2018年河南省安阳市高考一模数学文 12页

2018 年河南省安阳市高考一模数学文 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.在复平面内，复数12 12 i i   所对应的点位于( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析：∵       2 12 3 4 3 4 5 5 51 2 1 2 12 12 i i ii i ii       ＝ ＝ ， ∴复数 所对应的点的坐标为( 34 55 ， )，位于第二象限. 答案：B 2.设集合 A={x|﹣2≤x≤2}，B={y|y=3x﹣1，x∈R}，则 A∩B=( ) A.(﹣1，+∞) B.[﹣2，+∞) C.[﹣1，2] D.(﹣1，2] 解析：∵集合 A={x|﹣2≤x≤2}， B={y|y=3x﹣1，x∈R}={y|y＞﹣1}， ∴A∩B={x|﹣1＜x≤2}=(﹣1，2]. 答案：D 3.已知函数 f(x)满足：①对任意 x1，x2∈(0，+∞)且 x1≠x2，都有    12 12 0 f x f x xx   ＞ ；② 对定义域内任意 x，都有 f(x)=f(﹣x)，则符合上述条件的函数是( ) A.f(x)=x2+|x|+1 B.   1f x xx ＝ C.f(x)=ln|x+1| D.f(x)=cosx 解析：由题意得：f(x)是偶函数，在(0，+∞)递增， 对于 A，f(﹣x)=f(x)，是偶函数，且 x＞0 时，f(x)=x2+x+1，f′(x)=2x+1＞0， 故 f(x)在(0，+∞)递增，符合题意； 对于 B，函数 f(x)是奇函数，不合题意； 对于 C，由 x+1=0，解得：x≠﹣1，定义域不关于原点对称， 故函数 f(x)不是偶函数，不合题意； 对于 D，函数 f(x)在(0，+∞)无单调性，不合题意； 答案：A 4.若1 cos 3sin    ＝ ，则 cosα ﹣2sinα =( ) A.﹣1 B.1 C. 2 5 D.﹣1 或 2 5 解析：若1 cos 3sin    ＝ ，则 1+cosα =3sinα ，又 sin2α +cos2α =1， ∴sinα = 3 5 ，∴cosα =3sinα ﹣1= 4 5 ，∴cosα ﹣2sinα = 2 5 . 答案：C 5.已知等比数列{an}中，a1=1，a3+a5=6，则 a5+a7=( ) A.12 B.10 C.12 2 D. 62 解析：∵a1=1，a3+a5=6， ∴a3+a5=q2+q4=6， 得 q4+q2﹣6=0， 即(q2﹣2)(q2+3)=0， 则 q2=2， 则 a5+a7=q4+q6=22+23=4+8=12， 答案：A 6.执行如图所示的程序框图，若输入 p=0.8，则输出的 n=( ) A.3 B.4 C.5 D.6 解析：第一次运行 n=1，s=0，满足条件 s＜0.8，s= 1 2 =0.5，n=2， 第二次运行 n=2，s=0.5，满足条件 s＜0.8，s= 11 24 =0.75，n=3， 第三次运行 n=3，s=0.75，满足条件 s＜0.8，s=0.75+ 1 8 =0.75+0.125=0.875，n=4， 此时 s=0.875 不满足条件 s＜0.8 输出，n=4. 答案：B 7.如图所示是一个几何体的三视图，则该几何体的体积是( ) A.4+2π B. 34 2  C.4+π D. 4 2  解析：由几何体的三视图得： 该几何体是一个长方体和一个半圆柱的组合体， 其中长方体的长为 4，宽为 1，高为 1， 半圆柱的底面半径为 r=1，高为 h=1，如图， ∴该几何体的体积： 214 1 1 1 1 422V          . 答案：D 8.在边长为 a 的正三角形内任取一点 P，则点 P 到三个顶点的距离均大于 2 a 的概率是( ) A. 11 3 12 6  B. 31 6  C. 1 3 D. 1 4 解析：满足条件的正三角形 ABC 如下图所示： 边长 AB=a， 其中正三角形 ABC 的面积 S 三角形 2213sin2 3 4aa    ； 满足到正三角形 ABC 的顶点 A、B、C 的距离至少有一个小于 1 的平面区域， 如图中阴影部分所示，其加起来是一个半径为 2 a 的半圆， ∴S 阴影=   2 21 2 2 8 aa    ， ∴使取到的点到三个顶点 A、B、C 的距离都大于 2 a 的概率是： 2 2 381163 4 a P a    ﹣ . 答案：B 9.已知{an}为等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 a3+7=2a5，则 S13=( ) A.49 B.91 C.98 D.182 解析：设等差数列{an}的公差为 d，∵a3+7=2a5， ∴a1+2d+7=2(a1+4d)，化为：a1+6d=7=a7. 则 S13=  1 13 13 13 2 aa S   =13a7=13×7=91. 答案：B 10.已知函数    sin 3f x x ＝ ，要得到 g(x)=cosx 的图象，只需将函数 y=f(x)的图象 ( ) A.向右平移 5 6  个单位 B.向右平移 3  个单位 C.向左平移 3  个单位 D.向左平移 5 6  个单位 解析：将函数 y=f(x)=sin(x﹣ 3  )的图象向左平移 5 6  个单位， 可得 y=sin(x+ 5 63  )=cosx 的图象. 答案：D 11.已知函数   32 32 xxfx ＝ 与 g(x)=6x+a 的图象有 3 个不同的交点，则 a 的取值范围是 ( ) A. B. C. D. 解析：函数   32 32 xxfx ＝ 与 g(x)=6x+a 的图象有 3 个不同的交点⇔方程 a= 32 632 xx x 有 3 个不同的实根， 即函数 y=a，g(x)= 32 632 xx x的图象有 3 个不同的交点. g′(x)=x2+x﹣6=(x+3)(x﹣2) x∈(﹣∞，﹣3)，(2，+∞)时，g(x)递增，x∈(﹣3，2)递减， 函数 g(x)图如下，结合图象，只需 g(2)＜a＜g(﹣3)即可， 即 22 27 32a ＜ ＜ . 答案：B 12.已知 F1，F2 分别是椭圆 22 221yx ab  ＝ (a＞b＞0)的左、右焦点，P 为椭圆上一点，且  11 0PF OF OP＝ (O 为坐标原点)，若 12=2PF PF ，则椭圆的离心率为( ) A. 63 B. 63 2  C. 65 D. 65 2  解析：如图，取 PF1 的中点 A，连接 OA， ∴ 12 12 2OA OF OP OA F P  ， ， ∴ 12O F O P F P ， ∵  11 0PF OF OP＝ ， ∴ 12=0P F F P ， ∴ 12P F F P ， ∵ 12=2PF PF ， 不妨设|PF2|=m，则|PF1|= 2 m， ∵|PF2|+|PF1|=2a=m+ 2 m， ∴  2 2 2 1 12 m a a    ， ∵|F1F2|=2c， ∴4c2=m2+2m2=3m2=3×4a2(3﹣2 2 )， ∴  2 2 2 9 6 2 6 3c a     ， ∴e= 63 ， 答案：A 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.命题“∀x∈R，都有 x2+|x|≥0”的否定是________. 解析：由全称命题的否定为特称命题，可得 命题“∀x∈R，都有 x2+|x|≥0”的否定是 “∃x0∈R，使得 2 000xx ＜ ”. 答案：∃x0∈R，使得 2 000xx ＜ 14.长、宽、高分别为 1，2，3 的长方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 解析：∵长、宽、高分别为 1，2，3 的长方体的顶点都在同一球面上， ∴球半径 2 2 21 2 3 14 22R ， ∴该球的表面积为 2 2 144 4 142SR          . 答案：14π 15.已知向量 a =(2，3)，b =(x，y)，且变量 x，y 满足 0 30 y yx xy        ，则 z= ab 的最大值为 ________. 解析：由约束条件 0 30 y yx xy        作出可行域如图， 联立 30 yx xy    ＝ ＝ ，解得 A( 33 22 ， )， ∵ =(2，3)， =(x，y)， ∴z= ab =2x+3y，化为 2 33 zyx   ，由图可知，当直线 y= 2 33 zx过 A 时， 直线在 y 轴上的截距最大，z 有最小值为15 2 . 答案：15 2 16.在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0，﹣3)，若圆 C：(x﹣a)2+(y﹣a+2)2=1 上存在一点 M 满足|MA|=2|MO|，则实数 a 的取值范围是________. 解析：设点 M(x，y)，由|MA|=2|MO|， 得到：   22 2 232x y x y  ＝ ， 整理得：x2+y2﹣2y﹣3=0， ∴点 M 在圆心为 D(0，1)，半径为 2 的圆上. 又点 M 在圆 C 上，∴圆 C 与圆 D 有公共点， ∴1≤|CD|≤3， ∴   221 3 3aa    ， 解得 0≤a≤3. 即实数 a 的取值范围是[0，3]. 答案：[0，3] 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第 17-21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答.第 22，23 题为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共 60 分. 17.已知在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 a+2acosB=c. (Ⅰ)求证：B=2A； (Ⅱ)若△ABC 为锐角三角形，且 c=2，求 a 的取值范围. 解析： ( Ⅰ ) 根 据 题 意 ， 由 正 弦 定 理 可 以 将 a+2acosB=c 变 形 为 sinA+2sinAcosB=sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，进而将其变形可得 A=B﹣A，即可得 结论； (Ⅱ)根据题意，由(Ⅰ)的结论分析可得 32B＜ ＜ 由 a+2acosB=2 得 2 1 2 cosa B ＝ ，有 cosB 的范围分析可得答案. 答案：(Ⅰ)证明：根据题意，在△ABC 中，a+2acosB=c， 由正弦定理知 sinA+2sinAcosB=sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB， 即 sinA=cosAsinB﹣sinAcosB=sin(B﹣A). 因为 A，B∈(0，π )， 所以 B﹣A∈(﹣π ，π )，且 A+(B﹣A)=B∈(0，π )，所以 A+(B﹣A)≠π ， 所以 A=B﹣A，B=2A. (Ⅱ)由(Ⅰ)知 2 BA＝ ， 3 2 BC A B  ＝ ＝ . 由△ABC 为锐角三角形得 0 22 0 2 30 22 B B B           ＜ ＜ ＜ ＜ ＜ ＜ ， 得 ，则 0＜cosB＜ 1 2 ， 由 a+2acosB=2 得 2 1 2 cosa B ＝ ， 又由 0＜cosB＜ 1 2 ， 则  2 121 2 cosa B  ＝ ， . 18.某公司为了准确把握市场，做好产品计划，特对某产品做了市场调查：先销售该产品 50 天 ， 统 计 发 现 每 天 的 销 售 量 x 分布在[50 ， 100] 内 ， 且 销 售 量 x 的 分 布 频 率       0.5 10 10 110 10 10 120 n n x n n fx n a n x n n          ， ＜ ， 为 偶 数 ＝ ， ＜ ， 为 奇 数 . (Ⅰ)求 a 的值. (Ⅱ)若销售量大于等于 80，则称该日畅销，其余为滞销，根据是否畅销从这 50 天中用分层 抽样的方法随机抽取 5 天，再从这 5 天中随机抽取 2 天，求这 2 天中恰有 1 天是畅销日的概 率(将频率视为概率). 解析： ( Ⅰ ) 由 题 知   10 50 10 1 100 n n    ，解得 n 可取 5 ， 6 ， 7 ， 8 ， 9 ， 从 而          6 8 5 7 90.5 0.5 110 10 20 20 20aaa         ＝ ，由此能出 a. (Ⅱ)滞销日与畅销日的频率之比为 2：3，则抽取的 5 天中，滞销日有 2 天，记为 a，b，畅 销日有 3 天，记为 C，D，E，再从这 5 天中抽出 2 天，利用列举法能求出这 2 天中恰有 1 天 是畅销日的概率. 答案：(Ⅰ)由题知   10 50 10 1 100 n n    ，解得 5≤n≤9，n 可取 5，6，7，8，9， 代入       0.5 10 10 110 10 10 120 n n x n n fx n a n x n n          ， ＜ ， 为 偶 数 ＝ ， ＜ ， 为 奇 数 中， 得         6 8 5 7 90.5 0.5 110 10 20 20 20aaa         ＝ ， 解得 a=0.15. (Ⅱ)滞销日与畅销日的频率之比为(0.1+0.1+0.2)：(0.3+0.3)=2：3， 则抽取的 5 天中，滞销日有 2 天，记为 a，b，畅销日有 3 天，记为 C，D，E， 再从这 5 天中抽出 2 天，基本事件有 ab，aC，aD，aE，bC，bD，bE，CD，CE，DE，共 10 个， 2 天中恰有 1 天为畅销日的事件有 aC，aD，aE，bC，bD，bE，共 6 个， 则这 2 天中恰有 1 天是畅销日的概率为 p= 63=10 5 . 19.如图，已知在四棱锥 P﹣ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD，且 PA⊥PD，PA=PD，AD=4，BC ∥AD，AB=BC=CD=2，E 为 PD 的中点. (Ⅰ)证明：CE∥平面 PAB； (Ⅱ)求三棱锥 E﹣PBC 的体积. 解析：(Ⅰ)取 PA 的中点 F，连接 BF，EF，EF 为中位线，从而四边形 BCEF 为平行四边形， 得 CE∥BF，由此能证明 CE∥平面 PAB. (Ⅱ)由 E 为 PD 的中点，知点 D 到平面 PBC 的距离是点 E 到平面 PBC 的距离的两倍，则 .由此能证明三棱锥 E﹣PBC 的体积. 答案：(Ⅰ)取 PA 的中点 F，连接 BF，EF. 在△PAD 中，EF 为中位线， 则 11/ / / / / /22EF AD BC AD BC EF，又 ，故 ， 则四边形 BCEF 为平行四边形，得 CE∥BF， 又 BF⊂平面 PAB，CE⊄平面 PAB， 故 CE∥平面 PAB. (Ⅱ)由 E 为 PD 的中点，知点 D 到平面 PBC 的距离是点 E 到平面 PBC 的距离的两倍， 则 11 22E PBC D PBC P BCDV V V  ＝ ＝ . 由题意知，四边形 ABCD 为等腰梯形，且 AB=BC=CD=2，AD=4，其高为 3 ， 则 1 2332BCDS ＝ ＝ . 取 AD 的中点 O，在等腰直角△PAD 中，有 1 22PO AD＝ ＝ ，PO⊥AD， 又平面 PAD⊥平面 ABCD，故 PO⊥平面 ABCD， 则点 P 到平面 ABCD 的距离即为 PO=2. 1 2 3 33P BCD BCDV S PO ＝ ＝ ， 故三棱锥 E﹣PBC 的体积 13 23E PBC P BCDVV＝ ＝ . 20.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1：y=x 与直线 l2：y=﹣x 之间的阴影部分记为 W， 区域 W 中动点 P(x，y)到 l1，l2 的距离之积为 1. (Ⅰ)求点 P 的轨迹 C 的方程； (Ⅱ)动直线 l 穿过区域 W，分别交直线 l1，l2 于 A，B 两点，若直线 l 与轨迹 C 有且只有一 个公共点，求证：△OAB 的面积恒为定值. 解析：(Ⅰ)根据点到直线的距离关系建立方程即可求出点的轨迹方程. (Ⅱ)根据直线和双曲线的位置关系，结合三角形的面积公式进行求解即可. 答案：(Ⅰ)由题意得 1 22 x y x y  ＝ ，|(x+y)(x﹣y)|=2. 因为点 P 在区域 W 内，所以 x+y 与 x﹣y 同号，得(x+y)(x﹣y)=x2﹣y2=2， 即点 P 的轨迹 C 的方程为 22 122 yx  ＝ . (Ⅱ)设直线 l 与 x 轴相交于点 D，当直线 l 的斜率不存在时， 2 2 2OD AB＝ ， ＝ ，得 1 22OABS AB OD＝ ＝ . 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y=kx+m，显然 k≠0，则  0mD k ， ， 把直线 l 的方程与 C：x2﹣y2=2 联立得(k2﹣1)x2﹣2kmx+m2+2=0， 由直线 l 与轨迹 C 有且只有一个公共点，知△=4k2m2﹣4(k2﹣1)(m2+2)=0， 得 m2=2(k2﹣1)＞0，得 k＞1 或 k＜﹣1. 设 A(x1，y2)，B(x2，y2)，由 y kx m yx    ＝ ＝ 得 1 1 my k ＝ ，同理，得 2 1 my k ＝ . 所以 2 12 2 11 22 2 1 1 1OAB m m m mS OD y y k k k k     ＝ ＝ ＝ . 综上，△OAB 的面积恒为定值 2. 21.已知函数   222 xefx ex＝ ，g(x)=3elnx，其中 e 为自然对数的底数. (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性. (Ⅱ)试判断曲线 y=f(x)与 y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在，求出公 切线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 解析：(Ⅰ)求出原函数的导函数，由导函数的零点把定义域分段，利用导函数在各区间段内 的符号可得函数 f(x)的单调区间； (Ⅱ)假设曲线 y=f(x)与 y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线，且切点横坐标为 x0＞0， 可得         00 00 f x g x f x g x    ＝ ＝ ，求出使方程组成立的 x 值，进一步得到曲线 y=f(x)与 y=g(x)的公 共点的坐标，则曲线 y=g(x)与 y=g(x)的公切线 l 的方程可求. 答案：(Ⅰ)由   222 xefx ex＝ ，得   2 3 3 22 44x e x efx e x ex ＝ ＝ ， 令 f′(x)=0，得 3 4 ex＝ . 当 3 4 ex＝ 且 x≠0 时，f′(x)＜0；当 3 4 ex＞ 时，f′(x)＞0. ∴f(x)在(﹣∞，0)上单调递减，在(0， 3 4 e )上单调递减，在( ，+∞)上单调递增； (Ⅱ)假设曲线 y=f(x)与 y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线，且切点横坐标为 x0＞0， 则         00 00 f x g x f x g x    ＝ ＝ ，即     2 2 00 0 2 0 2 00 2 3 ln 1 4 3 2 ex e xx x ee exx       ＝ ＝ ，其中(2)式即 3 2 3 004 3 0x e x e＝ . 记 h(x)=4x3﹣3e2x﹣e3，x∈(0，+∞)，则 h'(x)=3(2x+e)(2x﹣e)， 得 h(x)在 0 2 e， 上单调递减，在 2 e ， 上单调递增， 又 h(0)=﹣e3，   322 ehe＝ ，h(e)=0， 故方程 h(x0)=0 在(0，+∞)上有唯一实数根 x0=e，经验证也满足(1)式. 于是，f(x0)=g(x0)=3e，f′(x0)=g'(x0)=3， 曲线 y=g(x)与 y=g(x)的公切线 l 的方程为 y﹣3e=3(x﹣e)， 即 y=3x. (二)选考题：共 10 分.请考生在 22，23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题 计分.[选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.设直线 l 的参数方程为 11 2 1 xt yt      ＝ ＝ ，(t 为参数)，若以直角坐标系 xOy 的原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，选择相同的长度单位建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为 ρ sin2θ =4cosθ . (Ⅰ)将曲线 C 的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出曲线 C 是什么曲线； (Ⅱ)若直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，求|AB|. 解析：(Ⅰ)直接把极坐标方程转化为直角坐标方程. (Ⅱ)首先把参数方程转化为直角坐标方程，进一步利用直线和圆锥曲线的位置关系，建立方 程组利用弦长公式求出结果. 答案：(Ⅰ)由于 ρ sin2θ =4cosθ ， 所以 ρ 2sin2θ =4ρ cosθ ，即 y2=4x， 因此曲线 C 表示顶点在原点，焦点在 x 轴上的抛物线. (Ⅱ) 11 2 1 xt yt      ＝ ＝ ，化为普通方程为 y=2x﹣1， 代入 y2=4x， 并整理得 4x2﹣8x+1=0， 所以 2 211AB k x x＝ ， =   22 2 1 1 21 2 4x x x x    ， = 2 15 2 4 154   ＝ . [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数 f(x)=|x+1|+a|2x﹣1|. (Ⅰ)当 1 2a＝ 时，若   11 0()f x m nmn ， ＞ 对任意 x∈R 恒成立，求 m+n 的最小值； (Ⅱ)若 f(x)≥|x﹣2|的解集包含[﹣1，2]，求实数 a 的取值范围. 解析：(Ⅰ)当 1 2a＝ 时，    min 1 1 3 31 2 1 12 2 2 2f x x x x x f x      ＝ ＝ ， ＝ ，由 此能求出 m+n 的最小值. (Ⅱ)f(x)≥|x﹣2|的解集包含[﹣1，2]，从而 a|2x﹣1|≥1﹣2x 对 x∈[﹣1，2]恒成立，由 此能求出实数 a 的取值范围. 答案：(Ⅰ)当 1 2a＝ 时，   1 1 31 2 1 12 2 2f x x x x x      ＝ ＝ ， ∴  min 3 2fx ＝ ，∴ 1 1 3 2mn.∴ 3 2 mn mn   ， ∴   233 2 2 2 mnm n m n    ，当且仅当 m=n 时等号成立， ∵m，n＞0，解得 8 3mn，当且仅当 m=n 时等号成立， 故 m+n 的最小值为 8 3 . (Ⅱ)∵f(x)≥|x﹣2|的解集包含[﹣1，2]， 当 x∈[﹣1，2]时，有 x+1+a|2x﹣1|≥2﹣x， ∴a|2x﹣1|≥1﹣2x 对 x∈[﹣1，2]恒成立， 当 11 2x＜ 时，a(1﹣2x)≥1﹣2x，∴a≥1； 当 1 22 x时，a(2x﹣1)≥1﹣2x，∴a≥﹣1. 综上：a≥1. 故实数 a 的取值范围是[1，+∞).