高考数学模拟试卷3 (8) 14页

- 1 - 2018 年普通高等学校招生全国统一考试最新高考信息卷 （第 44 套） 1．设集合  1,2,3A  ，  3 4xB x  ，则 A B  （ ） A．{1，2} B．{2，3} C．{1，3} D．{1，2，3} 2．设 3 i iz  ，i 是虚数单位，则 z 的虚部为（ ） A．1 B． 1 C．3 D． 3 3．已知随机变量 服从正态分布  0,1N ，如果  1 0.8413P    ，则 ( 1 0)P    （ ） A． 0.3413 B． 0.6826 C． 0.1587 D． 0.0794 4．已知函数    sinf x x   （ 0  ， π 2   ）图象相邻两条对称轴之间的距离为 π 2 ， 将函数  y f x 的图象向左平移 π 3 个单位后，得到的图象关于 y 轴对称，那么函数  y f x 的图象（ ） A．关于点 π ,012      对称 B．关于点 ,012     对称 C．关于直线 π 12x  对称 D．关于直线 π 12x   对称 5．数列 na 满足  1 1 n n na a n     ，则数列 na 的前 20 项的和为（ ） A． 100 B．1 0 0 C． 110 D．1 1 0 6．已知直线 : 2 4 0l x y   ，圆    2 2: 1 5 80C x y    ，那么圆C 上到 l 的距离为 5 的 点一共有（ ）个． A．1 B． 2 C． 3 D． 4 7．若 a ，b ， c ，满足 2 3a  ， 2 5logb  ，3 2c  ，则（ ） A． c a b  B．b c a  C． a b c  D． c b a  8．函数    2 2 cosx xf x x  在区间 5,5 上的图象大致为（ ） A． B． - 2 - C． D． 9．我国南宋时期的数学家秦九部(约 1202-1261)在他的著作《数书九章》中提出了多项式求值 的秦九韶算法，如图所示的框图给出了利用秦九韶算法求多项式的一个实例．若输人的 5n  ， 1v  ， 2x  ，则程序框图计算的是（ ） A． 5 4 3 22 2 2 2 2 1     B． 5 4 3 22 2 2 2 2 5     C． 6 5 4 3 22 2 2 2 2 2 1      D． 4 3 22 2 2 2 1    10．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，图中画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表 面积为（ ） A．12 13 6 2 18  B．9 13 8 2 18  C．9 13 6 2 18  D．9 13 6 2 12  11．在三棱锥 S ABC 中， SB B C ， SA A C ， SB BC ， SA AC ， 1 2AB SC ，且 三棱锥 S ABC 的体积为 9 3 2 ，则该三棱锥的外接球半径是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 - 3 - 12．若存在实常数 k 和b ，使得函数  F x 和  G x 对其公共定义域上的任意实数 x 都满足：  F x kx b  和  G x kx b  恒成立，则称此直线 y kx b  为  F x 和  G x 的“隔离直线”， 已知函数    2f x x x R ，    1 0g x xx   ，   2elnh x x ，有下列命题： ①      F x f x g x  在 3 1 ,0 2 x      内单调递增； ②  f x 和  g x 之间存在“隔离直线”，且b 的最小值为 4 ； ③  f x 和  g x 之间存在“隔离直线”，且 k 的取值范围是 ( 4 0  ， ； ④  f x 和  h x 之间存在唯一的“隔离直线” 2 e ey x  ． 其中真命题的个数有（ ） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 13．已知实数 x ， y 满足 3 0 2 4 0 2 8 0 x y x y x y             ，则 2z x y  的最小值为_________． 14．已知向量  2 3a ， ，  6m b ， ，若 a b，则 2  a b ___________． 15．已知数列 na 的前 n项和为 nS ，且 2 1n nS a  ，则数列 1 na       的前 6 项和为____． 16．抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 F ，准线为 l ， A 、 B 是抛物线上的两个动点，且满 足 3AFB   ．设线段 AB 的中点 M 在l 上的投影为 N ，则 MN AB 的最大值是_____． 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，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a，b ， c ．满足 2 cos cos cos 0a C b C c B   ． （1）求角 C 的大小； （2）若 2a  ， ABC△ 的面积为 3 2 ，求 c的大小． 18．如图，在矩形 A B C D 中， 4A B  ， 2A D  ，E 是 C D 的中点，以 A E 为折痕将 DAE△ 向上折起， D 变为 D ，且平面 D AE  平面 A B C E ． - 4 - （1）求证： AD EB  ； （2）求二面角 A BD E  的大小． 19．由中央电视台综合频道（CCTV-1）和唯众传媒联合制作的《开讲啦》是中国首档青年电 视公开课．每期节目由一位知名人士讲述自己的故事，分享他们对于生活和生命的感悟，给 予中国青年现实的讨论和心灵的滋养，讨论青年们的人生问题，同时也在讨论青春中国的社 会问题，受到青年观众的喜爱，为了了解观众对节目的喜爱程度，电视台随机调查了 A 、B 两 个地区的1 0 0 名观众，得到如下的 2 2 列联表： 非 常满意 满 意 3 0 已知在被调查的1 0 0 名观众中随机抽取1 名，该观众是 B 地区当中“非常满意”的观众的概率为 0 .3 5 ，且 4 3y z ． （1）现从1 0 0 名观众中用分层抽样的方法抽取 20 名进行问卷调查，则应抽取“满意”的 A B、 地 区的人数各是多少． （2）完成上述表格，并根据表格判断是否有95% 的把握认为观众的满意程度与所在地区有关 系． （3）若以抽样调查的频率为概率，从 A 地区随机抽取 3 人，设抽到的观众“非常满意”的人数 为 X ，求 X 的分布列和期望．  2 0P K k 0.050 0.010 0.001 - 5 - 0k 3.841 6.635 10.828 附：参考公式：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ． 20．已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ．且椭圆C 过点 33, 2      ，离心率 1 2e  ；点 P 在椭圆C 上，连接 1PF 并延长交椭圆 C 于点 Q ，点 R 是 2PF 中点． （1）求椭圆C 的方程； （2）若O 是坐标原点，记 1QFO△ 与 1PF R△ 的面积之和为 S ，求 S 的最大值． 21．已知函数   2 11 xf x x   ，   2e ( 0)axg x x a  ． （1）求函数  f x 的单调区间． （2）若对任意 1x ，  2 0,2x  ，    1 2f x g x 恒成立，求 a 的取值范围． 请考生在 22、23 题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分。 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程]已知直线l 过原点且倾斜角为 0 ， 0  2  ，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 2sin 4cos   ． （1）写出直线l 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程； （2）已知直线l过原点且与直线l 相互垂直，若l C M ，l C N  ，其中 M ， N 不与 原点重合，求 OMN△ 面积的最小值． 23．[选修 4-5：不等式选讲]已知函数    2log 1 1f x x x a     ． （1）当 3a  时，求函数  f x 的定义域； （2）若不等式   2f x  的解集为 R ，求实数 a 的最大值． - 6 - 2018 年普通高等学校招生全国统一考试最新高考信息卷 答案（第 44 套） 1．【答案】B 【解析】  1,2,3A  ，  3 4xB x   3log 4,  ，  2,3A B  ，选 B． 2．【答案】D 【解析】因为 3 i iz  1 3i  ， z 的虚部为 3 ，选 D． 3．【答案】A 【解析】依题意得： ( 1) 0.1587P    ， 1 0.1587 2( 1 0) 0.34132P        ．故选 A． 4． 【答案】A 【解析】由题意得 π 2 2 T  ， πT  ， 2 2T    ，因为函数  y f x 的图象向左平移 π 3 个 单位后，得到的图象关于 y 轴对称，所以 2πsin 2 3y x       关于 y 轴对称，即  2 3 2 k k     Z ， 2   ， 6     ，所以   sin 2 6f x x      关于点 ,012      对称，选 A． 5．【答案】A 【解析】由  1 1 n n na a n    ，得 2 1 1a a   ， 3 4 3a a   ， 5 6 5a a   ，...， 19 20 19a a   ， na 的前 20 项的和为 1 2 19 20 1 19... 1 3 ... 19 102a a a a             100  ，故选 A． 6．【答案】C 【解析】由圆    2 2: 1 5 80C x y    ，可得圆心  1, 5C  ，半径 4 5R  ，又圆心  1, 5C  到直线 2 4 0x y   的距离    22 1 2 5 4 15 3 5 51 2 d          ，如图所示，由图象可知，点 A ， B ， D 到直线 2 4 0x y   的距离都为 5 ，所以圆 C 上到 l 的距离为 5 的点一共 3 个， 故选 C． - 7 - 7． 【答案】A 【解析】由题意得 2 2log 3 log 5a b   ， 3 2log 2 1 log 3c a    ， c a b   ，选 A． 8．【答案】D 【解析】因为当 0, 2x     时，   0f x  ；当 3,2 2x      时，   0f x  ；当 3 52x     ， 时，   0f x  ．所以选 D． 9． 【答案】A 【解析】执行循环得： 4i  ， 1 2 1v    ， 3i  ； 22 2 1v    ， 2i  ， 3 22 2 2 1v     ， 1i  ； 4 3 22 2 2 2 1v      ， 0i  ； 5 4 3 22 2 2 2 2 1v       ， 1i   ；结束循环，输 出 5 4 3 22 2 2 2 2 1v       ，选 A． 10． 【答案】C 【解析】几何体如图， 表面积为 1 1 1 1 1 13 4+ 3 13+ 3 13+ 3 2 4+3 13+3 13+ 3 4+ 3 42 2 2 2 2 2               9 13 6 2 18   ，选 C． 11．【答案】C 【解析】取 SC 中点O ，则OA OB OC OS   ，即O 为三棱锥的外接球球心，设半径为 r ， - 8 - 则 21 3 9 323 4 2r r   ， 3r  ，选 C． 12 【答案】C 【解析】①       2 1F x f x g x x x     ， 3 1 ,0 2 x      ，   2 12 0F x x x     ，      F x f x g x   ，在 3 1 ,0 2 x      内单调递增，故①正确；②，③设    ,f x g x 的 隔离直线为 y kx b  ，则 2x kx b  对一切实数 x 成立，即有 1 0  ， 2 4 0k b  ，又 1 kx bx   对一切 0x  成立，则 2 1 0kx bx   ，即 2 0  ， 2 4 0b k  ， 0k  ， 0b  ， 即有 2 4k b  且 2 4b k  ， 4 216 64k b k   ， 4 0k   ，同理 4 216 64b k b   ，可得 4 0b   ，故②正确，③错误，④函数  f x 和  h x 的图象在 ex  处有公共点，因此存 在  f x 和  h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为 k ，则隔离直 线方程为  e ey k x   ，即 e ey kx k   ，由    e ef x kx k x   R ，可得 2 e e 0x kx k    ，当 xR 恒成立，则  2 2 e 0k    ，只有 2 ek  ，此时直线 方程为 2 e ey x  ，下面证明   2 e eh x x  ，令    2 e eG x x h x   2 e e 2elnx x   ，    2 e ex G x x    ，当 ex  时，   0G x  ；当 0 x e  时，  ' 0G x  ；当 x e 时，  ' 0G x  ；当 x e 时，  G x 取到极小值，极小值是 0 ，也是最小值，    2 e e 0G x x h x     ，则   2 e eh x x  ， 函数  f x 和  h x 存在唯一的隔离直线 2 e ey x  ，故④正确，真命题的个数有三个， 故选 C． 13．【答案】5 【解析】作可行域，则直线 2z x y  过点  2 1A ， 时 z 取最小值 5， - 9 - 14．【答案】13 【解析】由题意得 2 18 0m   ， 9m  ，  2 13,0  a b ， 2 13  a b ． 15．【答案】 63 32 【解析】由题意得  -1 12 1 2n nS a n   ， 12 2n n na a a    ， 12n na a   ， 因为 1 12 1S a  ， 1 1a  ， 12n na   ， 11 1 2 n na       ，  数列 1 na       的前 6 项和为 611 632 1 321 2       ． 16．【答案】1 【解析】设 AF a ， BF b ，如图，根据抛物线的定义，可知 AF AQ ， BF BP ， 再梯形 ABPQ 中，有  1 2MN a b  ， ABF△ 中，  2 22 2 2 22 cos 33AB a b ab a b ab a b ab         ，又因为 2 2 a bab      ，所以  2 2 4 2 a b a bAB AB     ，所以  1 2 1 2 a bMN a bAB    ，故最大值是1，故填：1． 17． 【答案】（1） 2 3  ；（2） 7 ． - 10 - 【解析】（1）在 ABC△ 中，∵ 2 cos cos cos 0a C b C c B   ， ∴由正弦定理可得： 2sin cos sin cos sin cos 0A C B C C B   ， ∴  2sin cos sin 0A C B C   ， 又 ABC△ 中，  sin sin 0B C A   ． 1cos 2C   ． ∵ 0 C  ．∴ 2 3C  ． （2）由 1 3sin2 2S ab C  ， 2a  ， 2 3C  ，得 1b  ． 由余弦定理得 2 14 1 2 2 1 72c            ，∴ 7c  ． 18．【答案】（1）证明见解析；（2） 90 ． 【解析】（1）证明：∵ 2 2AE BE  ， 4AB  ， ∴ 2 2 2AB AE BE  ，∴ AE EB ， ∵平面 D AE  平面 ABCE ， ∴ EB  平面 AD E ，∴ AD EB  （2）如图建立空间直角坐标系， 则  4,2,0A 、  0,0,0C 、  0,2,0B 、  3,1, 2D ，  2,0,0E ， 从而  4 0 0BA  ，， ，  3 1 2BD   ， ， ，  2, 2,0BE   ． 设  1 1 1 1x y zn ， ， 为平面 ABD 的法向量， - 11 - 则 1 1 1 1 1 1 4 0 3 2 0 BA x BD x y z             n n   可以取  1 0, 2,1n ， 设  2 2 2 2x y zn ， ， 为平面 BD E 的法向量， 则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 3 2 0 BE x y BD x y z            n n   可以取  2 1,1 2 n ， ， 因此， 1 2 0 n n ，有 1 2n n ，即平面 ABD  平面 BD E ， 故二面角 A BD E   的大小为 90 ． 19.【答案】（1）3，4；（2）没有95% 的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系；（3）见 解析． 【解析】（1）由题意，得 0.35100 x  ，所以 35x  ，所以 35y z  ，因为 4 3y z ， 所以 15y  ， 20z  ， A 地抽取 2015 =3100  ，B 地抽取 2020 =4100  ， （2） 非 常满意 满 意 3 0 1 5 3 5 2 0 6 5 3 5  2 2 100 30 20 35 15 100 0.1 3.84165 35 45 55 1007K        ≈ ， 所以没有95%的把握认为观众的满意程度与所在地区有关系． （3）从 A 地区随机抽取 1 人，抽到的观众“非常满意”的概率为 2 3P  , 随机抽取 3 人， X 的可能取值为 0 ，1， 2 ，3，   31 10 3 27P X       ，   2 1 3 2 1 6 21 C 3 3 27 9P X           ， - 12 -   2 2 3 2 1 12 42 C 3 3 27 9P X              ，   32 83 3 27P X       ， 2E X  ． 20． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 3 2 ． 【解析】（1）依题意， 2 2 2 2 1x y a b   ，则 2 2 2 2 2 3 3 14 1 2 a b a b c c a             ，解得 2a  ， 3b  ， 1c  ． 故椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）由O ， R 分别为 1 2F F ， 2PF 的中点，故 1OR PF∥ ． 故 1PF R△ 与 1PFO△ 同底等高，故 1 1PF R PFOS S△ △ ， 1 1QFO PF E PQOS S S S  △ △ △ ． 当直线 PQ 的斜率不存在时，其方程为 1x   ，此时 1 3 3 312 2 2 2PQOS            △ ． 当直线 PQ 的斜率存在时，设其方程为：  1y k x  ，设 1 1( )P x y， ， 2 2( )Q x y， ， 显然直线 PQ 不与 x 轴重合，即 0k  ； 联立   2 2 1 14 3 y k x x y        ，解得 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k     ，  2144 1 0k    ，故 2 1 2 2 2 1 2 2 8 3 4 4 12 3 4 kx x k kx x k           ． 故 2 1 21PQ k x x    21 k 2 1 2 1 2( ) - 4x x x x  2 2 12 1 3 4 k k   （ ）， - 13 - 点O 到直线 PQ 的距离 21 kd k   ， 2 2 2 2 1 162 3 4 k kS PQ d k    （ ） （ ） ，令  23 4 3u k   ， ， 故 2 2 -3 1• 3 3 2 34 46 1 02 2 u u S u u u       （ ，）， 故 S 的最大值为 3 2 ． 21．【答案】（1）单调增区间为  1,1 ，单调减区间  ,1 和  1, ；（2）  , ln2  ． 【解析】（1）          2 2 22 2 1 11 1 1 x xxf x x x       ． 令   0f x  ，则 1 1x   ，令   0f x  ，则 1x   或 1x  ． 故函数  f x 的单调增区间为  1,1 ，单调减区间  ,1 和  1, ． （2）依题意，“对于任意 1x ，  2 0,2x  ，    1 2f x g x 恒成立”等价于“对于任意  0,2x ，    min maxf x g x 恒成立”． 由（1）知，函数  f x 在  0,1 上单调递增，在  1,2 上单调递减． ∵  0 1f  ，   22 1 15f    ，∴函数  f x 的最小值为  0 1f  ， ∴  max 1g x  ．∵   2eaxg x x ，∴    2 2 eaxg x ax x  ． ∵ 0a  ，令   0g x  ，得 1 0x  ， 2 2x a   ． ①当 2 2a   ，即 1 0a   时，当  0,2x 时，   0g x  ，函数  g x 在  0,2 上单调递增，∴函数     2 max 2 4e ag x g  ． 由 24e 1a  得， ln2a   ，∴ 1 ln 2a    ． ②当 20 2a    ，即 1a   时， 20,x a      时   0g x  ， 2 , 2x a      时，   0g x  ， ∴函数  g x 在 20, a     上单调递增，在 2 , 2a     上单调递减， ∴   2 2max 2 4 eg x g a a       ．由 2 2 4 1ea  得， 2 ea   ， - 14 - ∴ 1a   ．综上所述， a 的取值范围是 , ln2  ． 22． 【答案】（1） 0  ， 2 4y x ；（2）16． 【解析】（1）依题意，直线l 的极坐标方程为 0  0 ,2         R ， 曲线 2: sin 4cosC    ， 2 2sin 4 cos    ，直角坐标方程为 2 4y x ， （2）把 0  代入 2sin 4 cos    ，得 0 2 0 4cos sinM   ， 可知直线l的极坐标方程为 0 2        R ， 代入 2sin 4cos   ，得 2 0cos 4sinN    ，所以 0 2 0 4sin cosN    ， 0 0 0 1 1 16 16 162 2 2sin cos sin 2OMN M NS OM ON           △ ， (当且仅当 0 4   时，取“=”)， 即 OMN△ 面积的最小值为16． 23．【答案】（1） 3 3 2 2x x x       或 ；（2） 2 ． 【解析】（1）当 3a  时，函数      2 2log 1 1 log 1 1 3f x x x a x x          ， ∴ 1 1 3 0x x     ，即 1 1 3x x    ， ∴ 1 1 1 3 x x x           或 1 1 1 1 3 x x x           或 1 1 1 3 x x x         ． 解得 3 2x   或 3 2x  ．故函数的定义域为 3 3 2 2x x x       或 ． （2）∵不等式   2f x  的解集为 R ， ∴   2f x  恒成立．∴ 1 1 4x x a     恒成立． ∵  1 1 1 1 2x x x x        (当且仅当 1 1x   时，取“=”)， ∴ 2 4a  ，故有 2a   ，故实数 a 的最大值为 2 ．