高考数学模拟试卷 (5) 15页

1 2018 年莆田市高中毕业班第二次质量检测试卷(A 卷) 理科数学(5) 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.已知集合 { | ln 0}, { | 0}A x x B x x    ，则 A. A B   B. { | 0}A B x x  C. RA B  D. { | 1}A B x x  2.设 Ra ,则“ 0a ”是“复数 i iaz 3 在复平面内对应的点在第二象限”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.执行如图所示的程序框图，则输出 k 的值为 A.4 B.5 C.6 D.7 4.若 )N()2( * 3  n x x n 展开式的二项式系数和 为 32，则其展开式的常数项为 A.80 B.-80 C.160 D.-160 5.已知  、,10 10)sin(,5 52sin  均为锐角，则角  等于 A. 12 5 B. 3  C. 4  D. 6  6.某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面 积为 A. B. 2 C.3 D. 4 7.设等差数列 }{ na 的前 n 项和为 nS ，若 0,0 1413  SS ,则 nS 取最大值时 n 的值为 A.6 B.7 C.8 D.13 2 8.设函数 )(xf 满足 )1()1( xfxf  ，且 )(xf 是 ),1[  上的增函数，则 ),6.0( 3 2 fa  ),7.0( 3 2 fb  )7.0( 3 1 fc  的大小关系是 A． a b c  B．b a c  C． a c b  D．c b a  9.函数 )0)(2sin(2)(   xxf 的图像向左平移 12  个单位后得到函数 )(xgy  的图像，若 )(xg 的图像关于直线 4x  对称，则 )(xg 在 ,4 6      上 的最小值是 A. 1 B. 2 3 C. 2 D. 3 10.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年. 例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为 矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵 1 1 1ABC A B C 中，AC BC ， 若 1 2A A AB  ，当堑堵 1 1 1ABC A B C 的侧面积最大时， 阳马 1 1B A ACC 的体积为 A. 3 4 B. 3 8 C.4 D. 3 34 11. 已知 21, FF 分别是双曲线 E ： 2 2 2 2 1x y a b   )0,0(  ba 的 左、右焦点，若 E 上存在一点 P 使得 bPFPF  || 21 ，则 E 的离心率的取值范 围是 A. ),2 5[  B. ]2 5,1( C. ),5[  D. ]5,1( 12.已知函数 )(xf 是定义在 R 上的偶函数，且满足 2 ,0 2, ( ) 2 , 2,x x x x f x x xe        若函 数 ( ) ( )F x f x m  有六个零点，则实数 m 的取值范围是 3 A. )4 1,1( 3e  B. )4 1,0()0,1( 3 e  C. ]0,1( 3e  D. )0,1( 3e  二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.已知向量 ,a b   ，若 1, 2, 3a b a b       ，则 || ba  = . 14.设变量 yx, 满足约束条件       ,033 ,01 ,01 yx yx yx 则 2 x yz 的取值范围是 . 15.抛物线 )0(22  ppxy 的焦点为 F ，直线 2y  与 y 轴的交点为 M ，与抛物 线的交点为 N ，且 4 | | 5| |NF MN ，则 p 的值为 . 16.在平面四边形 ABCD 中， CDADACAB  , , ,8,3  ACAB 则 BD 的最大 值为 . 三、解答题： 17.（12 分） 已知正项数列 }{ na 的前 n 项和为 nS ，且 44)1( 2  nn Sa ,等比数列 }{ nb 的 首项为 1，公比为 )1( qq ，且 321 ,2,3 bbb 成等差数列. (1)求 }{ na 的通项公式； (2)求数列 }{ nnba 的前 n 项和 nT . 18.（12 分） 如图，三棱柱 111 CBAABC  的侧面 BBAA 11 是菱形，平面 CCAA 11 ⊥平面 BBAA 11 ，直线 AB 与平面 CCAA 11 所成角为 ,3  22, 11  ACAAAAAC , O 为 1AA 的中点. (1)求证： 1BCOC  ; (2)求二面角 1BBCO  的余弦值． 4 19.（12 分） 某企业有 A，B 两个分厂生产某种产品，规定该产品的某项质量指标值不低 于 130 的为优质品.分别从 A，B 两厂中各随机抽取 100 件产品统计其质量 指标值，得到如下频率分布直方图： (1)根据频率分布直方图，分别求出 A 分厂的质量指标值的众数和中位数的 估计值； (2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有 99%的把握认为这两个分厂 的产品质量有差异? （3)(i)从 B 分厂所抽取的 100 件产品中，依据产品是否为优质品，采用分 层抽样的方法抽取 10 件产品，再从这 10 件产品中随机抽取 2 件， 已知抽到一件产品是优质品的条件下，求抽取的两件产品都是优质 品的概率； (ii)将频率视为概率，从 B 分厂中随机抽取 10 件该产品，记抽到优质 品的件数为 X，求 X 的数学期望. 附： ))()()(( )( 2 2 dbcadcba bcadnK   5 20.（12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 PFFyxO ),0,3(),0,3(,4: 21 22  为平面内 一动点，若以线段 2PF 为直径的圆与圆O 相切. (1)证明 |||| 21 PFPF  为定值,并写出点 P 的轨迹方程； (2)设点 P 的轨迹为曲线C ,直线l 过 1F 交C 于 ,A B 两点,过 1F 且与l 垂直的 直线与C 交于 ,M N 两点,求四边形 AMBN 面积的取值范围. 21.（12 分） 已知函数 x xxp ln)(  , xaaxxq )1(2 1)( 22  . (1)讨论函数 )()()( xpaxxqxf  的单调性； (2)是否存在 Zk  ，使得 2)(  xpkx 对任意 0x  恒成立？若存在，求出 k 的 最小值；若不存在，请说明理由. （二）选考题:共 10 分。请考生在第 22、23 两题中任选一题作答。 22.[选修 4-4:坐标系与参数方程](10 分) 在直角坐标系 xOy 中,曲线 1C 过点 (0, 1)P  ，其参数方程为      ty tx 31 , ( t 为参数).以坐标原点 O 为极点， x 轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系, 曲线 2C 的极坐标方程为 2cos 4cos 0      . (1)求曲线 1C 的普通方程和曲线 2C 的直角坐标方程； (2)若曲线 1C 与 2C 相交于 ,A B 两点,求 1 1 PA PB  的值. 23.[选修 4-5:不等式选讲](10 分) 已知函数 )2(|||2|)(  aaxxxf ,不等式 7)( xf 的解集 为 ( , 3] [4, )   .(1)求 a 的值；(2)若 ( )f x x m  ,求 m 的取值范围. 6 2018 年莆田市高中毕业班第二次质量检测试卷(A 卷) 理科数学参考答案及评分细则(5) 一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 60 分。 （1）A （2）B （3）C （4）B （5）C （6）C （7）B （8）A （9）D （10）A （11）C （12）D 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算。每小题 5 分，满分 20 分。 （13） 7 （14） ]4 3,0[ （15）1 （16）9 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.本小题主要考查利用 na 与 nS 的递推关系求数列的通项公式以及错位相减法 求和,考查运算求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想等.满分 12 分. 解：（1）当 1n  时， 444412 111 2 1  aSaa ， 即 0)1)(3(32 111 2 1  aaaa , 因为 0na  ，所以 1a =3，………………………………………………1 分 当 2n  时， 11 2 1 2 4422   nnnnnn SSaaaa ，……………………2 分 即 1 1 1( )( ) 2( )n n n n n na a a a a a      ，…………………………………3 分 因为 0na  ，所以 1n na a  =2， 所以数列{ na }是首项为 3，公差为 2 的等差数列，…………………4 分 所以 12)1(23)1(1  nndnaan ,……………………………5 分 (2)因为数列 }{ nb 首项为 1，公比为 q 的等比数列， 321 ,2,3 bbb 成等差数列 所以 312 34 bbb  ，即 234 qq  , 所以 0)1)(3(  qq , 又因为 1q ，所以 3q ,……………………………………………6 分 所以 11 1 3   nn n qbb ,…………………………………………………7 分 7 则 13)12(  n nn nba ,…………………………………………………8 分 110 2211 3)12(3533  n nnn nbababaT ,……① 则 nn n nnT 3)12(3)12(35333 121   ,……② 由①-②得 nn n nT 3)12()333(232 121   ,………………9 分 nn n nn 3)2(3)12(13 )13(323 1    ,…………………………11 分 所以 n n nT 3 .…………………………………………………………12 分 18.本小题主要考查直线与平面的位置关系、线面角、二面角、空间向量等基础 知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程 思想、化归与转化思想、数形结合思想等．满分 12 分． 解:(1)如图所示，连接 1OC ， BA1 ,在矩形 CCAA 11 中， 221  ACAA ,O 为 1AA 的中点,所以 1OCOC  ,……………………………1 分 又因为平面 CCAA 11 ⊥平面 BBAA 11 ， 所以直线 AB 在平面 CCAA 11 上的射影是直线 1AA , 所以直线 AB 与平面 CCAA 11 所成角为 1BAA ， 因为直线 AB 与平面 CCAA 11 所成角为 ,3  即 31 BAA ,………………………………………2 分 所以 BAA1 为正三角形，又O 为 1AA 的中点， 则 1AAOB  ,…………………………………………3 分 又平面 CCAA 11 ⊥平面 BBAA 11 ，平面 CCAA 11 平面 111 AABBAA  , BBAAOB 11平面 ，所以OB ⊥平面 CCAA 11 ,……4 分 8 又 OC 平面 CCAA 11 ，所以 OCOB  ，且 OOCOB 1 , 所以 OC 平面 1BOC ,………………………………5 分 又因为 11 BOCBC 平面 , 所以 1BCOC  .………………………………………6 分 (2)设 E 为 1CC 中点，则 1AAOE  ，所以 OEOBOA ,, 两两互相垂直, 以O 为原点，分别以 OEOBOA ,, 为 轴轴、轴、 zyx 的正方向,建立空间直角坐标 系，如图,………………………………………………………………7 分 则 )0,3,0(),1,0,1(),1,0,1( 1 BCC  ， ),0,0,2(),1,3,1(),0,3,0(),1,0,1( 1  CCCBOBOC …………8 分 设平面OBC 的一个法向量为 ),,(1 zyxn  ，则      ,0 ,0 1 1 OCn OBn 即      ,0 ,03 zx y 令 1x ，得 )1,0,1(1 n ,………………………………………………9 分 同理可求平面 1BCC 的一个法向量为 )3,1,0(2 n ,…………………10 分 4 6 22 3 |||| ,cos 21 21 21    nn nnnn ,………………………………11 分 由图知二面角 1BBCO  为锐二面角， 所以二面角 1BBCO  的余弦值为 4 6 .……………………………12 分 19. 本小题主要考查频率分布直方图、统计量、随机变量的分布列、数学期望 等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力、应用意识，考查分类与 整合思想、或然与必然思想等．满分 12 分． 解:(1)A 分厂的质量指标值的众数的估计值为 115)120110(2 1  ………1 分 设 A 分厂的质量指标值的中位数的估计值为 x ， 9 则 5.0030.0)110(23.018.0  x 解得 113x …………………………2 分 (2)2×2 列联表： …………………………………………3 分 由列联表可知 K2 的观测值为: 635.6286.107 72 17525100100 )2095805(200 ))()()(( )( 2 2 2     dbcadcba bcadnK ……………………………5 分 所以有 99%的把握认为两个分厂的产品质量有差异.……………………6 分 (3)(i)依题意，B 厂的 100 个样本产品利用分层抽样的方法抽出 10 件产品中， 优质品有 2 件，非优质品有 8 件，…………………………7 分 设“从这 10 件产品中随机抽取 2 件，已知抽到一件产品是优质品”为事件 M ，“从这 10 件产品中随机抽取 2 件，抽取的两件产品都是优质品”为 事件 N ,则 17 1)|( 1 8 1 2 2 2 2 2  CCC CMNP , 所以已知抽到一件产品是优质品的条件下，抽取的两件产品都是优质品的 概率是 17 1 ；………………9 分 (ii)用频率估计概率，从 B 分厂所有产品中任取一件产品是优质品的概率 为 0.20，所以随机变量 X 服从二项分布，即 X～B(10,0.20)，……10 分 则 E(x)=10×0.20=2.…………………………………12 分 20.本小题主要考查曲线与方程、椭圆标准方程及其性质、直线与圆锥曲线及圆 与圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与 方程思想、分类与整合思想、化归与转化思想、数形结合思想、特殊与一般思 想等．满分 12 分 解(1)设 2PF 的中点为G ，连接 OGPF ,1 ， 在 21FPF 中， GO, 分别为 221 , PFFF 的中点，所以 ||2 1|| 1PFOG  , 10 又圆O 与动圆相切，则 ||2 12|| 2PFOG  ，所以 ||2 12||2 1 21 PFPF  ,……1 分 即 4|||| 21  PFPF 为定值，………………………………………………2 分 32||4|||| 2121  FFPFPF , 所以点 P 的轨迹是以 21, FF 为焦点的椭圆，……………………………3 分 设椭圆方程为 )0(12 2 2 2  bab y a x , 则 1,3,2  bca ,所以点 P 的轨迹方程为 14 2 2  yx .……………4 分 （2）(法一)①当直线l 的斜率不存在时， 不妨设 1 1( 3, ), ( 3, ),M(2,0), ( 2,0)2 2A B N    ，则 4||,1||  MNAB ， 四边形 AMBN 面积 2||||2 1  MNABS ; ②当直线l 的斜率为 0 时,同理可得四边形 AMBN 面积 2S ;…………5 分 ③当直线l 的斜率存在且不为 0 时, 可设直线l 的方程为 ( 3),y k x  设 ),(),,( 2211 yxByxA , 联立 2 2 ( 3), 4 4 0, y k x x y       得 2 2 2 2(1 4 ) 8 3 12 4 0k x k x k     ，……………6 分 2 2 1 2 1 22 2 8 3 12 4, ,1 4 1 4 k kx x x xk k      ………………………………………7 分 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4( 1)| | 1 | | 1 ( ) 4 1 4 kAB k x x k x x x x k          ， 同理 2 2 2 2 14[( ) 1)] 4( 1)| MN | ,1 44( ) 1 kk k k       ……………………………………8 分 四边形 AMBN 面积 )14)(4( )1(8||||2 1 22 22   kk kMNABS ，………………9 分 11 设 112  tk ， 则   ))1,0(1( 499 8 994 8 34)3( 8)( 2 2 22    t tt tt t tt ttS ，…………10 分 所以 225 32  S ；…………………………………………………………11 分 综上所述,四边形 AMBN 面积的取值范围是 ]2,25 32[ .…………………12 分 (法二)①当 xAB  轴时，不妨设 )2 1,3(),2 1,3(  BA ，则 4||,1||  MNAB ， 四边形 AMBN 面积 2||||2 1  MNABS ， ②当 yAB  轴时,同理可得四边形 AMBN 面积 2S .………………………5 分 ③当直线 AB 不垂直坐标轴时, 设 AB 方程为 )0(3  mmyx ， ),(),,( 2211 yxByxA , 联立      044 3 22 yx myx 得 0132)4( 22  myym ，………………………6 分 ,4 1,4 32 221221  myym myy ……………………………………………7 分 4 )1(44)(1||1|| 2 2 21 2 21 2 21 2   m myyyymyymAB ， 同理 14 )1(4 4)1( )]1)1[(4 |MN| 2 2 2 2      m m m m ，…………………………………8 分 四边形 AMBN 面积 )14)(4( )1(8||||2 1 22 22   mm mMNABS ，………………9 分 设 112  tm ， 12 则   ))1,0(1( 499 8 994 8 34)3( 8)( 2 2 22    t tt tt t tt ttS ，……………10 分 所以 225 32  S ；……………………………………………………………11 分 综上所述,四边形 AMBN 面积的取值范围是 ]2,25 32[ .………………………12 分 21.本小题主要考查函数的性质及导数的应用等基础知识，考查运算求解能力、 抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分 类与整合思想等．满分 12 分． 解:（1）由已知得 xaxaaxxpaxxqxf ln)1(2 1)()()( 22  , )(xf 的定义域为 ),0(  ,…………………………………………1 分 则 2 ( 1)( )( ) (1 ) a ax x af x ax a x x        ,………………………2 分 ①当 0a  时， 01,01,0  axxax 所以 0)(' xf , 所以函数 ( )f x 在(0, ) 上单调递减; …………………………3 分 ②当 0a  时，令 0)(' xf 得 ax 1 或 ax  , (i)当 1 ( 0)a aa   ， 1a 即 时，所以 2( 1)( ) 0( 0)xf x xx     所以函数 ( )f x 在(0, ) 上单调递增; ………………………4 分 (ii)当 10 aa   ，即 1a  时，在 1(0, )a 和( , )a  上函数 ( ) 0f x  ， 在 1( , )aa 上函数 ( ) 0f x  ，所以函数 ( )f x 在 1(0, )a 上单调递增，在 1( , )aa 上 单调递减，在( , )a  上单调递增；……………………………5 分 (iii)当 10 a a   ，即0 1a  时，在 ),0( a 和 ),1(  a 上函数 ( ) 0f x  ， 13 在 )1,( aa 上函数 ( ) 0f x  ， 所以函数 ( )f x 在(0, )a 上单调递增,在 1( , )a a 上单调递减, 在 1( , )a  上单调递增.……………………………………………6 分 (2)若 2)(  xpkx 对任意 0x  恒成立，则 2 ln 2xk x x   ， 记 2 ln 2( ) xg x x x   ，只需 max( )k g x . 又 3 2 3 1 2ln 2 1 2 2ln'( ) x x xg x x x x      ， 记 ( ) 1 2 2lnh x x x   ，则 2'( ) 2 0h x x     ， 所以 ( )h x 在(0, ) 上单调递减.………………………………………7 分 又 (1) 1 0h    ， 0ln9 16ln4 3ln22 1)4 3(  eh , 所以存在唯一 ),1,4 3(ox 使得 0( ) 0h x  ，即 0 01 2 2ln 0x x   ，……9 分 当 0x  时， ( ), '( ), ( )h x g x g x 的变化情况如下： x 0(0, )x 0x 0( , )x  ( )h x ＋ 0 － '( )g x ＋ 0 － ( )g x ↗ 极大值 ↘ 所以 0 0 max 0 2 0 2 ln( ) ( ) x xg x g x x   ， 又因为 0 01 2 2ln 0x x   ，所以 0 02 2ln 1x x  ， 所以 20 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 (2 2ln ) 2 1 2 1 1 1( ) ( )2 2 2 x x x xg x x x x x        ，………………10 分 因为 ),1,4 3(ox 所以 )3 4,1(1  ox ，所以 9 20)(2 3  oxg ， 又 max( ) (1) 2g x g  ，所以 9 20)(2  oxg ， ……………………………11 分 因为 max( )k g x ，即 0( )k g x ，且 k∈Z，故 k 的最小整数值为 3. 所以存在最小整数 3k  ，使得 2)(  xpkx 对任意 0x  恒成立. ……12 分 14 22.本小题主要考查参数方程、极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力，考 查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想等．满分 10 分. 解：(1)由 , ( 1 3 , x t t y t     为参数）， 可得 1C 的普通方程为 3 1 0x y   ，…………………………2 分 又 2C 的极坐标方程为 2cos 4cos 0      ， 即 2 2 2cos 4 cos 0       ,……………………………………3 分 所以 2C 的直角坐标方程为 2 4y x . ………………………………5 分 (2) 1C 的参数方程可化为 1 ,2 ( 31 ,2 x t t y t       为参数），……………6 分 代入 2C 得： 23 4(2 3) 4 0t t    ，……………………………7 分 设 ,A B 对应的直线 1C 的参数分别为 1t ， 2t ， 1 2 4(2 3) 3t t   ， 1 2 4 3t t  ，所以 1 0t  ， 2 0t  ，…………………8 分 所以 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 t t PA PB t t t t     4(2 3) 3 2 34 3     . ………………10 分 23.本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能 力，考查数形结合思想、化归与转化思想等．满分 10 分. 解：(1)依题意得 2 2, 2, ( ) 2 , 2 , 2 2, , x a x f x a x a x a x a               ，……………………2 分 作出函数 ( )y f x 的草图（如右图）……………3 分 又不等式 ( ) 7f x  的解集为 ( , 3] [4, )   ， 15 故 ( 3) 4 7, (4) 10 7, f a f a         ………………………………4 分 所以 3a  ……………………………………………5 分 (2)由(1)得, 2 1, 2, ( ) 5 , 2 3, 2 1, 3, x x f x x x x            如图所示，………7 分 当直线 y x m  过图中的点 (3,5)A 时, 2m的最大值为 ，……8 分 由图象可知，当 2m  时， ( )f x x m  恒成立 ……………9 分 所以 m 的取值范围为 ( ,2] .……………………………10 分