1)在椭圆内部,所以直线MN 的斜率为−12. （2）证明：由椭圆的右焦点F 2(2, 0)， 当直线AB 的斜率不存在或为0时，1m +1n =4√22√2=3√28.当直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为y =k(x −2)(k ≠0)，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立{y =k(x −2)x 2+2y 2=8 ， 消去y 化简整理得(1+2k 2)x 2−8k 2x +8k 2−8=0， Δ=(−8k 2)2−4(1+2k 2)(8k 2−8)=32(k 2+1)>0， 所以x 1+x 2=8k 21+2k 2，x 1x 2=8(k 2−1)1+2k 2，所以m =√1+k 2√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=4√2(1+k 2)1+2k 2， 同理可得n =4√2(1+k 2)k 2+2. 所以1m +1n =4√2(1+2k 21+k 2+k 2+21+k 2)=3√28，为定值. 【答案】由f(0)=1+2f(0)，得f(0)=−1． 因为f′(x)=2e 2x −2e x −f′(0)，所以f′(0)=2−2−f′(0)，解得f′(0)=0． 所以f(x)=e 2x −2e x ，f′(x)=2e x (e x −1)，当x ∈(−∞, 0)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(−∞, 0)上单调递减； 当x ∈(0, +∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增． 令g(x)=af(x)−e x +x =ae 2x −(2a +1)e x +x ， 根据题意，当x ∈(0, +∞)时，g(x)<0恒成立． g′(x)=(2ae x −1)(e x −1)．①当0<a <12，x ∈(−ln2a, +∞)时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)在(−ln2a, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(−ln2a)，+∞)， 所以不符合题意；②当a ≥12，x ∈(0, +∞)时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(0)，+∞)，所以不符合题意； ③当a ≤0时，因为x ∈(0, +∞)，所有恒有g′(x)<0， 故g(x)在(0, +∞)上是减函数，于是“g(x)<0对任意x ∈(0, +∞)都成立”的充要条件是g(0)≤0， 即a −(2a +1)≤0，解得：a ≥−1，故−1≤a ≤0． 综上，a 的取值范围是[−1, 0]． 【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）求出函数的导数，计算f(0)，求出f′(0)的值，求出函数的单调区间即可；（2）令g(x)=af(x)−e x +x ，求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的最值，从而确定a 的范围即可． 【解答】由f(0)=1+2f(0)，得f(0)=−1． 因为f′(x)=2e 2x −2e x −f′(0)，所以f′(0)=2−2−f′(0)，解得f′(0)=0． 所以f(x)=e 2x −2e x ，f′(x)=2e x (e x −1)，当x ∈(−∞, 0)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(−∞, 0)上单调递减；当x∈(0, +∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0, +∞)上单调递增．令g(x)=af(x)−e x+x=ae2x−(2a+1)e x+x，根据题意，当x∈(0, +∞)时，g(x)<0恒成立．g′(x)=(2ae x−1)(e x−1)．①当0<a<12，x∈(−ln2a, +∞)时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)在(−ln2a, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(−ln2a)，+∞)，所以不符合题意；②当a≥12，x∈(0, +∞)时，g′(x)>0恒成立，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，且g(x)∈(g(0)，+∞)，所以不符合题意；③当a≤0时，因为x∈(0, +∞)，所有恒有g′(x)<0，故g(x)在(0, +∞)上是减函数，于是“g(x)<0对任意x∈(0, +∞)都成立”的充要条件是g(0)≤0，即a−(2a+1)≤0，解得：a≥−1，故−1≤a≤0．综上，a的取值范围是[−1, 0]．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]【答案】∵直线l的参数方程为{x=34+√3ty=a+√3t（t为参数），∴在直线l的参数方程中消去t可得直线l的普通方程为x−y−34+a=0，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入以上方程中，得到直线l的极坐标方程为ρcosθ−ρsinθ−34+a=0．∵圆C的标准方程为(x−3)2+(y−3)2=4，∴圆C的极坐标方程为ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0．在极坐标系中，由已知可设M(ρ1,π3)，A(ρ2,π3)，B(ρ3, π3)．联立{θ=π3ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0，得ρ2−(3+3√3)ρ+14=0，∴ρ2+ρ3=3+3√3．∵点M恰好为AB的中点，∴ρ1=3+3√32，即M(3+3√32, π3)．把M(3+3√32, π3)代入ρcosθ−ρsinθ−34+a=0，得3(1+√3)2×1−√32−34+a=0，解得a=94．【考点】参数方程与普通方程的互化【解析】（1）直线l的参数方程消去t可得直线l的普通方程，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，能求出直线l 的极坐标方程．由圆的标准方程能求出圆C 的极坐标方程．（2）设M(ρ1,π3)，A(ρ2,π3)，B(ρ3, π3)．联立{θ=π3ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0 ，得ρ2−(3+3√3)ρ+14=0，从而ρ2+ρ3=3+3√3，进而M(3+3√32, π3)．把M(3+3√32, π3)代入ρcosθ−ρsinθ−34+a =0，能求出a 的值．【解答】∵ 直线l 的参数方程为{x =34+√3t y =a +√3t（t 为参数），∴ 在直线l 的参数方程中消去t 可得直线l 的普通方程为x −y −34+a =0， 将x =ρcosθ，y =ρsinθ代入以上方程中，得到直线l 的极坐标方程为ρcosθ−ρsinθ−34+a =0． ∵ 圆C 的标准方程为(x −3)2+(y −3)2=4，∴ 圆C 的极坐标方程为ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0． 在极坐标系中，由已知可设M(ρ1,π3)，A(ρ2,π3)，B(ρ3, π3)． 联立{θ=π3ρ2−6ρcosθ−6ρsinθ+14=0 ，得ρ2−(3+3√3)ρ+14=0，∴ ρ2+ρ3=3+3√3． ∵ 点M 恰好为AB 的中点， ∴ ρ1=3+3√32，即M(3+3√32, π3)． 把M(3+3√32, π3)代入ρcosθ−ρsinθ−34+a =0，得3(1+√3)2×1−√32−34+a =0，解得a =94．[选修4-5：不等式选讲]【答案】当m =2，n =−1时，f(x)=|2x +3|−|2x −1|， 不等式f(x)<2等价于{x <−32−(2x +3)+(2x −1)<2或{−32≤x ≤12(2x +3)+(2x −1)<2或{x >12(2x +3)−(2x −1)<2，解得：x <−32或−32≤x <0，即x <0． 所以不等式f(x)<2的解集是(−∞, 0)．由题设可得，f(x)=|x +3|−|2x +n|={x +n −3,x <−33x +3+n,−3≤x ≤−n2−x +3−n,x >−n2 ，所以函数f(x)的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为：试卷第21页，总21页 A(−3+n 3, 0)，B(3−n, 0)，C(−n 2, 3−n 2)，所以三角形ABC 的面积为12(3−n +3+n 3)(3−n 2)=(6−n)26， 由(6−n)26>24，解得：n >18或n <−6．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）代入m ，n 的值，得到关于x 的不等式组，解出即可；（2）求出A ，B ，C 的坐标，表示出三角形的面积，得到关于n 的不等式，解出即可．【解答】当m =2，n =−1时，f(x)=|2x +3|−|2x −1|，不等式f(x)<2等价于{x <−32−(2x +3)+(2x −1)<2 或{−32≤x ≤12(2x +3)+(2x −1)<2 或{x >12(2x +3)−(2x −1)<2， 解得：x <−32或−32≤x <0，即x <0．所以不等式f(x)<2的解集是(−∞, 0)．由题设可得，f(x)=|x +3|−|2x +n|={x +n −3,x <−33x +3+n,−3≤x ≤−n 2−x +3−n,x >−n 2， 所以函数f(x)的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为：A(−3+n 3, 0)，B(3−n, 0)，C(−n 2, 3−n 2)，所以三角形ABC 的面积为12(3−n +3+n 3)(3−n 2)=(6−n)26， 由(6−n)26>24，解得：n >18或n <−6．。
2018年广东省省际名校(茂名市)高考数学二模试卷(理科)(解析版)
2018年广东省省际名校（茂名市）高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）已知集合，B＝{x|a＜x＜a+1}，若A∩B＝∅，则a 的取值范围是（）A．（﹣∞，3]B．（﹣∞，4]C．（3，4）D．[3，4]2．（5分）若，则＝（）A．B．C．D．3．（5分）设函数f（x）在R上为增函数，则下列结论一定正确的是（）A．y＝在R上为减函数B．y＝|f（x）|在R上为增函数C．y＝2﹣f（x）在R上为减函数D．y＝﹣[f（x）]3在R上为增函数4．（5分）投掷两枚质地均匀的正方体骰子，将两枚骰子向上点数之和记作S．在一次投掷中，已知S是奇数，则S＝9的概率是（）A．B．C．D．5．（5分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则＝（）A．2B．3C．6D．126．（5分）以（0，b）为圆心，a为半径的圆与双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线相离，则C的离心率的取值范围是（）A．（1，）B．（，+∞）C．（1，）D．（，+∞）7．（5分）S n是数列{a n}的前n项和，且对∀n∈N*都有2S n＝3a n+4，则S n＝（）A．2﹣2×3n B．4×3n C．﹣4×3n﹣1D．﹣2﹣2×3n﹣1 8．（5分）某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．9．（5分）执行如图所示的程序框图，与输出的值最接近的是（）A．B．C．D．10．（5分）《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理：“幂势既同，则积不异”，此即祖暅原理，其含义为：两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等．如图，设满足不等式组的点（x，y）组成的图形（图（1）中的阴影部分）绕y轴旋转180°，所得几何体的体积为V1；满足不等式组，的点（x，y）组成的图形（图（2）中的阴影部分）绕y轴旋转180°，所得几何体的体积为V2．利用祖暅原理，可得V1＝（）A．B．C．32πD．64π11．（5分）不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数X的数学期望是（）A．B．C．D．12．（5分）记函数f（x）＝sin2nx﹣cos nx在区间[0，π]内的零点个数为，则数列{a n}的前20项的和是（）A．430B．840C．1250D．1660二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）i是虚数单位，复数z满足（1+i）z＝1+3i，则|z2|＝．14．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的所有取值的集合是．15．（5分）以坐标原点O为圆心的圆与抛物线及其准线y2＝4x分别交于点A，B和C，D，若|AB|＝|CD|，则圆O的方程是．16．（5分）若对任意的x＞0，不等式x2﹣2（m2+m+1）lnx≥1恒成立，则m＝．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin A＝2sin C，2b＝3c．（1）cos C；（2）若∠B的平分线交AC于点D，且△ABC的面积为，求BD的长．18．（12分）某高三理科班共有60名同学参加某次考试，从中随机挑选出5名同学，他们的数学成绩x与物理成绩y如下表：数据表明y与x之间有较强的线性关系．（1）求y关于x的线性回归方程；（2）该班一名同学的数学成绩为110分，利用（1）中的回归方程，估计该同学的物理成绩；（3）本次考试中，规定数学成绩达到125分为优秀，物理成绩达到100分为优秀．若该班数学优秀率与物理优秀率分别为50%和60%，且除去抽走的5名同学外，剩下的同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有5人．能否在犯错误概率不超过0.01的前提下认为数学优秀与物理优秀有关？参考数据：回归直线的系数，．，P（K2≥6.635）＝0.01，P（K2≥10.828）＝0.01．19．（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，且∠A1AB＝∠A1AD．（1）证明：四边形BB1D1D为矩形；（2）若AB＝A1A，∠BAD＝60°，A1A与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A1﹣BB1﹣D的余弦值．20．（12分）设椭圆的离心率为，以椭圆四个顶点为顶点的四边形的面积为．（1）求E的方程；（2）过E的左焦点F1作直线l1与E交于A，B两点，过右焦点F2作直线l2与E交于C，D两点，且l1∥l2，以A，B，C，D为顶点的四边形的面积，求l1与l2的方程．21．（12分）已知f（x）＝lnx﹣ax+a，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若有三个不同的零点，求a的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t 为参数）．（1）若，求l的普通方程和C的直角坐标方程；（2）若l与C有两个不同的交点A，B，且P（2，1）为AB的中点，求|AB|．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+1|+|x﹣1|．（1）求函数f（x）的最小值a；（2）根据（1）中的结论，若m3+n3＝a，且m＞0，n＞0，求证：m+n≤2．2018年广东省省际名校（茂名市）高考数学二模试卷（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）已知集合，B＝{x|a＜x＜a+1}，若A∩B＝∅，则a 的取值范围是（）A．（﹣∞，3]B．（﹣∞，4]C．（3，4）D．[3，4]【解答】解：集合＝{x|x2﹣8x+15＞0}＝{x|x＜3或x＞5}，B＝{x|a＜x＜a+1}；若A∩B＝∅，则3≤a且a+1≤5，解得3≤a≤4，∴a的取值范围为[3，4]．故选：D．2．（5分）若，则＝（）A．B．C．D．【解答】解：若，则＝﹣cos（）＝﹣．故选：D．3．（5分）设函数f（x）在R上为增函数，则下列结论一定正确的是（）A．y＝在R上为减函数B．y＝|f（x）|在R上为增函数C．y＝2﹣f（x）在R上为减函数D．y＝﹣[f（x）]3在R上为增函数【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，对于函数f（x）＝x，y＝＝，在R上不是减函数，A错误；对于B，对于函数f（x）＝x，y＝|f（x）|＝|x|，在R上不是减函数，B错误；对于C，令t＝f（x），则y＝2﹣f（x）＝（）f（x）＝（）t，t＝f（x）在R上为增函数，y＝（）t在R上为减函数，则y＝2﹣f（x）在R上为减函数，C正确；对于D，对于函数f（x）＝x，y＝﹣[f（x）]3＝﹣x3，在R上是减函数，D错误；故选：C．4．（5分）投掷两枚质地均匀的正方体骰子，将两枚骰子向上点数之和记作S．在一次投掷中，已知S是奇数，则S＝9的概率是（）A．B．C．D．【解答】投掷两枚质地均匀的正方体骰子，将两枚骰子向上点数之和记作S．在一次投掷中，S是奇数，基本事件有18个，分别为：（1，2），（2，1），（1，4），（4，1），（1，6），（6，1），（2，3），（3，2），（2，5），（5，2），（3，4），（4，3），（3，5），（5，3），（6，3），（3，6），（4，5），（5，4），S＝9包含的基本事件有4个，分别为：（4，5），（5，4），（3，6），（6，3），∴S＝9的概率是p＝＝．故选：B．5．（5分）如图，正六边形ABCDEF的边长为2，则＝（）A．2B．3C．6D．12【解答】解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，∴AC＝AE＝CE＝2，，∠CAE＝60°，∴＝＝2×2×cos60°＝6．故选：C．6．（5分）以（0，b）为圆心，a为半径的圆与双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线相离，则C的离心率的取值范围是（）A．（1，）B．（，+∞）C．（1，）D．（，+∞）【解答】解：双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线：by＝±ax，以（0，b）为圆心，a为半径的圆与双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的渐近线相离，可得：，可得：c2﹣a2＞ac，可得e2﹣e﹣1＞0，e＞1，解得：e．故选：B．7．（5分）S n是数列{a n}的前n项和，且对∀n∈N*都有2S n＝3a n+4，则S n＝（）A．2﹣2×3n B．4×3n C．﹣4×3n﹣1D．﹣2﹣2×3n﹣1【解答】解：∵2S n＝3a n+4，则2S n＝3（S n﹣S n﹣1）+4，变形为：S n﹣2＝3（S n﹣1﹣2），n＝1时，2S1＝3S1+4，解得S1＝﹣4，S1﹣2＝﹣6．∴数列{S n﹣2}是等比数列，首项为﹣6，公比为3．∴S n﹣2＝﹣6×3n﹣1，可得：S n＝2﹣2×3n．故选：A．8．（5分）某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：S﹣ABC，是正方体的一部分，是三棱锥，正方体的棱长为：4，几何体是体积为：V＝＝．故选：A．9．（5分）执行如图所示的程序框图，与输出的值最接近的是（）A．B．C．D．【解答】解：由已知可得：i用来统计随机产生的n个点（x，y）中满足x2+y2＜1的点的个数，其中x，y∈（0，1），故≈，故选：C．10．（5分）《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理：“幂势既同，则积不异”，此即祖暅原理，其含义为：两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等．如图，设满足不等式组的点（x，y）组成的图形（图（1）中的阴影部分）绕y轴旋转180°，所得几何体的体积为V1；满足不等式组，的点（x，y）组成的图形（图（2）中的阴影部分）绕y轴旋转180°，所得几何体的体积为V2．利用祖暅原理，可得V1＝（）A．B．C．32πD．64π【解答】解：用任意一个与y轴垂直的平面去截这两个旋转体，设截面与原点的距离为h，所得截面面积分别为S1，S2，把y＝h代入x2﹣4y＝0可得x＝±2．∴S1＝16π﹣4hπ，把y＝h代入x2+y2＝16可得x＝±，把y＝h代入x2+（y﹣2）2＝4可得x＝±＝，∴S2＝π（16﹣h2）﹣π（4h﹣h2）＝16π﹣4πh，∴S1＝S2，由祖暅原理可知V1＝V2＝﹣＝32π．故选：C．11．（5分）不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数X的数学期望是（）A．B．C．D．【解答】解：不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数X的可能取值为2，3，4，5，6，7，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝+＝，P（X＝4）＝++＝，P（X＝5）＝+++＝，P（X＝6）＝++++＝，P（X＝7）＝×1+×1+×1+×1+×1+＝，∴摸取次数X的数学期望：E（X）＝+6×＝．故选：D．12．（5分）记函数f（x）＝sin2nx﹣cos nx在区间[0，π]内的零点个数为，则数列{a n}的前20项的和是（）A．430B．840C．1250D．1660【解答】解：设f（x）＝0，可得：sin2nx＝cos nx，即2sin nx cos nx＝cos nx，即cos nx＝0或sin nx＝，可得nx＝kπ+，k∈Z；nx＝2lπ+或nx＝2lπ+，l∈Z，由于x∈[0，π]，当n＝1时，a1＝1+2＝3；当n＝2时，a2＝2+2＝4；当n＝3时，a3＝3+4＝7；当n＝4时，a4＝4+4＝8；当n＝5时，a5＝5+6＝11；当n＝6时，a6＝6+6＝12；…，可得数列{a n}的前20项的和为（1+2+3+4+...+20）+（2+4+6+8+...+20）+（2+4+6+8+ (20)＝×20×21+×10×22×2＝210+220＝430．故选：A．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）i是虚数单位，复数z满足（1+i）z＝1+3i，则|z2|＝5．【解答】解：由（1+i）z＝1+3i，得z＝，∴|z2|＝．故答案为：5．14．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的所有取值的集合是{﹣2，﹣1，1，2}．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，可行域为点（0，1），（1，1），（1，0），（2，0），当直线z＝x﹣2y分别过上述四个点时，z对应的值分别为﹣2，﹣1，1，2，∴z＝x﹣2y的所有取值的集合是：{﹣2，﹣1，1，2}．故答案为：{﹣2，﹣1，1，2}．15．（5分）以坐标原点O为圆心的圆与抛物线及其准线y2＝4x分别交于点A，B和C，D，若|AB|＝|CD|，则圆O的方程是x2+y2＝5．【解答】解：设圆O的方程为x2+y2＝r2，（r＞0），y2＝4x的准线方程为x＝﹣1，代入圆O方程可得y2＝r2﹣1，则弦长为|CD|＝2，由抛物线和圆的对称性可得设AB：x＝t（t＞0），代入圆的方程可得y2＝r2﹣t2，可得|AB|＝2，由|AB|＝|CD|，解得t＝1，将x＝1代入抛物线方程可得y2＝4，解得y＝±2，则弦长为4，解得r＝，则圆O的方程为x2+y2＝5，故答案为：x2+y2＝5．16．（5分）若对任意的x＞0，不等式x2﹣2（m2+m+1）lnx≥1恒成立，则m＝0或﹣1．【解答】解：设m2+m+1＝t，令f（x）＝x2﹣2tlnx﹣1，则f′（x）＝2x﹣．当t＜0时，f′（x）＞0，则f（x）在定义域内单调递增，不存在最值，对任意的x＞0，不等式不恒成立．当t＞0时，f′（x）＝0，可得x＝，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，可得当x＝取得最小值为t﹣tlnt，即t﹣tlnt≥1．令g（t）＝t﹣tlnt﹣1．（t＞0）则g′（t）＝﹣lnt，令g′（t）＝﹣lnt＝0，可得t＝1．当0＜t＜1时，f′（t）＞0，则f（t）在（0，1）单调递增；当t＞1时，f′（t）＜0，则f（t）在（1，+∞）单调递减；当t＝1取得最大值为1．要使即t﹣tlnt≥1成立，则t＝1，即m2+m+1＝1，解得m＝0或m＝﹣1，故答案为：0或﹣1三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin A＝2sin C，2b＝3c．（1）cos C；（2）若∠B的平分线交AC于点D，且△ABC的面积为，求BD的长．【解答】解：（1）∵sin A＝2sin C，∴a＝2c．又∵2b＝3c．∴．（2）由，可得：．设△ABC的面积为S，∴，∴c2＝4，c＝2．则a＝4，b＝3．∵BD为∠B的平分线，∴，∴CD＝2AD．又CD+AD＝3．∴CD＝2，AD＝1．在△BCD中，由余弦定理可得：，∴．18．（12分）某高三理科班共有60名同学参加某次考试，从中随机挑选出5名同学，他们的数学成绩x与物理成绩y如下表：数据表明y与x之间有较强的线性关系．（1）求y关于x的线性回归方程；（2）该班一名同学的数学成绩为110分，利用（1）中的回归方程，估计该同学的物理成绩；（3）本次考试中，规定数学成绩达到125分为优秀，物理成绩达到100分为优秀．若该班数学优秀率与物理优秀率分别为50%和60%，且除去抽走的5名同学外，剩下的同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有5人．能否在犯错误概率不超过0.01的前提下认为数学优秀与物理优秀有关？参考数据：回归直线的系数，．，P（K2≥6.635）＝0.01，P（K2≥10.828）＝0.01．【解答】解：（1）由题意可知，故＝.，故回归方程为．（2）将x＝110代入上述方程，得．（3）由题意可知，该班数学优秀人数及物理优秀人数分别为30，36．抽出的5人中，数学优秀但物理不优秀的共1人，故全班数学优秀但物理不优秀的人共6人．于是可以得到2×2列联表为：于是，因此在犯错误概率不超过0.01的前提下，可以认为数学优秀与物理优秀有关．19．（12分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为菱形，且∠A1AB＝∠A1AD．（1）证明：四边形BB1D1D为矩形；（2）若AB＝A1A，∠BAD＝60°，A1A与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A1﹣BB1﹣D的余弦值．【解答】（1）证明：连接AC，设AC∩BD＝O，连接A1B，A1D，A1O．∵∠A1AB＝∠A1AD，AB＝AD，∴A1B＝A1D．又O为BD的中点，∴AO⊥BD，A1O⊥BD．∴BD⊥平面A1ACC1，∴BD⊥AA1．∵BB1∥AA1，∴BD⊥BB1．又四边形BB1D1D是平行四边形，则四边形BB1D1D为矩形．（2）解：过点A1作A1E⊥平面ABCD，垂足为E，由已知可得点E在AC上，∴∠A1AC＝30°．设AB＝A1A＝1，则．在菱形ABCD中，AB＝AD＝1，∠BAD＝60°，∴．∴点E与点O重合，则A1O⊥平面ABCD．以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz．则．∴．设平面A1BB1的法向量为，则，∴即取x＝1，可得为平面A1BB1的一个法向量．同理可得平面BB1D的一个法向量为．∵．所以二面角A1﹣BB1﹣D的余弦值为．20．（12分）设椭圆的离心率为，以椭圆四个顶点为顶点的四边形的面积为．（1）求E的方程；（2）过E的左焦点F1作直线l1与E交于A，B两点，过右焦点F2作直线l2与E交于C，D两点，且l1∥l2，以A，B，C，D为顶点的四边形的面积，求l1与l2的方程．【解答】解：（1）由已知得，解得，∴椭圆E的方程为．（2）设l2：x＝my+1，代入得（m2+2）y2+2my﹣1＝0，设C（x1，y1），D（x2，y2），则.．设l1的方程为x＝my﹣1，则AB与CD之间的距离为．由对称性可知，四边形为平行四边形，∴．令，则m2+2＝t2+1，∴，即，解得或（舍），∴m＝±1．故所求方程为l1：x﹣y+1＝0，l2：x﹣y﹣1＝0或l1：x+y+1＝0，l2：x+y﹣1＝0．21．（12分）已知f（x）＝lnx﹣ax+a，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若有三个不同的零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）由已知f（x）的定乂域为（0，+∞），又，当a≤0时，f'（x）＞0恒成立；当a＞0时，令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数；当a＞0时，f（x）在上为增函数，在上为减函数．（2）由题意，则，当a≤1时，∵，∴g（x）在（0，+∞）上为增函数，不符合题意．当a＞1时，，令φ（x）＝x2﹣（1+a）x+1，则△＝（1+a）2﹣4＝（a+3）（a﹣1）＞0．令φ（x）＝0的两根分别为x1，x2且x1＜x2，则∵x1+x2＝1+a＞0，x1•x2＝1＞0，∴0＜x1＜1＜x2，当x∈（0，x1）时，φ（x）＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（0，x1）上为增函数；当x∈（x1，x2）时，φ（x）＜0，∴g'（x）＜0，∴g（x）在（x1，x2）上为减函数；当x∈（x2，+∞）时，φ（x）＞0，∴g'（x）＞0，∴g（x）在（x2，+∞）上为增函数．∵g（1）＝0，∴g（x）在（x1，x2）上只有一个零点1，且g（x1）＞0，g（x2）＜0．∴＝＝．∵，又当x∈[x1，1）时，g（x）＞0．∴∴g（x）在（0，x1）上必有一个零点．∴．∵2a+2＞1，又当x∈（1，x2]时，g（x）＜0，∴2a+2＞x2．∴g（x）在（x2，+∞）上必有一个零点．综上所述，故a的取值范围为（1，+∞）．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t 为参数）．（1）若，求l的普通方程和C的直角坐标方程；（2）若l与C有两个不同的交点A，B，且P（2，1）为AB的中点，求|AB|．【解答】解：（1）直线l的参数方程为（t为参数）．转换为直角坐标方程为：x+y﹣3＝0，曲线C的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为y2＝2x．（2）把代入抛物线方程y2＝2x得t2sin2α+2t（sinα﹣cosα）﹣3＝0（*），设A，B所对应的参数为t1，t2，则．∵P（2，1）为AB的中点，∴P点所对应的参数为，∴sinα﹣cosα＝0，即．则（*）变为，此时，∴．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+1|+|x﹣1|．（1）求函数f（x）的最小值a；（2）根据（1）中的结论，若m3+n3＝a，且m＞0，n＞0，求证：m+n≤2．【解答】（1）解：f（x）＝|x+1|+|x﹣1|≥|x+1﹣（x﹣1）|＝2，当且仅当﹣1≤x≤1时取等号，所以f（x）min＝2，即a＝2．（2）证明：假设：m+n＞2，则m＞2﹣n，m3＞（2﹣n）3．所以m3+n3＞（2﹣n）3+n3＝2+6（1﹣n）2≥2．①由（1）知a＝2，所以m3+n3＝2．②①与②矛盾，所以m+n≤2．。
2018年广东省高考数学二模试卷(文科)(解析版)
3． （5 分）已知 x∈R，集合 A＝{0，1，2，4，5}，集合 B＝{x﹣2，x，x+2}，若 A∩B＝{0， 2}，则 x＝（ A．﹣2 ） B．0 C．1 D．2
4． （5 分）空气质量指数（简称：AQI）是定量描述空气质量状况的无量纲指数，空气质量 按照 AQI 大小分为六级：[0，50）为优，[50，100）为良，[100，150）为轻度污染，[150， 200）为中度污染，[200，250）为重度污染，[250，300）为严重污染，下面记录了北京 市 22 天的空气质量指数，根据图表，下列结论错误的是（ ）
线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的方程为（ A． ＝1
B．
C．
＝1
D．
＝1 或
＝1 ）
8． （5 分）已知某几何体的三视图如图所示
B．6π+6
C．8π+12
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D．6π+12
9． （5 分）在印度有一个古老的传说：舍罕王打算奖赏国际象棋的发明人﹣﹣宰相宰相西萨 •班•达依尔． 国王问他想要什么， 他对国王说： “陛下， 请您在这张棋盘的第 1 个小格里， 赏给我 1 粒麦子，在第 2 个小格里给 2 粒，第 3 小格给 4 粒，以后每一小格都比前一小 格加一倍．请您把这样摆满棋盘上所有的 64 格的麦粒，都赏给您的仆人吧！ ”国王觉得 这要求太容易满足了， 就命令给他这些麦粒． 当人们把一袋一袋的麦子搬来开始计数时， 国王才发现：就是把全印度甚至全世界的麦粒全拿来，也满足不了那位宰相的要求．那 么，宰相要求得到的麦粒到底有多少粒？下面是四位同学为了计算上面这个问题而设计 的程序框图，其中正确的是（ ）
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落在阴影区域内的概率为（
广东省省际名校(茂名市)2018届高三下学期联考(二)数学(理)试题(含参考答案)
广东省省际名校（茂名市）2018届高三下学期联考（二）数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】由题意可得：，又，，∴,∴故选：D2.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵，∴故选：D3.设函数在上为增函数，则下列结论一定正确的是（）A. 在上为减函数B. 在上为增函数C. 在上为减函数D. 在上为增函数【答案】C【解析】A错，比如在上为增函数，但在上不具有单调性；B错，比如在上为增函数，但在上增函数，在上为减函数；D错，比如在上为增函数，但在上为减函数；故选：C4.投掷两枚质地均匀的正方体散子，将两枚散子向上点数之和记作.在一次投掷中，已知是奇数，则的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设两枚骰子向上点数分别为X，Y，则符合X+Y为奇数的基本事件为18（见表格），其中符合X+Y=9基本事件为4，根据古典概型知所求概率为故选：B5.如图，正六边形的边长为2，则（）A. 2B. 3C. 6D. 12【答案】C【解析】，.故选：C6.以为圆心，为半径的圆与双曲线的渐近线相离，则的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由条件可得，，∴，即，∴故选：B点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.7.是数列的前项和，且对都有，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，可知，两式相减，得，整理得由可得，则故选：A8.某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】该几何体是如图所示的四面体ABCD，其体积为故答案为：A点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．9.执行如图所示的程序框图，与输出的值最接近的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】随机数x，y的取值范围分别是共产生n个这样的随机数对.数值i表示这些随机数对中满足关系的个数..故选：C10.《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理:“幂势既同，则积不异”，此即祖暅原理，其含义为:两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.如图，设满足不等式组的点组成的图形（图（1）中的阴影部分)绕轴旋转，所得几何体的体积为；满足不等式组的点组成的图形（图（2）中的阴影部分)绕轴旋转，所得几何体的体积为.利用祖暅原理，可得（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由条件可得，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点的距离为h，则所得截面,所以，由祖庚原理可得又，所以故选：C11.不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出小球，直到取出所有红球为止，则摸取次数的数学期望是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，第次取出额必然是红球，而前k-1次中，有且只有1次取出的是红球，其余次数取出的皆为黑球，故，于是得到X的分布列为故故选：D12.记函数在区间内的零点个数为，则数列的前20项的和是（）A. 430B. 840C. 1250D. 1660【答案】A【解析】令，得①或②由①得，令，得，故①共有n个解，由②得，令，得③，令，得④当n为偶数时，③有个解，④有个解，故②有n个解，故当n为奇数时，③有个解，④有个解，故②有n+1个解，故令故故选：A点睛：函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.是虚数单位，复数满足，则__________．【答案】5【解析】由题意可得：∴∴故答案为：5点睛：复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可；复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．14.若实数满足约束条件则的所有取值的集合是__________．【答案】【解析】由约束条件可知，满足条件的点为，所以z可以取得值为故答案为：15.以坐标原点为圆心的圆与抛物线及其准线分别交于点和，若，则圆的方程是__________．【答案】【解析】设，圆O半径为r，则∵，∴A或B的坐标为，∴∴，解得，∴圆O的方程为：故答案为：16.若对任意的，不等式恒成立，则__________．【答案】0或【解析】设，则，由已知可得：对恒成立，令，，则可知：在上单调递减，在上单调递增，若，则，令，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，又，∴∴，即t=1，所以则故答案为：0或三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知的内角所对的边分别为，.（1）；（2）若的平分线交于点，且的面积为，求的长.【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）由，又，利用余弦定理得到；（2）由可得. 设的面积为，，解得，，再由内角平分线定理得到，在中,由余弦定理可得结果.试题解析：（1）因为，所以.于是，.（2）由可得.设的面积为，∴，∴.则.∵为的平分线，∴，∴.又.∴.在中,由余弦定理可得，∴.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18.某高三理科班共有60名同学参加某次考试，从中随机挑选出5名同学，他们的数学成绩与物理成绩如下表：数据表明与之间有较强的线性关系.（1）求关于的线性回归方程；（2）该班一名同学的数学成绩为110分，利用（1）中的回归方程，估计该同学的物理成绩；（3）本次考试中，规定数学成绩达到125分为优秀，物理成绩达到100分为优秀.若该班数学优秀率与物理优秀率分别为和，且除去抽走的5名同学外，剩下的同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有5人.能否在犯错误概率不超过0.01的前提下认为数学优秀与物理优秀有关？参考数据:回归直线的系数，.，.【答案】（1）（2）82（3）可以认为【解析】试题分析：(1)由表格得到，进而得到，，从而得到关于的线性回归方程；(2)将代入上述方程，得；（3）列出2×2列联表，求出，从而作出判断.试题解析：（1）由题意可知，故.，故回归方程为.（2）将代入上述方程，得.（3）由题意可知，该班数学优秀人数及物理优秀人数分别为30,36.抽出的5人中，数学优秀但物理不优秀的共1人，故全班数学优秀但物理不优秀的人共6人.于是可以得到列联表为：于是，因此在犯错误概率不超过0.01的前提下，可以认为数学优秀与物理优秀有关.点睛：本题主要考查线性回归方程，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.19.如图，四棱柱的底面为菱形，且.（1）证明：四边形为矩形；（2）若，与平面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析：(1)由四棱柱性质可知四边形为平行四边形，连接，设，连接.，易证∴平面，∴.∵，∴；(2)过点作平面，垂足为，由已知可得点在上，证明点与点重合，则平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，代入公式计算即可.试题解析：（1）证明:连接，设，连接.∵，∴.又为的中点，∴..∴平面，∴.∵，∴.又四边形是平行四边形，则四边形为矩形.（2）解:过点作平面，垂足为，由已知可得点在上，∴.设，则.在菱形中，，∴.∴点与点重合，则平面.以为坐标原点，建立空间直角坐标系.则.∴.设平面的法向量为，则,∴即取，可得为平面的一个法向量.同理可得平面的一个法向量为。
2018年的广东省茂名市化州市高考数学二模试卷(理科)
2018 年广东省茂名市化州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每题5分，满分60分）1．（5 分）若会合A={ 0，1}，B={ y| y=2x，x∈A} ，则（?R A）∩B=（）A．{ 0} B．{ 2} C．{ 2，4} D．{ 0，1，2}2．（5 分）已知=b+i（a，b∈R），此中i为虚数单位，则a﹣b=（）A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣33．（5 分）如图，正方形ABCD内的图形来自宝马汽车车标的里面部分，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分对于正方形对边中点连线成轴对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A．B．C．D．4．（5 分）已知=（2sin13 ，°2sin77 ）°，|﹣| =1，与﹣的夹角为，则? =（）A．2 B．3 C．4 D．55．（5 分）已知双曲线﹣=1 的一个焦点在直线x+y=5 上，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x6．（5 分）一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积的是（）第1页（共24页）A．7 B．C．D．7．（5 分）公元263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无穷增添时，多边形面积可无穷迫近圆的面积，并创办了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽获取了圆周率精准到小数点后两位的近似值，这就是有名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n 的值为（参照数据：sin15 =°，sin7.5 =°）（）A．16 B．20 C．24 D．488．（5 分）在平面直角坐标系xoy中，已知点A（2，3），B（3，2），C（1，1），点P（x，y）在△ABC 三边围成的地区（含界限）内，设=m﹣n （m，n∈R），则2m+n 的最大值为（）A．﹣1 B．1 C．2 D．39．（5 分）已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如下图，且f（α）=1，α∈（0，），则cos（2 ）=（）第2页（共24页）A．B．C．﹣D．10．（5 分）已知有穷数列{ a n}中，n=1，2，3，⋯，729．且a n=（2n﹣1）?（﹣1）n+1．从数列{a n} 中挨次拿出a2，a5，a14，⋯．组成新数列{b n}，简单发现数列{ b n}是以﹣3为首项，﹣3为公比的等比数列．记数列{ a n} 的全部项的和为S，数列{ b n} 的全部项的和为T，则（）A．S＞T B．S=TC．S＜TD．S与T 的大小关系不确立11．（5 分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为1，中心为O，= ，= ，则四周体OEBF的体积为（）A．B．C．D．12．（5 分）已知f（x）是定义域为（0，+∞）的单一函数，若对随意的x∈（0，+∞），都有，且方程| f（x）﹣3| =a 在区间（0，3] 上有两解，则实数a的取值范围是（）A．0＜a≤1 B．a＜1 C．0＜a＜1 D．a≥1二、填空题（共4小题，每题5分，满分20分）13．（5 分）已知S n为数列{ a n} 的前n项和，且log2（S n+1）=n+1，则数列{ a n}的通项公式为．第3页（共24页）7的睁开式中，是第项的二项式系数，第3项14．（5分）在（1+2x）的系数是．x﹣mx+1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y=ex15．（5分）已知函数f（x）=e垂直的切线，则实数m的取值范围为．16．（5分）已知椭圆与直线，，过椭圆上一点P作l1，l2的平行线，分别交l1，l2于M，N两点．若|MN|为定值，则的值是．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）设△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积2+b2﹣c2．S知足4S=a（1）求角C的值；（2）求sinB﹣cosA的取值范围．18．（12分）如图，在矩形ABCD中，CD=2，BC=1，E，F是平面ABCD同一侧两点，EA∥F C，AE⊥A B，EA=2，DE=，FC=1．（1）证明：平面CDF⊥平面ADE；（2）求二面角E﹣BD﹣F的正弦值．19．（12分）中石化公司获取了某地深海油田块的开采权，公司在该地域随机初步勘探了部分几口井，获得了地质资料．进入全面勘探期间后，公司按网络点米部署井位进行全面勘探．因为勘探一口井的花费很高，假如新设计的井位与原有井位重合或靠近，便利用旧井的地质资料，不用打这口新井，以节俭勘探花费，勘探早期数据资料见下表：第4页（共24页）井号I 1 2 3 4 5 6坐标（x，y）（km）（2，30）（4，40）（5，60）（6，50）（8，70）（1，y）钻探深度（km）2 4 5 6 8 10出油量（L）40 70 110 90 160 205（Ⅰ）1～6 号旧井地点线性散布，借助前5组数据求得回归直线方程为y=6.5x+a，求a，并预计y 的预告值；（Ⅱ）现准备勘探新井7（1，25），若经过1、3、5、7 号井计算出的，的值（，精准到）与（I）中b，a 的值差不超出10%，则使用地点最靠近的已有旧井6（1，y），不然在新地点翻开，请判断能否使用旧井？（参照公式和计算结果：= ，=﹣，=94，=945）（Ⅲ）设出油量与勘探深度的比值k 不低于20 的勘探井称为优良井，那么在原有6 口井中随意勘探4 口井，求勘探优良井数X的散布列与数学希望．20．（12 分）已知椭圆C：+ =1（a＞b＞0）的焦距为2 ，设右焦点为F，过原点O的直线l 与椭圆C交于A，B两点，线段AF的中点为M，线段BF的中点为N，且? = ．（1）求弦AB的长；（2）当直线l 的斜率k= ，且直线l ∥′l时，l ′交椭圆于P，Q，若点A 在第一象限，求证：直线AP，AQ与x轴围成一个等腰三角形．2﹣4tx﹣1=0（t∈R）的两个不等实根，函数f21．（12 分）已知α，β是方程4x（x）= 的定义域为[ α，β]（1）当t=0时，求函数f（x）的最值（2）试判断函数f（x）在区间[ α，β] 的单一性（3）设g（t）=（f x）max﹣（f x）min，试证明：对于α，β，γ∈（0，），若sin α+sin β+sin γ=，1第5页（共24页）则++＜（参照公式：≥（a，b，c＞0），当且仅当a=b=c时等号成立）请考生在22,23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做第一题计分[选修4—4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴成立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=asinθ（a≠0）．（Ⅰ）求圆C的直角坐标系方程与直线l的一般方程；（Ⅱ）设直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍，求a的值．[选修4-5：不等式证明]23．已知函数f（x）=|x+1|，g（x）=2|x|+a（1）当a=0时，求不等式f（x）≥g（x）的解集（2）若存在实数x，使得g（x）≤f（x）成立，务实数a的取值范围．第6页（共24页）2018年广东省茂名市化州市高考数学二模试卷（理科）参照答案与试题分析一、选择题（共12小题，每题5分，满分60分）1．（5 分）若会合A={ 0，1}，B={ y| y=2x，x∈A} ，则（?R A）∩B=（）A．{ 0} B．{ 2} C．{ 2，4} D．{ 0，1，2}【解答】解：依据题意，会合A={ 0，1} ，则B={ y| y=2x，x∈A} ={ 0，2} ，则（?R A）∩B={ 2} ；应选：B．2．（5 分）已知=b+i（a，b∈R），此中i为虚数单位，则a﹣b=（）A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣3【解答】解：由= ，得a=﹣1，b=2，∴a﹣b=﹣1﹣2=﹣3．应选：D．3．（5 分）如图，正方形ABCD内的图形来自宝马汽车车标的里面部分，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分对于正方形对边中点连线成轴对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A．B．C．D．第7页（共24页）【解答】解：设正方形边长为2，则正方形面积为4，正方形内切圆中的黑色部分的面积S= ．∴在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是P= ．应选：C．4．（5 分）已知=（2sin13 ，°2sin77 ）°，| ﹣| =1，与﹣的夹角为，则? = （）A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：=（2sin13 °，2sin77 °）=（2sin13 °，2cos13°），| | =2，| ﹣| =1，与﹣的夹角为，因此= = ﹣，1=4﹣，∴? =3，应选：B．5．（5 分）已知双曲线﹣=1 的一个焦点在直线x+y=5 上，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±x B．y=±x C．y=±x D．y=±x【解答】解：依据题意，双曲线的方程为﹣=1，则其焦点在x 轴上，直线x+y=5 与x 轴交点的坐标为（5，0），则双曲线的焦点坐标为（5，0），则有9+m=25，解可得，m=16，则双曲线的方程为：﹣=1，第8页（共24页）其渐近线方程为：y=±x，应选：B．6．（5 分）一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积的是（）A．7 B．C．D．【解答】解：由三视图可知该几何体的直观图是正方体去掉一个三棱锥，正方体的边长为2，三棱锥的三个侧棱长为1，则该几何体的体积V= =8﹣= ，应选：D7．（5 分）公元263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无穷增添时，多边形面积可无穷迫近圆的面积，并创办了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽获取了圆周率精准到小数点后两位的近似值，这就是有名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n 的值为（参照数据：sin15 =°，sin7.5 =°）（）第9页（共24页）A．16 B．20 C．24 D．48【解答】解：模拟履行程序，可得：n=6，S=3sin60=°，不知足条件S≥，n=12，S=6×sin30 =°3，不知足条件S≥，n=24，S=12×sin15 =°1 2×，知足条件S≥，退出循环，输出n 的值为24．应选：C．8．（5 分）在平面直角坐标系xoy中，已知点A（2，3），B（3，2），C（1，1），点P（x，y）在△ABC 三边围成的地区（含界限）内，设=m﹣n （m，n∈R），则2m+n 的最大值为（）A．﹣1 B．1 C．2 D．3【解答】解：=（1，﹣1），=（1，2），=（x，y），∵=m﹣n ，∴，∴2m+n=x﹣y，作出平面地区如下图：第10页（共24页）令z=x﹣y，则y=x﹣z，由图象可知当直线y=x﹣z经过点B（3，2）时，截距最小，即z最大．∴z的最大值为3﹣2=1．即2m+n的最大值为1．应选：B．9．（5分）已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，0＜φ＜π）的部分图象如下图，且f（α）=1，α∈（0，），则cos（2）=（）A．B．C．﹣D．【解答】解：由图象可得A=3，=4（﹣），解得ω=2，故f（x）=3sin（2x+φ），代入点（，﹣3）可得3sin（+φ）=﹣3，故sin（+φ）=﹣1，+φ=2kπ﹣，∴φ=2kπ﹣，k∈Z联合0＜φ＜π可适当k=1时，φ=，故f（x）=3sin（2x+），第11页（共24页）∵f（α）=3sin（2α+ ）=1，∴sin（2α+ ）= ，∵α∈（0，），∴2α+ ∈（，），∴cos（2 ）=﹣=﹣，应选：C．10．（5 分）已知有穷数列{ a n}中，n=1，2，3，⋯，729．且a n=（2n﹣1）?（﹣1）n+1．从数列{a n} 中挨次拿出a2，a5，a14，⋯．组成新数列{b n}，简单发现数列{ b n}是以﹣3为首项，﹣3为公比的等比数列．记数列{ a n} 的全部项的和为S，数列{ b n} 的全部项的和为T，则（）A．S＞T B．S=TC．S＜TD．S与T 的大小关系不确立【解答】解：S=1﹣3+5﹣⋯﹣（2×728﹣1）+（2×729﹣1）=﹣728+2×729﹣1=729．n﹣1| ≤2k﹣1，k≤729，由|﹣3×（﹣3）5=729=（2×365﹣1）×（﹣1）366，解得：n≤6，可取n=6，﹣3×（﹣3）∴T= =546．∴S＞T．应选：A．11．（5 分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为1，中心为O，= ，= ，则四周体OEBF的体积为（）A．B．C．D．第12页（共24页）【解答】解：如图，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴成立空间直角坐标系，则O（），B（1，1，0），E（1，0，），F（，1，0），则||=，||=，，∴cos∠BOE=．∴sin∠BOE=．∴S△OEB=．设平面OEB的一个法向量为，由，取z=1，得．又，∴F到平面OEB的距离h==．∴四周体OEBF的体积V==．应选：D．第13页（共24页）12．（5 分）已知f（x）是定义域为（0，+∞）的单一函数，若对随意的x∈（0，+∞），都有，且方程| f（x）﹣3| =a 在区间（0，3] 上有两解，则实数a的取值范围是（）A．0＜a≤1 B．a＜1 C．0＜a＜1 D．a≥1【解答】解：∵f（x）是定义域为（0，+∞）的单一函数，对随意的x∈（0，+ ∞），都有f[ f（x）+ x] =4，∴必存在独一的正实数a，知足（f x）+ x=a，f（a）=4 ①，∴f（a）+ a=a②，a﹣4，解得a=3．由①②得：4+ a=a，即a=a﹣4，∴a=（）故f（x）+ x=a=3，∴f（x）=3﹣x，由方程| f（x）﹣3| =a 在区间（0，3] 上有两解，即有| x| =a 在区间（0，3] 上有两解，作出y=| x| 的图象，如下图：，联合题意，0＜a≤1，应选：A．二、填空题（共4小题，每题5分，满分20分）13．（5 分）已知S n为数列{ a n} 的前n项和，且log2（S n+1）=n+1，则数列{ a n}的第14页（共24页）通项公式为．n+1，当n=1时，a1=S1=3；【解答】解：由log2（S n+1）=n+1，得S n+1=2当n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=2n，因此数列{a n}的通项公式为a n=．故答案为：．7的睁开式中，是第3项的二项式系数，第3项的14．（5分）在（1+2x）系数是84．【解答】解：（1+2x）7的睁开式的通项为，当r=2时，可得．∴是第3项的二项式系数，第3项的系数是84．故答案为：3，84．x﹣mx+1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y=ex15．（5分）已知函数f（x）=e垂直的切线，则实数m的取值范围为（，+∞）．【解答】解：函数f（x）=e x﹣mx+1的导数为f′（x）=e x﹣m，若曲线C存在与直线y=ex垂直的切线，即有e x﹣m=﹣有解，即m=e x+，由e x＞0，则m＞，则实数m的范围为（，+∞），故答案为：（，+∞）．第15页（共24页）16．（5分）已知椭圆与直线，，过椭圆上一点P作l1，l2的平行线，分别交l1，l2于M，N两点．若|MN|为定值，则的值是2．【解答】解：当点P为（0，b）时，过椭圆上一点P作l1，l2的平行线分别为+b，+b，联立可得M（b，），同理可得N（﹣b，），|MN|=2b．当点P为（a，0）时，过椭圆上一点P作l1，l2的平行线分别为﹣，+，联立可得M（，），同理可得N（，﹣），），|MN|=．若|MN|为定值，则2b=，?，∴则的值是2．故答案为：2．三、解答题（共5小题，满分60分）17．（12分）设△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积2+b2﹣c2．S知足4S=a（1）求角C的值；（2）求sinB﹣cosA的取值范围．【解答】解：（1）△ABC的面积S知足4S=a2+b2﹣c2，可得4×absinC=a2+b2﹣c2，即有cosC===sinC，则tanC==，由0＜C＜π，可得C=；第16页（共24页）（2）由A+B=π﹣C=，即B=﹣A，sinB﹣cosA=sin（﹣A）﹣cosA=cosA+sinA﹣cosA=sinA﹣cosA=sin（A﹣），由0＜A＜，可得﹣＜A﹣＜，则﹣＜sin（A﹣）≤1，即有sinB﹣cosA的取值范围是（﹣，1]．18．（12分）如图，在矩形ABCD中，CD=2，BC=1，E，F是平面ABCD同一侧两点，EA∥F C，AE⊥A B，EA=2，DE=，FC=1．（1）证明：平面CDF⊥平面ADE；（2）求二面角E﹣BD﹣F的正弦值．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴C D⊥AD．∵A E⊥AB，CD∥A B，∴CD⊥A E．又AD∩AE=A，∴CD⊥平面ADE．∵C D?平面CDF，∴平面CDF⊥平面ADE．⋯（4分）解：（1）∵BC=1，EA=2，DE=，∴DE2=AD2+A E2，∴AE⊥A D，又A E⊥A B，AB∩AD=A，∴AE⊥平面ABCD．⋯（6分）第17页（共24页）以D为坐标原点，成立如下图的空间直角坐标系D﹣xyz，则D（0，0，0），B（1，2，0），F（0，2，1），E（1，0，2）．∴=（1，2，0），=（0，2，1），设平面BDF的一个法向量=（x，y，z），由，令x=2，得=（2，﹣1，2）．同理可求得平面BDE的一个法向量=（2，﹣1，﹣1），∴cos＜＞===，⋯（10分）∴sin＜＞=．故二面角E﹣BD﹣F的正弦值为．⋯（12分）19．（12分）中石化公司获取了某地深海油田块的开采权，公司在该地域随机初步勘探了部分几口井，获得了地质资料．进入全面勘探期间后，公司按网络点米部署井位进行全面勘探．因为勘探一口井的花费很高，假如新设计的井位与原有井位重合或靠近，便利用旧井的地质资料，不用打这口新井，以节俭勘探花费，勘探早期数据资料见下表：井号I123456坐标（x，y）（km）（2，30）（4，40）（5，60）（6，50）（8，70）（1，y）钻探深度（km）2456810出油量（L）407011090160205（Ⅰ）1～6号旧井地点线性散布，借助前5组数据求得回归直线方程为y=6.5x+a，求a，并预计y的预告值；第18页（共24页）（Ⅱ）现准备勘探新井7（1，25），若经过1、3、5、7号井计算出的，的值（，精准到）与（I）中b，a的值差不超出10%，则使用地点最靠近的已有旧井6（1，y），不然在新地点翻开，请判断能否使用旧井？（参照公式和计算结果：=，=﹣，=94，=945）（Ⅲ）设出油量与勘探深度的比值k不低于20的勘探井称为优良井，那么在原有6口井中随意勘探4口井，求勘探优良井数X的散布列与数学希望．【解答】解：（Ⅰ）利用前5组数据得到=（2+4+5+6+8）=5，=（30+40+60+50+70）=50，∵y=6.5x+a，∴a=50﹣×，∴回归直线方程为，当x=1时，y=6.5+17.5=24，∴y的预告值为24．（Ⅱ）∵=4，，=84，=945，∴==≈，∴﹣×，即，，，，≈5%，≈8%，均不超出10%，∴可使用地点最靠近的已有旧井6（1，24）．（Ⅲ）由题意，1、3、5、7这4口井是优良井，2，4这两口井是非优良井，∴勘探优良井数X的可能取值为2，3，4，P（X=k）=，可得P（X=2）=，P（X=3）=，P（X=4）=．第19页（共24页）∴X的散布列为：X 2 3 4PEX=2×+3×+4×= ．20．（12 分）已知椭圆C：+ =1（a＞b＞0）的焦距为2 ，设右焦点为F，过原点O的直线l 与椭圆C交于A，B两点，线段AF的中点为M，线段BF的中点为N，且? = ．（1）求弦AB的长；（2）当直线l 的斜率k= ，且直线l ∥′l 时，l ′交椭圆于P，Q，若点 A 在第一象限，求证：直线AP，AQ与x 轴围成一个等腰三角形．【解答】解：（1）由题意可知：2c=2 ，c= ，设F（，0），A（x0，y0），B （﹣x0，﹣y0），则M（，），N（，﹣），由? = = ，则x0 2+y02=5，则丨AB丨=2 =2 ，（2）由直线l 的斜率k= 时，且l ∥′l，则l：y= x，设l ′：y= x+m，y0= x0，由x02+y02=5，则A（2，1），由c= ，代入椭圆方程解得：a=2 ，c= ，∴椭圆的方程：，联立，整理得x2+2mx+2m2﹣4=0，设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则k1= ，k2= ．第20页（共24页）由x2+2mx+2m2﹣4=0，可得x1+x2=﹣2m，x1x2=2m2﹣4，k1+k2=?=====0．即k1+k2=0．直线AP，AQ与x轴围成一个等腰三角形．2﹣4tx﹣1=0（t∈R）的两个不等实根，函数f21．（12分）已知α，β是方程4x（x）=的定义域为[α，β]（1）当t=0时，求函数f（x）的最值（2）试判断函数f（x）在区间[α，β]的单一性（3）设g（t）=（f x）max﹣（f x）min，试证明：对于α，β，γ∈（0，），若sinα+sinβ+sinγ=，1则++＜（参照公式：≥（a，b，c＞0），当且仅当a=b=c时等号成立）【解答】解：（1）当t=0时，方程4x2﹣1=0的两实根为，f（x）=．，当时，f′（x）＞0，f（x）在为单一递加函数，∴f（x）的最小值为，f（x）的最大值为；（2）第21页（共24页）由题知：x∈[α，β]时，4x2﹣4tx﹣1＜0，因此f′（x）＞0，f（x）在区间[α，β]为单一递加函数．（3）证明：由（2）知，又由题得：，∴，，=，（，∴，因为等号不可以同时成立，故得证++＜．请考生在22,23两题中任选一题作答，假如多做，则按所做第一题计分[选修4—4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴成立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ=asinθ（a≠0）．（Ⅰ）求圆C的直角坐标系方程与直线l的一般方程；（Ⅱ）设直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍，求a的值．第22页（共24页）【解答】解：（Ⅰ）直线l的参数方程为（t为参数），消去参数t，可得：4x+3y﹣8=0；由圆C的极坐标方程为ρ=asin（θa≠0），可得ρ2=ρasin，θ根据ρsinθ，=ρy2=x2+y2可得圆C的直角坐标系方程为：x2+y2﹣ay=0，即．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知圆C的圆心为（0，）半径r=，直线方程为4x+3y﹣8=0；那么：圆心到直线的距离d==直线l截圆C的弦长为=2解得：a=32或a=故得直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍时a的值为32或．[选修4-5：不等式证明]23．已知函数f（x）=|x+1|，g（x）=2|x|+a（1）当a=0时，求不等式f（x）≥g（x）的解集（2）若存在实数x，使得g（x）≤f（x）成立，务实数a的取值范围．【解答】解：（1）当a=0时，由f（x）≥g（x）得|x+1|≥2|x|，两边平方整理得3x2﹣2x﹣1≤0，解得因此原不等式的解集为⋯（4分）（2）由g（x）≤f（x）得a≤|x+1|﹣2|x|，令h（x）=|x+1|﹣2|x|，则，作出函数的图象，得h（x）max=h（0）=1进而实数a的取值范围为（﹣∞，1]⋯（10分）第23页（共24页）。
(优辅资源)广东省省际名校(茂名市)高三下学期联考(二)数学(理)试题Word版含答案
广东省省际名校（茂名市）2018届高三下学期联考（二）数学（理）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.范围是（）A2）A3.）4.在一次投掷中，已知S）A5.2）A．2 B．3 C．6 D．126.离心率的取值范围是（）A）A8.某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长为1，则该几何体的体积是（）A9.执行如图所示的程序框图，与输出的值最接近的是（）A10.《九章算术》中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积中使用的一个原理:“幂势既同，则积不异”，此即祖暅原理，其含义为:两个同高的几何体，如在等高处的截面的面积恒相等，则它们的体积相等.（图（1）中的阴影部分)2）中的阴影部分)利用祖暅原理，可得）A11.不透明袋子中装有大小、材质完全相同的2个红球和5个黑球，现从中逐个不放回地摸出）A12.20项的和是（）A．430 B．840 C．1250 D．1660第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）14.的所有取值的集合是．15.的方程是．16.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.（1（2.18.某高三理科班共有60名同学参加某次考试，从中随机挑选出5名同学，.（1（2）该班一名同学的数学成绩为110分，利用（1）中的回归方程，估计该同学的物理成绩；（3）本次考试中，规定数学成绩达到125分为优秀，物理成绩达到100分为优秀.若该班数5名同学外，剩下的同学中数学优秀但物理不优秀的同学共有5人.能否在犯错误概率不超过0.01的前提下认为数学优秀与物理优秀有关？参考数据:(1inb==∑bx19.（1（2）余弦值.20.（1（2.21.（1.（2请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程，，建立极坐标系，).（1（223.选修4-5：不等式选讲（1（2）根据（1试卷答案一、选择题1-5: DDCBC 6-10: BAACC 11、12：DA 二、填空题三、解答题17. 解:（1（2,由余弦定理可得18.解:(（1 故(b=（2（3）由题意可知，该班数学优秀人数及物理优秀人数分别为30,36.抽出的5人中，数学优秀但物理不优秀的共1人，故全班数学优秀但物理不优秀的人共6人.因此在犯错误概率不超过0.01的前提下，可以认为数学优秀与物理优秀有关.19.（1）证明:.（2）解:，33,,⎛-1,3,.1,0,327nm n=20.解:（1（2由对称性可知，四边形为平行四边形，舍），21.解:（1.（2..1..22.解：（1（223.（1（2）证明:假设①由（1②。
广东省茂名市2018-2019学年高三数学二模试卷(文科)Word版含解析.pdf
） ，得到其
3．已知非零向量
与向量
平行，则实数 m 的值为（
）
A ．﹣ 1 或 B ．1 或
C．﹣ 1 D．
【考点】 平面向量共线（平行）的坐标表示． 【分析】 根据平面向量共线定理的坐标表示，列出方程解方程，求出
m 的值．
【解答】 解：非零向量 ∴﹣ 2（ m2﹣ 1）﹣ 1×（ m+1）=0，
．
三、解答题：本大题共 5 小题，满分 60 分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤
.
17．等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，且 a2=4， S5=30，数列 { bn} 满足 b1+2b2+…+nbn=an （Ⅰ）求 an； （Ⅱ）设 cn=bn?bn+1，求数列 { cn} 的前 n 项和 T n．
19．如图，三棱柱 ABC ﹣ A 1B1C1 中， CA=CB ， AB=AA 1，∠ BAA 1=60 °． （Ⅰ）证明： AB ⊥ A 1C；
（Ⅱ）若 AB=CB=1 ，
，求三棱锥 A ﹣ A 1BC 的体积．
20．如图，圆 C 与 x 轴相切于点 T（ 2，0），与 y 轴正半轴相交于两点 的下方），且 | MN | =3． （Ⅰ）求圆 C 的方程；
）
A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限
3．已知非零向量
与向量
平行，则实数 m 的值为（
）
A ．﹣ 1 或 B ．1 或
C．﹣ 1 D．
4．执行如图所示的程序框图，输出的 S 值为（
）
A．1 B．
C．
D．
2018年广东省茂名市化州市高考数学二模试卷(文科)
2018年广东省茂名市化州市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1. 设集合A={−1, 0, 1}，B={x|x>0, x∈A}，则B=()A.{−1, 0}B.{−1}C.{0, 1}D.{1}2. 设复数z=1+i，（i是虚数单位），则z2+2z=()A.−1−iB.−1+iC.1+iD.1−i3. 若角α终边经过点P(sin2π3,cos2π3)，则sinα=()A.1 2B.√32C.−12D.−√324. 已知双曲线的一个焦点与抛物线x2=20y的焦点重合，且其渐近线方程为3x±4y=0，则该双曲线的标准方程为（）A.x29−y216=1 B.y29−x216=1C.x2 16−y29=1 D.y216−x29=15. 实数x，y满足条件{x+y−4≤0x−2y+2≥0x≥0y≥0，则(12)x−y的最大值为（）A.1 16B.12C.1D.26. 设a=log1213，b=(12)12，c=(13)13，则a，b，c的大小关系是（）A.a<b<cB.c<b<aC.b<c<aD.c<a<b7. 公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（参考数据：sin15∘＝0.2588，sin7.5∘＝0.1305）（）A.16B.20C.24D.488. 函数f(x)=sin(−2x)|x+1|的部分图象大致为（ ）A.B.C.D.9. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的是（ ）A.7B.152C.233D.47610. 已知函数f(x)={2x −a,x ≤1,−x +a,x >1,则“函数f(x)有两个零点”成立的充分不必要条件是a ∈（ ） A.(0, 2] B.(1, 2]C.(1, 2)D.(0, 1]11. F 1、F 2分别是双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线l 与双曲线的左右两支分别交于A 、B 两点，若△ABF 2是等边三角形，则该双曲线的离心率为（ ）A.√2B.√3C.√5D.√712. 定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)=2f(x)，当x∈[0, 2)时，f(x)={x2−x,x∈[0,1)−(12)|x−32|,x∈[1,2)，若x∈[−4, −2)时，f(x)≥t4−12t恒成立，则实数t的取值范围是（）A.[−2, 0)∪(0, 1)B.[−2, 0)∪[1, +∞)C.[−2, 1]D.(−∞, −2]∪(0, 1]二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）向量a→与b→的夹角为60∘，若a→=(0, 2)，|b→|=1，则|a→+2b→|=________．如图，正方形ABCD内的图形来自宝马汽车车标的里面部分，正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形对边中点连线成轴对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是________．已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，a=4，b=5，c=6，则sin(A+B)sin2A=________．已知球O的正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A−BCD的外接球，BC=3，AB=2√3，点E在线段BD上，且BD=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是________．三、解答题（共5小题，满分60分）设数列{a n}满足：a1=1，点(a n,a n+1)(n∈N∗)均在直线y=2x+1上．（1）证明数列{a n+1}等比数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）若b n=log2(a n+1)，求数列{(a n+1)⋅b n}的前n项和T n．某同学在生物研究性学习中，对春季昼夜温差大小与黄豆种子发芽多少之间的关系进行研究，于是他在4月份的30天中随机挑选了5天进行研究，且分别记录了每天昼夜温差与每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料：（1）从这5天中任选2天，求这2天发芽的种子数均不小于25的概率；（2）从这5天中任选2天，若选取的是4月1日与4月30日的两组数据，请根据这5天中的另三天的数据，求出y 关于x 的线性回归方程y ^=b ^x +a ^；（3）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得的线性回归方程是否可靠？附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b ^=∑ n i=1(x i −x)(y i −y)∑ n i=1(x i −x)2，a ^=y −b ^x ．如图，在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥AC ，PC ⊥BC ，M 为PB 的中点，D 为AB 的中点，且△AMB 为正三角形（1）求证：BC ⊥平面PAC（2）若PA =2BC ，三棱锥P −ABC 的体积为1，求点B 到平面DCM 的距离．如图，已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1，其左右焦点为F 1(−1, 0)及F 2(1, 0)，过点F 1的直线交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点，且|AF 1|、|F 1F 2|、|AF 2|构成等差数列． （1）求椭圆C 的方程；（2）记△GF 1D 的面积为S 1，△OED （O 为原点）的面积为S 2．试问：是否存在直线AB ，使得S 1=S 2？说明理由．已知α，β是方程4x 2−4tx −1=0(t ∈R)的两个不等实根，函数f(x)=2x−tx 2+1的定义域为[α, β]（1）当t =0时，求函数f(x)的最值（2）试判断函数f(x)在区间[α, β]的单调性（3）设g(t)=f(x)max −f(x)min ，试证明：1g(1)+1g(2)+1g(3)+⋯+1g(n)<2(√n 2+1−1)请考生在22,23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分[选修4—4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，直线l 的参数方程为{x =−35t +2y =45t（t 为参数），以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ=asinθ(a ≠0)． (Ⅰ)求圆C 的直角坐标系方程与直线l 的普通方程；(Ⅱ)设直线l 截圆C 的弦长等于圆C 的半径长的√3倍，求a 的值． [选修4-5：不等式证明]已知函数f(x)=|x +1|，g(x)=2|x|+a （1）当a =0时，求不等式f(x)≥g(x)的解集（2）若存在实数x ，使得g(x)≤f(x)成立，求实数a 的取值范围．参考答案与试题解析2018年广东省茂名市化州市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 1.【答案】 D【考点】元素与集合关系的判断 【解析】直接由交集的运算性质计算得答案． 【解答】A ={−1, 0, 1}，B ={x|x >0, x ∈A}，则A ∩B =B ，即{−1, 0, 1}∩{x|x >0}={1}． 故选D . 2.【答案】 C【考点】 复数的运算 【解析】利用复数的运算法则即可得出． 【解答】z 2+2z =(1+i)2+21+i =2i +2(1−i)(1+i)(1−i)=2i +1−i =1+i ． 3.【答案】 C【考点】 三角函数 【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得sinα的值． 【解答】∵ 角α终边经过点P(sin2π3,cos2π3)，即点P(√32, −12)， ∴ x =√32，y =−12，r =|OP|=1，则sinα=y r =y =−12， 4.【答案】 B【考点】 抛物线的求解 双曲线的特性双曲线的标准方程【解析】根据抛物线方程，算出其焦点为F(0, 5)．由此设双曲线的方程为y2a2−x2b2=1，根据基本量的平方关系与渐近线方程的公式，建立关于a、b的方程组解出a、b的值，即可得到该双曲线的标准方程．【解答】解：∵抛物线x2=20y中，2p=20，p2=5，∴抛物线的焦点为F(0, 5)，设双曲线的方程为y2a2−x2b2=1，∵双曲线的一个焦点为F(0, 5)，且渐近线的方程为3x±4y=0即y=±34x，∴{√a2+b2=c=5, ab=34,解得a=3，b=4（舍负），可得该双曲线的标准方程为：y29−x216=1．故选B.5.【答案】D【考点】简单线性规划【解析】画出可行域’将目标函数变形得到z的几何意义，数形结合求出最大值即可．【解答】画出可行域令z=x−y，变形为y=x−z，作出对应的直线，将直线平移至点(4, 0)时，直线纵截距最小，z最大，将直线平移至点(0, 1)时，直线纵截距最大，z最小，将(0, 1)代入z=x−y得到z的最小值为−1，则(12)x−y的最大值是2，6.【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数与对数函数的单调性即可得出．【解答】a=log1213=log23>1，1>b=(12)12=√186>c=(13)13=√196，则c<b<a，7.【答案】C【考点】程序框图【解析】列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件即可结束循环．【解答】模拟执行程序，可得：n＝6，S＝3sin60∘=3√32，不满足条件S≥3.10，n＝12，S＝6×sin30∘＝3，不满足条件S≥3.10，n＝24，S＝12×sin15∘＝12×0.2588＝3.1056，满足条件S≥3.10，退出循环，输出n的值为24．8.【答案】B【考点】函数的图象变化【解析】利用特殊点排除，数形结合，根据图象可求得在靠近y轴的左侧，f(x)<0；且x→−1是，f(x)→−∞，从而利用排除法求解．【解答】函数f(x)=sin(−2x)|x+1|=−sin2x|x+1|，当x=0时，可得f(0)=0，f(x)图象过原点，排除A．当−π4<x<0时；sin2x<0，而|x+1|>0，f(x)图象在上方，排除C．当x<−1，x→−1时，sin(−2)<0，|x+1|→0，那么f(x)→∞，当x=−π6时，sin2x=−√32，y=−sin2x|x+1|=√3，对应点在第二象限，排除D，B满足题意．9.【答案】D【考点】由三视图求体积【解析】根据三视图得到几何体的直观图，利用直观图即可求出对应的体积．【解答】由三视图可知该几何体的直观图是正方体去掉一个三棱锥，正方体的边长为2，三棱锥的三个侧棱长为1，则该几何体的体积V=23−13×12×1×1×1=8−16=476，10.【答案】C【考点】充分条件、必要条件、充要条件函数零点的判定定理【解析】本题考查分段函数、函数的零点、充分条件与必要条件．【解答】解：在同一直角坐标下作出函数y=g(x)={2x,x≤1,x,x>1与y=a的图象，如图所示．由图知，要使函数f(x)有两个零点，则需1<a≤2．要找到它的一个充分不必要条件，只要找出集合{a|1<a≤2}的真子集即可，只有C项满足．故选C．11.【答案】D【考点】双曲线的离心率【解析】由双曲线的定义，可得F1A−F2A＝F1A−AB＝F1B＝2a，BF2−BF1＝2a，BF2＝4a，F1F2＝2c，再在△F1BF2中应用余弦定理得，a，c的关系，由离心率公式，计算即可得到所求．【解答】因为△ABF2为等边三角形，不妨设AB＝BF2＝AF2＝m，A为双曲线上一点，F1A−F2A＝F1A−AB＝F1B＝2a，B为双曲线上一点，则BF2−BF1＝2a，BF2＝4a，F1F2＝2c，由∠ABF2＝60∘，则∠F1BF2＝120∘，在△F1BF2中应用余弦定理得：4c2＝4a2+16a2−2⋅2a⋅4a⋅cos120∘，得c2＝7a2，则e2＝7，解得e=√7．12.【答案】D【考点】函数恒成立问题【解析】由x∈[−4, −2]时，f(x)≥t4−12t恒成立，则t4−12t不大于x∈[−4, −2]时f(x)的最小值，根据f(x)满足f(x+2)=2f(x)，当x∈[0, 2)时，f(x)={x2−x,x∈[0,1)−(0.5)|x−1.5|,x∈[1,2)，求出x∈[−4, −2]时f(x)的最小值，构造分式不等式，解不等式可得答案．【解答】当x∈[0, 1)时，f(x)=x2−x∈[−14, 0]当x∈[1, 2)时，f(x)=−(0.5)|x−1.5|∈[−1, −√22]∴当x∈[0, 2)时，f(x)的最小值为−1又∵函数f(x)满足f(x+2)=2f(x)，当x∈[−2, 0)时，f(x)的最小值为−12当x∈[−4, −2)时，f(x)的最小值为−14若x∈[−4, −2)时，f(x)≥t4−12t恒成立，∴t4−12t≤−14即(t+2)(t−1)4t≤0即4t(t+2)(t−1)≤0且t≠0解得：t∈(−∞, −2]∪(0, l]二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）【答案】2√3【考点】向量的概念与向量的模【解析】根据平面向量数量积的定义，求出a→⋅b→的值，再求向量的模长即可．【解答】由题意得，|a→|=2，|b→|=1，向量a→与b→的夹角为60∘，∴a→⋅b→=2×1×cos60∘=1，∴ |a →+2b →|=√a →2+4a →∗b →+4b →2=√22+4×1+4×12=2√3． 【答案】 π8【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】设出正方形边长，求出正方形面积，再求出正方形内切圆中的黑色部分的面积，由面积比得答案． 【解答】设正方形边长为2，则正方形面积为4，正方形内切圆中的黑色部分的面积S =12×π×12=π2． ∴ 在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是P =π24=π8． 【答案】 1【考点】 正弦定理 【解析】利用余弦定理求出cosC ，cosA ，利用同角三角函数基本关系式可求sinC ，sinA 的值，利用二倍角公式化简所求即可计算得解． 【解答】∵ △ABC 中，a =4，b =5，c =6， ∴ cosC =16+25−362×4×5=18，cosA =25+36−162×5×6=34， ∴ sinC =3√78，sinA =√74， ∴sin(A+B)sin2A=sinC2sinAcosA =3√782×√74×34=1．【答案】 2π【考点】球的体积和表面积 平面的基本性质及推论 【解析】设△BDC 的中心为O 1，球O 的半径为R ，连接O 1D ，OD ，O 1E ，OE ，可得R 2=3+(3−R)2，解得R =2，过点E 作圆O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，即可求解． 【解答】如图，设△BDC 的中心为O 1，球O 的半径为R ， 连接O 1D ，OD ，O 1E ，OE ，则O 1D =3sin60∘×23=√3，AO 1=√AD 2−DO 12=3，在Rt△OO1D中，R2=3+(3−R)2，解得R=2，∵BD=3BE，∴DE=2，在△DEO1中，O1E=√3+4−2×√3×2cos30∘=1，∴OE=√OE2+OO12=√2，1过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为√22−(√2)2=√2，最小面积为2π．三、解答题（共5小题，满分60分）【答案】证明：∵点(a n,a n+1)(n∈N∗)均在直线y=2x+1上，∴a n+1=2a n+1，变形为：a n+1+1=2(a n+1)，又a1+1=2．∴数列{a n+1}等比数列，首项与公比都为2．∴a n+1=2n，解得a n=2n−1．b n=log2(a n+1)=n，∴(a n+1)⋅b n=n⋅2n．数列{(a n+1)⋅b n}的前n项和T n=2+2×22+3×23+...+n⋅2n，2T n=22+2⋅23+...+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，−n⋅2n+1，相减可得：−T n=2+22+...+2n−n⋅2n+1=2(2n−1)2−1∴T n=(n−1)⋅2n+1+2．【考点】数列的求和数列与解析几何的综合【解析】（1）点(a n,a n+1)(n∈N∗)均在直线y=2x+1上，可得a n+1=2a n+1，变形为：a n+1+1=2(a n+1)，利用等比数列的定义与通项公式即可证明．（2）由（1）可得：b n=log2(a n+1)=n，(a n+1)⋅b n=n⋅2n．利用错位相减法即可得出．【解答】证明：∵点(a n,a n+1)(n∈N∗)均在直线y=2x+1上，∴a n+1=2a n+1，变形为：a n+1+1=2(a n+1)，又a1+1=2．∴数列{a n+1}等比数列，首项与公比都为2．∴a n+1=2n，解得a n=2n−1．b n=log2(a n+1)=n，∴(a n+1)⋅b n=n⋅2n．数列{(a n+1)⋅b n}的前n项和T n=2+2×22+3×23+...+n⋅2n，2T n=22+2⋅23+...+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，−n⋅2n+1，相减可得：−T n=2+22+...+2n−n⋅2n+1=2(2n−1)2−1∴T n=(n−1)⋅2n+1+2．【答案】由题意，m、n的所有取值范围有：(23, 25)，(23, 30)，(23, 26)，(23, 16)，(25, 30)，(25, 26)，(25, 16)，(30, 26)，(30, 16)，(26, 16)共有10个； 设“m 、n 均不小于25“为事件A ，则事件A 包含的基本事件有 (25, 30)，(25, 26)，(30, 26)， 所以P(A)=310， 故事件A 的概率为310； 由数据得x =12，y =27， x ⋅y =972，3x 2=432；又∑ 3i=1x i y i ＝977，∑ 3i=1x i 2=432； b ^=977−972434−432=52， a ^=27−52×12＝−3； 所以y 关于x 的线性回归方程为y ^=52x −3． 当x ＝10时，y ^=52×10−3＝22，|22−23|<2，当x ＝8时，y ^=52×8−3＝17，|17−16|<2．所得到的线性回归方程是可靠的． 【考点】求解线性回归方程 【解析】（1）用列举法求的基本事件数，计算所求的概率值；（2）由数据计算x 、y 的值，求出回归系数，写出线性回归方程； （3）利用回归方程计算x ＝10、8时y ^的值，验证误差是否满足条件即可． 【解答】由题意，m 、n 的所有取值范围有：(23, 25)，(23, 30)，(23, 26)，(23, 16)，(25, 30)，(25, 26)，(25, 16)，(30, 26)，(30, 16)，(26, 16)共有10个； 设“m 、n 均不小于25“为事件A ，则事件A 包含的基本事件有 (25, 30)，(25, 26)，(30, 26)， 所以P(A)=310， 故事件A 的概率为310； 由数据得x =12，y =27， x ⋅y =972，3x 2=432；又∑ 3i=1x i y i ＝977，∑ 3i=1x i 2=432；b ^=977−972434−432=52， a ^=27−52×12＝−3；所以y 关于x 的线性回归方程为y ^=52x −3． 当x ＝10时，y ^=52×10−3＝22，|22−23|<2，当x ＝8时，y ^=52×8−3＝17，|17−16|<2．所得到的线性回归方程是可靠的． 【答案】证明：在正△AMB 中，D 是AB 的中点，所以MD ⊥AB ．因为M 是PB 的中点，D 是AB 的中点，所以MD // PA ，故PA ⊥AB ． 又PA ⊥AC ，AB ∩AC =A ，AB ，AC ⊂平面ABC ， MCBPAD所以PA ⊥平面ABC ．因为BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC ．又PC ⊥BC ，PA ∩PC =P ，PA ，PC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC ．设AB =x ，则PB =2MD =√3xBC =√3x2,AC =12x三棱锥P −ABC 的体积为V =13∗S ABC ∗PA =18x 3=1，得x =2设点B 到平面DCM 的距离为ℎ． 因为△AMB 为正三角形，所以 AB =MB =2．因为BC =√3,BC ⊥AC ，所以AC =1．所以S △BCD =12S △ABC =12×12×BC ×AC =12×12×1×√3=√34．因为MD =√3，由（1）知MD // PA ，所以MD ⊥DC ．在△ABC 中，CD =12AB =1，所以S △MCD =12×MD ×CD =12×√3×1=√32．因为V M−BCD =V B−MCD ，所以13S △BCD ∗MD =13S △MCD ∗ℎ，即13×√34×√3=13×√32×ℎ．所以ℎ=√32．故点B 到平面DCM 的距离为√32．【考点】直线与平面垂直点、线、面间的距离计算 【解析】（1）证明MD ⊥AB ，PA ⊥AB ，结合PA ⊥AC ，证明PA ⊥平面ABC ，推出PA ⊥BC ，然后证明BC ⊥平面PAC ．（2）设AB =x ，求出三棱锥P −ABC 的体积为V =13∗S ABC ∗PA =18x 3=1，得x =2，设点B 到平面DCM 的距离为ℎ． 利用V M−BCD =V B−MCD ，转化求解即可．【解答】证明：在正△AMB 中，D 是AB 的中点，所以MD ⊥AB ．因为M 是PB 的中点，D 是AB 的中点，所以MD // PA ，故PA ⊥AB ． 又PA ⊥AC ，AB ∩AC =A ，AB ，AC ⊂平面ABC ， MCBPAD所以PA ⊥平面ABC ．因为BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC ．又PC ⊥BC ，PA ∩PC =P ，PA ，PC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC ．设AB =x ，则PB =2MD =√3xBC =√3x 2,AC =12x三棱锥P −ABC 的体积为V =13∗S ABC ∗PA =18x 3=1，得x =2设点B 到平面DCM 的距离为ℎ． 因为△AMB 为正三角形，所以 AB =MB =2． 因为BC =√3,BC ⊥AC ，所以AC =1．所以S △BCD =12S △ABC =12×12×BC ×AC =12×12×1×√3=√34．因为MD =√3，由（1）知MD // PA ，所以MD ⊥DC ．在△ABC 中，CD =12AB =1，所以S △MCD =12×MD ×CD =12×√3×1=√32．因为V M−BCD =V B−MCD ，所以13S △BCD ∗MD =13S △MCD ∗ℎ，即13×√34×√3=13×√32×ℎ．所以ℎ=√32．故点B 到平面DCM 的距离为√32．【答案】因为|AF 1|、|F 1F 2|、|AF 2|构成等差数列，所以2a =|AF 1|+|AF 2|=2|F 1F 2|=4，所以a =2． 又因为c =1，所以b 2=3， 所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．假设存在直线AB ，使得 S 1=S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直． 设AB 方程为y =k(x +1) 将其代入x 24+y 23=1，整理得 (4k 2+3)x 2+8k 2x +4k 2−12=0设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，所以 x 1+x 2=−8k 24k 2+3．故点G 的横坐标为x 1+x 22=−4k 24k 2+3．所以G(−4k 24k 2+3, 3k4k 2+3)．因为 DG ⊥AB ，所以3k 4k 2+3−4k 24k 2+3−x D×k =−1，解得x D =−k 24k 2+3，即D(−k 24k 2+3, 0)∵ Rt △GDF 1和∵ Rt △ODE 1相似，∴ 若S 1=S 2，则|GD|=|OD| 所以 √(−k 24k +3−−4k 24k +3)2+(3k4k +3)2=|−k 24k +3|，整理得 8k 2+9=0．因为此方程无解，所以不存在直线AB ，使得 S 1=S 2． 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 【解析】（1）依题意，|AF 1|、|F 1F 2|、|AF 2|构成等差数列，求出a ，再利用c =1，求出b ，即可求椭圆C 的方程；（2）假设存在直线AB ，使得 S 1=S 2，确定G ，D 的坐标，利用△GFD ∽△OED ，即可得到结论． 【解答】因为|AF 1|、|F 1F 2|、|AF 2|构成等差数列，所以2a =|AF 1|+|AF 2|=2|F 1F 2|=4，所以a =2． 又因为c =1，所以b 2=3， 所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．假设存在直线AB ，使得 S 1=S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直． 设AB 方程为y =k(x +1) 将其代入x 24+y 23=1，整理得 (4k 2+3)x 2+8k 2x +4k 2−12=0设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，所以 x 1+x 2=−8k 24k 2+3．故点G 的横坐标为x 1+x 22=−4k 24k 2+3．所以G(−4k 24k 2+3, 3k4k 2+3)．因为 DG ⊥AB ，所以3k 4k 2+3−4k 24k 2+3−x D×k =−1，解得x D =−k 24k 2+3，即D(−k 24k +3, 0)∵ Rt △GDF 1和∵ Rt △ODE 1相似，∴ 若S 1=S 2，则|GD|=|OD| 所以 √(−k 24k 2+3−−4k 24k 2+3)2+(3k4k 2+3)2=|−k 24k 2+3|，整理得 8k 2+9=0．因为此方程无解，所以不存在直线AB ，使得 S 1=S 2． 【答案】当t =0时，方程4x 2−1=0的两实根为α=−12,β=12 f /(x)=−2x 2+2(x 2+1)2=−2(x 2−1)(x 2+1)2，当x ∈[−12,12]时，f′(x)>0，f(x)在x ∈[−12,12]为单调递增函数， f(x)的最小值为f(−12)=−45， f(x)的最大值为f(12)=45；f /(x)=−2x 2+2tx +2(x 2+1)2=−2(x 2−tx −1)(x 2+1)2=−12(4x 2−4tx −1)+32(x 2+1)2 由题知：x ∈[α, β]时4x 2−4tx −1<0，所以f′(x)>0，f(x)在区间[α, β]为单调递增函数；由（2）知，g(t)=f(β)−f(α)=2β−tβ2+1−2α−t α2+1=(β−α)[t(α+β)−2αβ+2](α2+1)(β2+1)又由题得：{α+β=tαβ=−14， ∴ g(t)=√t 2+1(16t 2+40)16t 2+25>√t 2+1，∴ 1g(n)<√n2+1=√n 2+1+√n2+1<√n2+1+n=2(√n2+1−n)∴ 1g(1)+1g(2)+1g(3)+⋯+1g(n)<2(√n 2+1−1) 【考点】数列与函数的综合 利用导数研究函数的最值 函数与方程的综合运用 数列与不等式的综合利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）当t =0时，求出方程4x 2−1=0的两实根为α=−12,β=12，利用函数的导数，判断函数的单调性，然后求解函数的最值．（2）求出导函数，通过x ∈[α, β]时4x 2−4tx −1<0，得到f′(x)>0，判断函数的单调性．（3）由（2）知，化简g(t)=f(x)max −f(x)min ，通过{α+β=tαβ=−14 ，推出g(t)的不等式，然后利用数列求和求解即可． 【解答】当t =0时，方程4x 2−1=0的两实根为α=−12,β=12 f /(x)=−2x 2+2(x 2+1)2=−2(x 2−1)(x 2+1)2，当x ∈[−12,12]时，f′(x)>0，f(x)在x ∈[−12,12]为单调递增函数， f(x)的最小值为f(−12)=−45， f(x)的最大值为f(12)=45；f /(x)=−2x 2+2tx +2(x 2+1)2=−2(x 2−tx −1)(x 2+1)2=−12(4x 2−4tx −1)+32(x 2+1)2 由题知：x ∈[α, β]时4x 2−4tx −1<0，所以f′(x)>0，f(x)在区间[α, β]为单调递增函数； 由（2）知，g(t)=f(β)−f(α)=2β−tβ2+1−2α−tα2+1=(β−α)[t(α+β)−2αβ+2](α2+1)(β2+1)又由题得：{α+β=tαβ=−14 ， ∴ g(t)=√t2+1(16t 2+40)16t 2+25>√t 2+1，∴ 1g(n)<2=22<2=2(√n2+1−n)∴ 1g(1)+1g(2)+1g(3)+⋯+1g(n)<2(√n 2+1−1)请考生在22,23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分[选修4—4：坐标系与参数方程] 【答案】(Ⅰ)直线l 的参数方程为{x =−35t +2y =45t （t 为参数），消去参数t ，可得：4x +3y −8=0；由圆C 的极坐标方程为ρ=asinθ(a ≠0)，可得ρ2=ρasinθ，根据ρsinθ=y ，ρ2=x 2+y 2可得圆C 的直角坐标系方程为：x 2+y 2−ay =0，即x 2+(y −a2)2=a 24．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知圆C 的圆心为(0, a 2)半径r =|a2|， 直线方程为4x +3y −8=0； 那么：圆心到直线的距离d =|3a2−8|5=|3a−810|直线l 截圆C 的弦长为√3a 2=2√r 2−d 2解得：a =32或a =3211故得直线l 截圆C 的弦长等于圆C 的半径长的√3倍时a 的值为32或3211．【考点】参数方程与普通方程的互化 【解析】(Ⅰ)将t 参数消去可得直线l 的普通方程，根据ρcosθ=x ，ρsinθ=y ，ρ2=x 2+y 2带入圆C 可得直角坐标系方程；(Ⅱ)利用弦长公式直接建立关系求解即可． 【解答】(Ⅰ)直线l 的参数方程为{x =−35t +2y =45t （t 为参数），消去参数t ，可得：4x +3y −8=0；由圆C 的极坐标方程为ρ=asinθ(a ≠0)，可得ρ2=ρasinθ，根据ρsinθ=y ，ρ2=x 2+y 2可得圆C 的直角坐标系方程为：x 2+y 2−ay =0，即x 2+(y −a2)2=a 24．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知圆C 的圆心为(0, a 2)半径r =|a2|， 直线方程为4x +3y −8=0； 那么：圆心到直线的距离d =|3a2−8|5=|3a−810|直线l 截圆C 的弦长为√3a 2=2√r 2−d 2解得：a =32或a =3211故得直线l 截圆C 的弦长等于圆C 的半径长的√3倍时a 的值为32或3211． [选修4-5：不等式证明]【答案】当a =0时，由f(x)≥g(x)得|x +1|≥2|x|， 两边平方整理得3x 2−2x −1≤0，解得−13≤x ≤1 所以原不等式的解集为{x|−13≤x ≤1} 由g(x)≤f(x)得a ≤|x +1|−2|x|， 令ℎ(x)=|x +1|−2|x|， 则ℎ(x)={x −1(x ≤−1)3x +1(−1<x <0)−x +1(x ≥0) ，作出函数的图象，得ℎ(x)max =ℎ(0)=1 从而实数a 的取值范围为(−∞, 1]【考点】绝对值不等式的解法与证明 函数恒成立问题 【解析】（1）化简不等式通过平方，转化求解即可．（2）化简不等式，分离变量，去掉绝对值符号，利用函数的图象求解函数的最大值，然后求解a 的范围． 【解答】当a =0时，由f(x)≥g(x)得|x +1|≥2|x|， 两边平方整理得3x 2−2x −1≤0，解得−13≤x ≤1 所以原不等式的解集为{x|−13≤x ≤1} 由g(x)≤f(x)得a ≤|x +1|−2|x|， 令ℎ(x)=|x +1|−2|x|， 则ℎ(x)={x −1(x ≤−1)3x +1(−1<x <0)−x +1(x ≥0) ，作出函数的图象，得ℎ(x)max =ℎ(0)=1 从而实数a 的取值范围为(−∞, 1]。
2018年高三最新 广东省茂名市2018年第二次高考模拟考试数学试题(文科) 精品
广东省茂名市2018年第二次高考模拟考试数学试题（文科）本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分。
考试时间120分钟。
注意事项： 1．答卷前，考生要务必填写答题卷上的有关项目。
2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答案填在答题卡相应的位置上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷的整洁，考试结束后，净答题卷交回。
5．参考公式：13V S h =锥体底；1[ln(1)]1x x '+=+第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已右集合221{|344},{|21}x M x x x N x -=+-<=>则M ∩N=（ ）A ．（-4，1）B ．1(4,)2-C ．1(,1)2D ．（1，+∞） 2．若1sin(),(,),cos 22ππααπα+=-∈=则（ ）A ．-B C ．12D ．12-3．下面给出的四个点中，位于1010x y x y +-<⎧⎨-+>⎩表示的平面区域内的点是（ ）A ．（0，2）B ．（-2，0）C ．（0，-2）D ．（2，0）4．双曲线221kx y -=的一个焦点是0)，那么它的实轴长是 （ ）A ．1B ．2CD ．5．设,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若,//,//m n n αββα⋂=，则//m n ； ②若,n αβα⊥⊥，则//n β；③若,,m n m n αβ⊂⊂⊥，则αβ⊥；④若,m n αα⊥⊥，则//m n ；其中正确命题的序号是 （ ） A ．①和② B ．②和③ C ．③和④ D ．①和④6．某银行开发出一套网银验证程序，验证规则如下：（1）有两组数字，这两组数字存在一种对应关系；第一组数字,,a b c 对应于第二组数字2,2,3a b c b a c +++；（2）进行验证时程序在电脑屏幕上依次显示产第二组数字，由用主要计算出 第一组数字后依次输入电脑，只有准确输入方能进入，其流程 图如图，试问用户应输入 （ ） A ．3，4，5 B ．4，2，6C ．2，6，4D ．3，5，77．如右图，在ABC ∆中，04,30AB BC ABC ==∠=，AD 是边BC ′上的高，则AD AC ⋅的值等于 （ ）A ．0B ．4C ．8D ．-49．设32()log (f x x x =++，则对任意实数,,0a b a b +≥是()()0f a f b +≥的（ ） A ．充分必要条件 B ．充分而非必要条件 C ．必要而非充分条件 D ．既非充分也非必要条件10．将正偶数集合{2，4，6，…}从小到大按第n 组有21n -个偶数进行分组，{2}，{4，6，8} ，{10，12，14，16，18}，…第一组、第二组、第三组，则2018位于第 组。
2018年广东省茂名市化州市高考高三数学二模试卷及解析高三文科数学
2018年广东省茂名市化州市高考数学二模文科数学试题及解析一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分)1.(5分)设集合A＝{﹣1,0,1},B＝{x|x＞0,x∈A},则B＝()A.{﹣1,0}B.{﹣1}C.{0,1}D.{1}2.(5分)设复数z＝1＋i,(i是虚数单位),则z2＋＝()A.﹣1﹣iB.﹣1＋iC.1＋iD.1﹣i3.(5分)若角α终边经过点P(sin),则sinα＝()A. B. C. D.4.(5分)已知双曲线的一个焦点与抛物线x2＝20y的焦点重合,且其渐近线方程为3x±4y＝0,则该双曲线的标准方程为()A.＝1B.＝1C.D.＝15.(5分)实数x,y满足条件,则()x﹣y的最大值为()A. B. C.1 D.26.(5分)设a＝log,b＝(),c＝(),则a,b,c的大小关系是()A.a＜b＜cB.c＜b＜aC.b＜c＜aD.c＜a＜b7.(5分)公元263年左右,我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形面积可无限逼近圆的面积,并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14,这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图,则输出n的值为(参考数据：sin15°＝0.2588,sin7.5°＝0.1305)()A.16B.20C.24D.488.(5分)函数f(x)＝的部分图象大致为()A. B.C. D.9.(5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积的是()A.7B.C.D.10.(5分)已知函数,则“函数f(x)有两个零点”成立的充分不必要条件是a∈()A.(0,2]B.(1,2]C.(1,2)D.(0,1]11.(5分)已知F1,F2是双曲线＝1(a＞0,b＞0)的左,右焦点,过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A,B,若△ABF2为等边三角形,则双曲线的离心率为()A. B.4 C. D.12.(5分)定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)＝2f(x),当x∈[0,2)时,f(x)＝,若x∈[﹣4,﹣2)时,f(x)≥恒成立,则实数t的取值范围是()A.[﹣2,0)∪(0,1)B.[﹣2,0)∪[1,＋∞)C.[﹣2,1]D.(﹣∞,﹣2]∪(0,1]二、填空题(共4小题,每小题5分,满分20分)13.(5分)平面向量与的夹角为60°,＝(2,0),||＝1,则|＋2|＝.14.(5分)如图,正方形ABCD内的图形来自宝马汽车车标的里面部分,正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形对边中点连线成轴对称,在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是.15.(5分)已知a,b,c分别是△ABC内角A,B,C的对边,a＝4,b＝5,c＝6,则＝.16.(5分)已知球O的正三棱锥(底面为正三角形,顶点在底面的射影为底面中心)A ﹣BCD的外接球,BC＝3,AB＝2,点E在线段BD上,且BD＝3BE,过点E作球O的截面,则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是.三、解答题(共5小题,满分60分)17.(12分)设数列{a n}满足：a1＝1,点均在直线y＝2x＋1上.(1)证明数列{a n＋1}等比数列,并求出数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝log2(a n＋1),求数列{(a n＋1)•b n}的前n项和T n.18.(12分)某同学在生物研究性学习中,对春季昼夜温差大小与黄豆种子发芽多少之间的关系进行研究,于是他在4月份的30天中随机挑选了5天进行研究,且分别记录了每天昼夜温差与每天每100颗种子浸泡后的发芽数,得到如下资料：(1)从这5天中任选2天,求这2天发芽的种子数均不小于25的概率；(2)从这5天中任选2天,若选取的是4月1日与4月30日的两组数据,请根据这5天中的另三天的数据,求出y关于x的线性回归方程＝x＋；(3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗,则认为得到的线性回归方程是可靠的,试问(2)中所得的线性回归方程是否可靠？附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为＝,＝﹣.19.(12分)如图,在三棱锥P﹣ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC,M为PB的中点,D为AB的中点,且△AMB为正三角形(1)求证：BC⊥平面PAC(2)若PA＝2BC,三棱锥P﹣ABC的体积为1,求点B到平面DCM的距离.20.(12分)如图,已知椭圆C：,其左右焦点为F1(﹣1,0)及F2(1,0),过点F1的直线交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D,E两点,且|AF1|、|F1F2|、|AF2|构成等差数列.(1)求椭圆C的方程；(2)记△GF1D的面积为S1,△OED(O为原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB,使得S1＝S2？说明理由.21.(12分)已知α,β是方程4x2﹣4tx﹣1＝0(t∈R)的两个不等实根,函数f(x)＝的定义域为[α,β](1)当t＝0时,求函数f(x)的最值(2)试判断函数f(x)在区间[α,β]的单调性(3)设g(t)＝f(x)max﹣f(x)min,试证明：＜2(﹣1)请考生在22,23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做第一题计分[选修4—4：坐标系与参数方程]22.(10分)在平面直角坐标系中,直线l的参数方程为(t为参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ＝asinθ(a≠0). (Ⅰ)求圆C的直角坐标系方程与直线l的普通方程；(Ⅱ)设直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍,求a的值.[选修4-5：不等式证明]23.已知函数f(x)＝|x＋1|,g(x)＝2|x|＋a(1)当a＝0时,求不等式f(x)≥g(x)的解集(2)若存在实数x,使得g(x)≤f(x)成立,求实数a的取值范围.2018年广东省茂名市化州市高考数学二模文科数学试题及解析参考答案与试题解析一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分)1.(5分)设集合A＝{﹣1,0,1},B＝{x|x＞0,x∈A},则B＝()A.{﹣1,0}B.{﹣1}C.{0,1}D.{1}【试题解答】解：A＝{﹣1,0,1},B＝{x|x＞0,x∈A},则A∩B＝B,即{﹣1,0,1}∩{x|x＞0}＝{1}.故选：D.2.(5分)设复数z＝1＋i,(i是虚数单位),则z2＋＝()A.﹣1﹣iB.﹣1＋iC.1＋iD.1﹣i【试题解答】解：z2＋＝＝2i＋＝2i＋1﹣i＝1＋i.故选：C.3.(5分)若角α终边经过点P(sin),则sinα＝()A. B. C. D.【试题解答】解：∵角α终边经过点P(sin),即点P(,﹣),∴x＝,y＝﹣,r＝|OP|＝1,则sinα＝＝y＝﹣,故选：C.4.(5分)已知双曲线的一个焦点与抛物线x2＝20y的焦点重合,且其渐近线方程为3x±4y＝0,则该双曲线的标准方程为()A.＝1B.＝1C. D .＝1【试题解答】解：∵抛物线x 2＝20y 中,2p ＝20,＝5, ∴抛物线的焦点为F(0,5), 设双曲线的方程为﹣＝1,∵双曲线的一个焦点为F(0,5),且渐近线的方程为3x ±4y ＝0即y ＝x,∴,解得a ＝3,b ＝4(舍负), 可得该双曲线的标准方程为：＝1..故选：B.5.(5分)实数x,y 满足条件,则()x ﹣y 的最大值为( )A. B. C.1 D.2【试题解答】解：画出可行域令z＝x﹣y,变形为y＝x﹣z,作出对应的直线,将直线平移至点(4,0)时,直线纵截距最小,z最大,将直线平移至点(0,1)时,直线纵截距最大,z最小,将(0,1)代入z＝x﹣y得到z的最小值为﹣1,则()x﹣y的最大值是2,故选：D.6.(5分)设a＝log,b＝(),c＝(),则a,b,c的大小关系是()A.a＜b＜cB.c＜b＜aC.b＜c＜aD.c＜a＜b【试题解答】解：a＝log＝log 23＞1,1＞b＝()＝＞c＝()＝,则c＜b＜a,故选：B.7.(5分)公元263年左右,我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形面积可无限逼近圆的面积,并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值 3.14,这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图,则输出n的值为(参考数据：sin15°＝0.2588,sin7.5°＝0.1305)()A.16B.20C.24D.48【试题解答】解：模拟执行程序,可得：n＝6,S＝3sin60°＝,不满足条件S≥3.10,n＝12,S＝6×sin30°＝3,不满足条件S≥3.10,n＝24,S＝12×sin15°＝12×0.2588＝3.1056,满足条件S≥3.10,退出循环,输出n的值为24.故选：C.8.(5分)函数f(x)＝的部分图象大致为()A. B.C. D.【试题解答】解：函数f(x)＝＝﹣,当x＝0时,可得f(0)＝0,f(x)图象过原点,排除A.当﹣＜x＜0时；sin2x＜0,而|x＋1|＞0,f(x)图象在上方,排除C.当x＜﹣1,x→﹣1时,sin(﹣2)＜0,|x＋1|→0,那么f(x)→∞,当x＝﹣时,sin2x＝﹣,y＝﹣＝,对应点在第二象限,排除D, B满足题意.故选：B.9.(5分)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积的是()A.7B.C.D.【试题解答】解：由三视图可知该几何体的直观图是正方体去掉一个三棱锥,正方体的边长为2,三棱锥的三个侧棱长为1,则该几何体的体积V＝＝8﹣＝,故选：D10.(5分)已知函数,则“函数f(x)有两个零点”成立的充分不必要条件是a∈()A.(0,2]B.(1,2]C.(1,2)D.(0,1]【试题解答】解：∵函数,则“函数f(x)有两个零点”⇔2﹣a≥0,﹣1＋a＞0,解得1＜a≤2.∴“函数f(x)有两个零点”成立的充分不必要条件是a∈(1,2).故选：C.11.(5分)已知F1,F2是双曲线＝1(a＞0,b＞0)的左,右焦点,过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点A,B,若△ABF2为等边三角形,则双曲线的离心率为()A. B.4 C. D.【试题解答】解：因为△ABF2为等边三角形,不妨设AB＝BF2＝AF2＝m,A为双曲线上一点,F1A﹣F2A＝F1A﹣AB＝F1B＝2a,B为双曲线上一点,则BF2﹣BF1＝2a,BF2＝4a,F1F2＝2c,由∠ABF2＝60°,则∠F1BF2＝120°,在△F1BF2中应用余弦定理得：4c2＝4a2＋16a2﹣2•2a•4a•cos120°,得c2＝7a2,则e2＝7⇒e＝.故选：A.12.(5分)定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)＝2f(x),当x∈[0,2)时,f(x)＝,若x∈[﹣4,﹣2)时,f(x)≥恒成立,则实数t的取值范围是()A.[﹣2,0)∪(0,1)B.[﹣2,0)∪[1,＋∞)C.[﹣2,1]D.(﹣∞,﹣2]∪(0,1]【试题解答】解：当x∈[0,1)时,f(x)＝x2﹣x∈[﹣,0]当x∈[1,2)时,f(x)＝﹣(0.5)|x﹣1.5|∈[﹣1,]∴当x∈[0,2)时,f(x)的最小值为﹣1又∵函数f(x)满足f(x＋2)＝2f(x),当x∈[﹣2,0)时,f(x)的最小值为﹣当x∈[﹣4,﹣2)时,f(x)的最小值为﹣若x∈[﹣4,﹣2)时,恒成立,∴即即4t(t＋2)(t﹣1)≤0且t≠0解得：t∈(﹣∞,﹣2]∪(0,l]故选D二、填空题(共4小题,每小题5分,满分20分)13.(5分)平面向量与的夹角为60°,＝(2,0),||＝1,则|＋2|＝2.【试题解答】解：由题意得,||＝2,||＝1,向量与的夹角为60°,∴•＝2×1×cos60°＝1,∴|＋2|＝＝＝2.故答案为：2.14.(5分)如图,正方形ABCD内的图形来自宝马汽车车标的里面部分,正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形对边中点连线成轴对称,在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是.【试题解答】解：设正方形边长为2,则正方形面积为4,正方形内切圆中的黑色部分的面积S＝×π×12＝.∴在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是P＝.故答案为：.15.(5分)已知a,b,c分别是△ABC内角A,B,C的对边,a＝4,b＝5,c＝6,则＝1.【试题解答】解：∵△ABC中,a＝4,b＝5,c＝6,∴cosC＝＝,cosA＝＝,∴sinC＝,sinA＝,∴＝＝＝1.故答案为：1.16.(5分)已知球O的正三棱锥(底面为正三角形,顶点在底面的射影为底面中心)A ﹣BCD的外接球,BC＝3,AB＝2,点E在线段BD上,且BD＝3BE,过点E作球O的截面,则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是2π.【试题解答】解：如图,设△BDC的中心为O1,球O的半径为R,连接O1D,OD,O1E,OE,则O1D＝3sin60°×＝,AO1＝＝3,在Rt△OO1D中,R2＝3＋(3﹣R)2,解得R＝2,∵BD＝3BE,∴DE＝2,在△DEO1中,O1E＝＝1,∴OE＝＝,过点E作圆O的截面,当截面与OE垂直时,截面的面积最小,此时截面圆的半径为＝,最小面积为2π.故答案为：2π.三、解答题(共5小题,满分60分)17.(12分)设数列{a n}满足：a1＝1,点均在直线y＝2x＋1上.(1)证明数列{a n＋1}等比数列,并求出数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝log2(a n＋1),求数列{(a n＋1)•b n}的前n项和T n.【试题解答】(1)证明：∵点均在直线y＝2x＋1上,∴a n＋1＝2a n＋1,变形为：a n＋1＋1＝2(a n＋1),又a1＋1＝2.∴数列{a n＋1}等比数列,首项与公比都为2.∴a n＋1＝2n,解得a n＝2n﹣1.(2)解：b n＝log2(a n＋1)＝n,∴(a n＋1)•b n＝n•2n.数列{(a n＋1)•b n}的前n项和T n＝2＋2×22＋3×23＋…＋n•2n,2T n＝22＋2•23＋…＋(n﹣1)•2n＋n•2n＋1,相减可得：﹣T n＝2＋22＋…＋2n﹣n•2n＋1＝﹣n•2n＋1,∴T n＝(n﹣1)•2n＋1＋2.18.(12分)某同学在生物研究性学习中,对春季昼夜温差大小与黄豆种子发芽多少之间的关系进行研究,于是他在4月份的30天中随机挑选了5天进行研究,且分别记录了每天昼夜温差与每天每100颗种子浸泡后的发芽数,得到如下资料：(1)从这5天中任选2天,求这2天发芽的种子数均不小于25的概率；(2)从这5天中任选2天,若选取的是4月1日与4月30日的两组数据,请根据这5天中的另三天的数据,求出y关于x的线性回归方程＝x＋；(3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗,则认为得到的线性回归方程是可靠的,试问(2)中所得的线性回归方程是否可靠？附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为＝,＝﹣.【试题解答】解：(1)由题意,m、n的所有取值范围有：(23,25),(23,30),(23,26),(23,16),(25,30),(25,26),(25,16),(30,26),(30,16),(26,16)共有10个；设“m、n均不小于25“为事件A,则事件A包含的基本事件有(25,30),(25,26),(30,26),所有P(A)＝,故事件A的概率为；(2)由数据得＝12,＝27,•＝972,3＝432；又x i y i＝977,＝432；＝＝,＝27﹣×12＝﹣3；所有y关于x的线性回归方程为＝x﹣3.(3)当x＝10时,＝×10﹣3＝22,|22﹣23|＜2,当x＝8时,＝×8﹣3＝17,|17﹣16|＜2.所有得到的线性回归方程是可靠的.19.(12分)如图,在三棱锥P﹣ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC,M为PB的中点,D为AB的中点,且△AMB为正三角形(1)求证：BC⊥平面PAC(2)若PA＝2BC,三棱锥P﹣ABC的体积为1,求点B到平面DCM的距离.【试题解答】解：(1)证明：在正△AMB中,D是AB的中点,所以MD⊥AB.…(1分)因为M是PB的中点,D是AB的中点,所以MD∥PA,故PA⊥AB.…(2分)又PA⊥AC,AB∩AC＝A,AB,AC⊂平面ABC,MCBPAD所以PA⊥平面ABC.…(4分)因为BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.…(5分)又PC⊥BC,PA∩PC＝P,PA,PC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.…(6分)(2)设AB＝x,则三棱锥P﹣ABC的体积为,得x＝2…(8分)设点B到平面DCM的距离为h. 因为△AMB为正三角形,所以AB＝MB＝2.因为,所以AC＝1.所以.因为,由(1)知MD ∥PA,所以MD ⊥DC.在△ABC 中,,所以.因为V M ﹣BCD ＝V B ﹣MCD ,…(10分) 所以,即.所以.故点B 到平面DCM 的距离为.…(12分)20.(12分)如图,已知椭圆C ：,其左右焦点为F 1(﹣1,0)及F 2(1,0),过点F 1的直线交椭圆C 于A,B 两点,线段AB 的中点为G,AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D,E 两点,且|AF 1|、|F 1F 2|、|AF 2|构成等差数列. (1)求椭圆C 的方程；(2)记△GF 1D 的面积为S 1,△OED(O 为原点)的面积为S 2.试问：是否存在直线AB,使得S 1＝S 2？说明理由.【试题解答】解：(1)因为|AF 1|、|F 1F 2|、|AF 2|构成等差数列, 所以2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝2|F 1F 2|＝4,所以a ＝2.…(2分) 又因为c ＝1,所以b 2＝3,…(3分) 所以椭圆C 的方程为. …(4分)(2)假设存在直线AB,使得 S 1＝S 2,显然直线AB 不能与x,y 轴垂直. 设AB 方程为y ＝k(x ＋1)…(5分) 将其代入,整理得 (4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2﹣12＝0…(6分)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),所以 .故点G的横坐标为.所以G(,).…(8分)因为DG⊥AB,所以×k＝﹣1,解得x D＝,即D(,0)…(10分)∵Rt△GDF1和∵Rt△ODE1相似,∴若S1＝S2,则|GD|＝|OD|…(11分)所以,…(12分)整理得8k2＋9＝0. …(13分)因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1＝S2.…(14分)21.(12分)已知α,β是方程4x2﹣4tx﹣1＝0(t∈R)的两个不等实根,函数f(x)＝的定义域为[α,β](1)当t＝0时,求函数f(x)的最值(2)试判断函数f(x)在区间[α,β]的单调性(3)设g(t)＝f(x)max﹣f(x)min,试证明：＜2(﹣1)【试题解答】解：(1)当t＝0时,方程4x2﹣1＝0的两实根为…(1分),…(2分)当时,f′(x)＞0,f(x)在为单调递增函数,f(x)的最小值为,f(x)的最大值为；…(3分)(2)…(5分)由题知：x∈[α,β]时4x2﹣4tx﹣1＜0,所以f′(x)＞0,f(x)在区间[α,β]为单调递增函数；…(7分)(3)由(2)知,又由题得：,∴,∴…(10分)∴…(12分)请考生在22,23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做第一题计分[选修4—4：坐标系与参数方程]22.(10分)在平面直角坐标系中,直线l的参数方程为(t为参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ＝asinθ(a≠0). (Ⅰ)求圆C的直角坐标系方程与直线l的普通方程；(Ⅱ)设直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍,求a的值.【试题解答】解：(Ⅰ)直线l的参数方程为(t为参数),消去参数t,可得：4x＋3y﹣8＝0；由圆C的极坐标方程为ρ＝asinθ(a≠0),可得ρ2＝ρasinθ,根据ρsinθ＝y,ρ2＝x2＋y2可得圆C的直角坐标系方程为：x2＋y2﹣ay＝0,即.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知圆C的圆心为(0,)半径r＝,直线方程为4x＋3y﹣8＝0；那么：圆心到直线的距离d＝＝直线l截圆C的弦长为＝2解得：a＝32或a＝故得直线l截圆C的弦长等于圆C的半径长的倍时a的值为32或.[选修4-5：不等式证明]23.已知函数f(x)＝|x＋1|,g(x)＝2|x|＋a(1)当a＝0时,求不等式f(x)≥g(x)的解集(2)若存在实数x,使得g(x)≤f(x)成立,求实数a的取值范围.【试题解答】解：(1)当a＝0时,由f(x)≥g(x)得|x＋1|≥2|x|,两边平方整理得3x2﹣2x﹣1≤0,解得所以原不等式的解集为…(4分)(2)由g(x)≤f(x)得a≤|x＋1|﹣2|x|,令h(x)＝|x＋1|﹣2|x|,则,作出函数的图象,得h(x)max＝h(0)＝1从而实数a的取值范围为(﹣∞,1]…(10分)。
2018茂名二模答案汇总语文数学英语
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现将相关事项奉告如下。
各科测验竣事后，将谜底发布正在：新浪微博全国大联考。
祝考出好成就。
目前是有些二本院校比一本的分数线还要高，二本的某些专业正在家长们的选择傍边也是越来越热。
好比上海立信会计金融学院并非沉点本科，部门专业也正在二批次招生，从院校名称就能够看出，会计专业是王牌专业，因为正在业内口碑好、汗青长久，2016年正在的登科平均分达547,而2016年一本线，该校正在属于第二批次招生。
为什么这些二本院校或专业的分数比一本还高，一天职数去选择一个二本的专业事实值不值？底子缘由是由于各校近年来专业招生打算并无较大调整，而院校登科的学生却正在不竭上涨，跟着进校的大门槛”提拔，被称为小门槛”的专业分数线也水涨船高。
一些专业度较强的的院校，登科平均分也很高。
好比上海海关学院，属于通俗的财经类院校，可是正在各地域的登科平均分都正在550分以上，市16年的平均分曾经达到595分，默默的说一句，该院校2007年才从专科升格为本科；上海立信会计金融学院虽然正在外省出名度并不是很高，但16年文史类、理工类正在平均分也别离达到560分和579分，令人不明觉厉”！由于就业的刺激，次要表示正在两方面，一方面，不少二本院校取行业连系慎密，正在一些招牌专业中，无论师资仍是实践练习资本、甚至学生就业保举上均有劣势。
另一方面，二批次登科院校中，成为不少考生、家长看好的潜力股”。
有很大一部门的学生有4本实力”，不填报往年分数线取一本线持平的学校，而是间接选择二本登科的机遇，参取合作此中抢手专业，对二本线上分数相对较低的考出产生较大压力，这部门考生若正在填报时没有留意各校间分数级差，或不填外埠高校，很可能进入专科条理登科。
2018届广东省茂名市第二次高考模拟考试理科数学试题及
广东省茂名市2018届高三第二次高考模拟数学理试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分180分，考试时间180分钟。
意事项：1．答卷前，考生要务必填写答题卷上的有关项目。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案的序号填在答题卡相应的位置上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卷交回。
第一部分选择题（共40分）一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40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|x2+x≥0}，则集合C u A= （）A．[-1,0] B．（-1,0） C．（-∞，-1]U [0,+ ）D．[0,1] 2．曲线y= x3－2x2在点（1，-1）处的切线方程为（）A．y= x－2 B．y= -3x+2 C．y=2x －3 D．y=-x3．已知数列{a n}是等差数列，a2=2，a5=8，则公差d的值为（）A ．12B ．12-C ．2D ．-24．某几何体的正视图和侧视图均如左图所示，则该几何体的俯视图不可能是（ ）5．对某商店一个月内每天的顾客人数进行统计，得到样本的茎叶图（如右图所示），则该样本的中位数、众数、极差分别是（ ） A ． 47, 45, 56 B ． 46, 45, 53 C ． 46, 45, 56D ． 45, 47, 536．设变量x ，y 满足约束条件3123x y x y x y +≥⎧⎪-≥-⎨⎪-≤⎩，则目标函数z=2x+ 3y 的最小值为A ．6B ．7C ．8D ． 237、两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离都是5海里，灯塔A 在观察站C的北偏东20o ，灯塔B 在观察站C 的南偏东40o ，则灯塔A 与灯塔B 的距离为（ ）A ．5海里B ． 18海里C ．D ．8．已知点A （1，0），若曲线G 上存在四个点B ，C ，D ，E ．使△ABC 与△ADE都是正三角形，则称曲线G 为“双正曲线”．给定下列四条曲线：①4x+3y 2=0； ②4x 2+4y 2=1； ③x 2+2y 2=2； ④x 2－3y 2=3其中，“双正曲线”的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3第二部分非选择题（共1 1 0分）二、填空题（本大题分为必做题和选做题两部分，每小题5分，满分30分）。
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2018年广东省茂名市高考数学二模试卷（文科）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={1，2，3，4，5}，集合A=（1，2，5}，∁U B=（1，3，5}，则A∩B=（）A．{2}B．{5}C．{1，2，4，5}D．{3，4，5}2．已知Z=（i为虚数单位），则Z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知非零向量与向量平行，则实数m的值为（）A．﹣1或B．1或C．﹣1D．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．1B．C．D．5．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=2，c=2，，且b＜c，则B=（）A．B．C．D．6．设数列{a n}是的等差数列，S n为其前n项和．若S6=8S3，a3﹣a5=8，则a20=（）A．4B．36C．﹣74D．807．设函数，则f（﹣7）+f（log312）=（）A．7B．9C．11D．138．已知命题￢p：存在x∈（1，2）使得e x﹣a＞0，若p是真命题，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，e）B．（﹣∞，e]C．（e2，+∞）D．[e2，+∞）9．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象如图所示，若将f（x）的图象上所有点向右平移个单位得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的单调增区间为（）A．，k∈Z B．，k∈ZC．，k∈Z D．，k∈Z10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（）A．31πB．32πC．34πD．36π11．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A．B．C．D．12．已知抛物线y2=4x的焦点为F，A、B为抛物线上两点，若，O为坐标原点，则△AOB的面积为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.13．已知直线l过圆x2+（y﹣3）2=4的圆心，且与直线x+y+1=0垂直，则l的方程是．14．实数x，y满足，则z=x+y+1的最大值为．15．设△ABC的内角A，B，C，所对的边分别是a，b，c．若（a+b﹣c）（a+b+c）=ab，则角C=．16．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是．三、解答题：本大题共5小题，满分60分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2=4，S5=30，数列{b n}满足b1+2b2+…+nb n=a n （Ⅰ）求a n；（Ⅰ）设c n=b n•b n+1，求数列{c n}的前n项和T n．18．2015年8月12日天津发生危化品重大爆炸事故，造成重大人员和经济损失．某港口组织消防人员对该港口的公司的集装箱进行安全抽检，已知消防安全等级共分为四个等级（一级为优，二级为良，三级为中等，四级为差），该港口消防安全等级的统计结果如下表所示：等级一级二级三级四级频率0.302m m0.10现从该港口随机抽取了n家公司，其中消防安全等级为三级的恰有20家．（1）求m，n的值；（2）按消防安全等级利用分层抽样的方法从这n家公司中抽取10家，除去消防安全等级为一级和四级的公司后，再从剩余公司中任意抽取2家，求抽取的这2家公司的消防安全等级都是二级的概率．19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；（Ⅰ）若AB=CB=1，，求三棱锥A﹣A1BC的体积．20．如图，圆C与x轴相切于点T（2，0），与y轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N 的下方），且|MN|=3．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅰ）过点M任作一条直线与椭圆相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：∠ANM=∠BNM．21．已知函数f（x）=lnx+ax2+x，a∈R．（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；（Ⅰ）已知a＜0，对于函数f（x）图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），其中x2＞x1，直线AB的斜率为k，记N（u，0），若，求证f′（u）＜k．请考生在第22，23三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请在答题卡中用2B铅笔把所选做题的后面的方框涂黑，并写清题号再作答．[选修4-1：几何证明选讲][选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C的极坐标方程是．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是．（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C相交于A、B两点，且，求直线的倾斜角α的值．[选修4-5；不等式选讲]23．已知函数（Ⅰ）当时，解不等式f（x）≤x+10；（Ⅰ）关于x的不等式f（x）≥a在R上恒成立，求实数a的取值范围．2018年广东省茂名市高考数学二模试卷（文科）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={1，2，3，4，5}，集合A=（1，2，5}，∁U B=（1，3，5}，则A∩B=（）A．{2}B．{5}C．{1，2，4，5}D．{3，4，5}【考点】交集及其运算．【分析】求出集合B，然后根据交集的定义和运算法则进行计算．【解答】解：因为全集U={1，2，3，4，5}，∁U B={1，3，5}，所以B={2，4}，所以A∩B={2}，故选：A．2．已知Z=（i为虚数单位），则Z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】把已知的等式变形，然后直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，得到其坐标得答案．【解答】解：∵Z=（i为虚数单位），∴=1﹣i，对应的点为（1，﹣1）在第四象限．故选：D．3．已知非零向量与向量平行，则实数m的值为（）A．﹣1或B．1或C．﹣1D．【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【分析】根据平面向量共线定理的坐标表示，列出方程解方程，求出m的值．【解答】解：非零向量与向量平行，∴﹣2（m2﹣1）﹣1×（m+1）=0，解得m=或m=﹣1（不合题意，舍去）；∴实数m的值为．故选：D．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．1B．C．D．【考点】程序框图．【分析】从框图赋值入手，先执行一次运算，然后判断运算后的i的值与2的大小，满足判断框中的条件，则跳出循环，否则继续执行循环，直到条件满足为止．【解答】解：框图首先给变量i和S赋值0和1．执行，i=0+1=1；判断1≥2不成立，执行，i=1+1=2；判断2≥2成立，算法结束，跳出循环，输出S的值为．故选C．5．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=2，c=2，，且b＜c，则B=（）A．B．C．D．【考点】余弦定理．【分析】由正弦定理可求sinC，利用同角三角函数基本关系式可求cocC=，可得C为或，又b＜c，B为锐角，分类讨论由三角形内角和定理即可解得B的值．【解答】解：在△ABC中，∵a=2，c=2，，a＜c，可得A=，cosA=，∴sinC===，可得cocC=，即C为或，∵b＜c，B为锐角，∴当C=，B=，矛盾，舍去，故C=，∴B=π﹣A﹣C=．故选：A．6．设数列{a n}是的等差数列，S n为其前n项和．若S6=8S3，a3﹣a5=8，则a20=（）A．4B．36C．﹣74D．80【考点】等差数列的前n项和．【分析】利用等差数列前n项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出a20．【解答】解：∵数列{a n}是的等差数列，S n为其前n项和．若S6=8S3，a3﹣a5=8，∴，解得a1=2，d=﹣4，∴a20=a1+19d=2﹣4×19=﹣74．故选：C．7．设函数，则f（﹣7）+f（log312）=（）A．7B．9C．11D．13【考点】函数的值．【分析】由﹣7＜1，1＜log312求f（﹣7）+f（log312）的值．【解答】解：∵﹣7＜1，1＜log312，∴f（﹣7）+f（log312）=1+log39+=1+2+4=7，故选：A．8．已知命题￢p：存在x∈（1，2）使得e x﹣a＞0，若p是真命题，则实数a的取值范围为（）A．（﹣∞，e）B．（﹣∞，e]C．（e2，+∞）D．[e2，+∞）【考点】命题的真假判断与应用；命题的否定．【分析】写出命题的否定命题，利用命题的真假关系，通过函数的最值求解即可．【解答】解：命题￢p：存在x∈（1，2）使得e x﹣a＞0，则命题p为：任意x∈（1，2）使得e x﹣a≤0，因为p是真命题，所以e x﹣a≤0恒成立，即a≥e x，e x＜e2．可得a≥e2．故选：D．9．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）的部分图象如图所示，若将f（x）的图象上所有点向右平移个单位得到函数g（x）的图象，则函数g（x）的单调增区间为（）A．，k∈Z B．，k∈ZC．，k∈Z D．，k∈Z【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用y=Asin（ωx+φ）的图象特征，求出函数y=Asin（ωx+φ）的解析式，再根据y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律及正弦函数的图象和性质，即可求得函数g（x）的单调增区间．【解答】解：由图可知A=2，T=4（﹣）=π，∴ϖ==2．∵由图可得点（，2）在函数图象上，可得：2sin（2×+φ）=2，解得：2×+φ=2kπ+，k∈Z，∴由|φ|＜，可得：φ=，∴f（x）=2sin（2x+）．∵若将y=f（x）的图象向右平移个单位后，得到的函数解析式为：g（x）=2sin[2（x﹣）+]=2sin（2x+）．∴由2kπ≤2x+≤2kπ+，k∈Z，可得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈Z，∴函数g（x）的单调增区间为：[kπ﹣，kπ+]，k∈Z．故选：A．10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（）A．31πB．32πC．34πD．36π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】首先还原几何体为底面边长为3的正方形，高为4是四棱锥，明确其外接球的半径，然后计算表面积．【解答】解：由几何体的三视图得到几何体是底面是边长为3的正方形，高为4是四棱锥，所以其外接球的直径为，所以其表面积为34π；故选C．11．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A．B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】根据近似公式V≈L2h，建立方程，即可求得结论．【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2πr，∴=（2πr）2h，∴π=．故选：B．12．已知抛物线y2=4x的焦点为F，A、B为抛物线上两点，若，O为坐标原点，则△AOB的面积为（）A．B．C．D．【考点】抛物线的简单性质．【分析】根据抛物线的定义，不难求出，|AB|=2|AE|，由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率为正，所以直线AB的倾斜角为60°，可得直线AB的方程，与抛物线的方程联立，求出A，B的坐标，即可求出△AOB的面积．【解答】解：如图所示，根据抛物线的定义，不难求出，|AB|=2|AE|，由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率为正，所以直线AB的倾斜角为60°，直线AB的方程为，联立直线AB与抛物线的方程可得：，解之得：，，所以，而原点到直线AB的距离为，所以，当直线AB的倾斜角为120°时，同理可求．故应选C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.13．已知直线l过圆x2+（y﹣3）2=4的圆心，且与直线x+y+1=0垂直，则l的方程是x﹣y+3=0．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】由圆的方程求出圆心坐标，由直线垂直的条件求出直线l的斜率，代入点斜式方程再化为一般式方程．【解答】解：由题意得，圆x2+（y﹣3）2=4的圆心为（0，3），又直线l与直线x+y+1=0垂直，所以直线l的斜率是1，则直线l的方程是：y﹣3=x﹣0，即x﹣y+3=0，故答案为：x﹣y+3=0．14．实数x，y满足，则z=x+y+1的最大值为4．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，由z=x+y+1，即y=﹣x﹣1+z，由图象可知当直线y=﹣x﹣1+z经过点B（3，0），和直线x+y﹣3=0平行时，直线y=﹣x﹣1+z的截距最大，此时z最大．代入目标函数z=x+y+1得z=3+1=4．即目标函数z=x+y+1的最大值为4．故答案为：4．15．设△ABC的内角A，B，C，所对的边分别是a，b，c．若（a+b﹣c）（a+b+c）=ab，则角C=．【考点】余弦定理．【分析】利用已知条件（a+b﹣c）（a+b+c）=ab，以及余弦定理，可联立解得cosB的值，进一步求得角B．【解答】解：由已知条件（a+b﹣c）（a+b+c）=ab可得a2+b2﹣c2+2ab=ab即a2+b2﹣c2=﹣ab由余弦定理得：cosC==又因为0＜C＜π，所以C=．故答案为：16．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）Ⅰ（0，1）．【考点】函数的单调性与导数的关系．【分析】构造函数g（x）=，利用g（x）的导数判断函数g（x）的单调性与奇偶性，画出函数g（x）的大致图象，结合图形求出不等式f（x）＞0的解集．【解答】解：设g（x）=，则g（x）的导数为：g′（x）=，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）=为减函数，又∵g（﹣x）====g（x），∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（﹣1）==0，∴函数g（x）的大致图象如图所示：数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或，⇔0＜x＜1或x＜﹣1．∴f（x）＞0成立的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）Ⅰ（0，1）．故答案为：（﹣∞，﹣1）Ⅰ（0，1）．三、解答题：本大题共5小题，满分60分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2=4，S5=30，数列{b n}满足b1+2b2+…+nb n=a n （Ⅰ）求a n；（Ⅰ）设c n=b n•b n+1，求数列{c n}的前n项和T n．【考点】数列的求和；等差数列的通项公式．【分析】（I）利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出；（II）利用递推关系与“裂项求和”即可得出．【解答】解：（I）设等差数列{a n}的公差为d，∵a2=4，S5=30，∴，解得a1=d=2．∴a n=2+2（n﹣1）=2n．（II）∵b1+2b2+…+nb n=a n，∴当n=1时，b1=a1=2；当n≥2时，b1+2b2+…+（n﹣1）b n﹣1=a n﹣1，∴nb n=a n﹣a n﹣1=2，解得b n=．∴c n=b n•b n+1==4．∴数列{c n}的前n项和T n=4++…+=4=．18．2015年8月12日天津发生危化品重大爆炸事故，造成重大人员和经济损失．某港口组织消防人员对该港口的公司的集装箱进行安全抽检，已知消防安全等级共分为四个等级（一级为优，二级为良，三级为中等，四级为差），该港口消防安全等级的统计结果如下表所示：等级一级二级三级四级频率0.302m m0.10现从该港口随机抽取了n家公司，其中消防安全等级为三级的恰有20家．（1）求m，n的值；（2）按消防安全等级利用分层抽样的方法从这n家公司中抽取10家，除去消防安全等级为一级和四级的公司后，再从剩余公司中任意抽取2家，求抽取的这2家公司的消防安全等级都是二级的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；分层抽样方法．【分析】（1）由已知先求出m，由频率=，能求出n．（2）由分层抽样的方法得到消防安全等级为一级的有3家，二级的有4家，三级的有2家，四级的有1家．记消防安全等级为二级的4家公司分别为A，B，C，D，三级的2家公司分别记为a，b，从中抽取2家公司，利用列举法能出抽取的2家公司的消防安全等级都是二级的概率．【解答】解：（1）由已知可得：0.30+2m+m+0.10=1，解得：m=0.20．所以n==100．（2）由（1）知，利用分层抽样的方法从中抽取10家公司，则消防安全等级为一级的有3家，二级的有4家，三级的有2家，四级的有1家．记消防安全等级为二级的4家公司分别为A，B，C，D，三级的2家公司分别记为a，b，则从中抽取2家公司，不同的结果为：（Aa），（Ab），（AB），（AC），（AD），（BC），（BD），（Ba），（Bb），（CD），（Ca），（Cb），（Da），（Db），（ab），共15种，记“抽取的2家公司的消防安全等级都是二级”为事件M，则事件M包含的结果有：（AB），（AC），（AD），（BC），（BD），（CD），共6种，所以P（M）==．19．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；（Ⅰ）若AB=CB=1，，求三棱锥A﹣A1BC的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；棱柱的结构特征．【分析】（I）取AB的中点O，连接CO，OA1，A1B，由CA=CB得CO⊥AB，由△AA1B 是等边三角形得OA1⊥AB，故AB⊥平面COA1，于是AB⊥A1C；（II）根据等边三角形性质求出OC，OA1，由勾股定理逆定理得出CO⊥OA1，求出S，于是V=2V．【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点O，连接CO，OA1，A1B．∵CA=CB，∴CO⊥AB，∵AB=AA1，∠BAA1=60°．∴△A1AB为等边三角形．∴OA1⊥AB，又∵OC⊂平面COA1，OA1⊂平面COA1，OC∩OA1=O．∴AB⊥平面COA1．又A1C⊂平面COA1，∴AB⊥A1C．（Ⅰ）解：∵AB=BC=AC=1，∴CO=，∵AB=AA1=1，∠BAA1=60°，∴A1O=．∵A1C=，∴CO2+A1O2=A1C2．∴CO⊥A1O．∴S==．∴V=2V=2×=2×=．20．如图，圆C与x轴相切于点T（2，0），与y轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N 的下方），且|MN|=3．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅰ）过点M任作一条直线与椭圆相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：∠ANM=∠BNM．【考点】直线与圆锥曲线的关系；圆的标准方程．【分析】（Ⅰ）设圆C的半径为r（r＞0），依题意，圆心坐标为（2，r），根据|MN|=3，利用弦长公式求得r的值，可得圆C的方程．（Ⅰ）把x=0代入圆C的方程，求得M、N的坐标，当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM，当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y=kx+1，代入椭圆的方程，利用韦达定理求得K AB+K BN=0，可得∠ANM=∠BNM．【解答】解：（Ⅰ）设圆C的半径为r（r＞0），依题意，圆心坐标为（2，r）．∵|MN|=3，∴，解得，故圆C的方程为．（Ⅰ）把x=0代入方程，解得y=1或y=4，即点M（0，1），N（0，4）．（1）当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM．（2）当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y=kx+1．联立方程，消去y得，（1+2k2）x2+4kx﹣6=0．设直线AB交椭圆Γ于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，则，．∴=0，∴∠ANM=∠BNM．综上所述，∠ANM=∠BNM．21．已知函数f（x）=lnx+ax2+x，a∈R．（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；（Ⅰ）已知a＜0，对于函数f（x）图象上任意不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），其中x2＞x1，直线AB的斜率为k，记N（u，0），若，求证f′（u）＜k．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义即可求出切线方程，（Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，（Ⅰ）要证：f′（u）＜k．，只需证，构造函数令，通过讨论函数的单调性，从而证出结论．【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=lnx+x2+x，∴，∴f'（1）=4又∵f（1）=ln1+12+1=2，∴函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣2=4（x﹣1），即4x﹣y﹣2=0．（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），当a≥0时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在定义域内单调递增；当a＜0时，令f'（x）=0，解得，，∵x＞0，∴则时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；综上，a≥0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；a＜0时，f（x）的单调递增区间为，f（x）的单调递增区间为（Ⅰ）证明：=，∵，∴x2﹣x1=λ（u﹣x1），∴，又，∴，∴，∵a＜0，x2＞x1，1≤λ≤2，∴要证：f′（u）＜k．，只需证即证：，设令，则，令h（t）=﹣t2+（λ2﹣2λ+2）t﹣（λ﹣1）2，t＞1，1≤λ≤2对称轴．h（t）＜h（1）=0，∴g'（t）＜0，故g（t）在（1，+∞）内单调递减，则g（t）＜g（1）=0，故f′（u）＜k．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，作答时请在答题卡中用2B铅笔把所选做题的后面的方框涂黑，并写清题号再作答．[选修4-1：几何证明选讲][选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C的极坐标方程是．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是．（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C相交于A、B两点，且，求直线的倾斜角α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】（1）由，展开为ρ2﹣4﹣1=0，利用即可得出极坐标方程．（II）将代入圆的方程得化简得t2﹣2tcosα﹣4=0，利用弦长公式，化简即可得出．【解答】解：（1）由，展开为ρ2﹣4﹣1=0，化为﹣1=0，配方得圆C的方程为（2）将代入圆的方程得（tcosα﹣1）2+（tsinα）2=5，化简得t2﹣2tcosα﹣4=0，设A、B两点对应的参数分别为t1、t2，则，所以，所以4cos2α=2，，．[选修4-5；不等式选讲]23．已知函数（Ⅰ）当时，解不等式f（x）≤x+10；（Ⅰ）关于x的不等式f（x）≥a在R上恒成立，求实数a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）通过讨论x的范围，求出不等式的解集，取并集即可；（Ⅰ）根据绝对值的意义求出f（x）的最小值，从而求出a的范围．【解答】解：（Ⅰ）当时，，①当时，由f（x）≤x+10得﹣2x+3≤x+10，解得，此时；②当时，由f（x）≤x+10得2≤x+10，解得x≥﹣8，此时；．．③当时，由f（x）≤x+10得2≤x+10，解得x≤13，此时；综上，不等式f（x）≤x+10的解集为；（Ⅰ）由绝对值不等式的性质得：，∴f（x）的最小值为，由题意得，解得，∴实数a的取值范围为．。