人教版高中数学2018高考数学理科模拟试卷含答案 21页

人教版高中数学2018高考数学（理）仿真模拟试题含答案 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．‎ ‎1．已知集合，，则∩=‎ A．(1，2) B．(1，4) C．(2，4) D．(1，+∞)‎ ‎2．已知复数z满足iz=|2−i|+i(i为虚数单位)，则复数z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．已知向量a=(3，1)，b=(1，2)，若|aλb|=5，则实数λ=‎ A．1或3 B．‎1 C．3 D．2‎ ‎4．设随机变量ξ服从正态分布，则函数不存在零点的概率为 A． B． C． D． ‎5．执行如图所示的程序框图，则输出的值是 A．5 B．‎6 C．7 D．8‎ ‎6．若函数=sin(2x+φ)(|φ|<)的图象向左平移 个单位长度后关于原点对称，则函数在[0，]上的最小值为 A． B． C． D．‎ ‎7．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的所有表面中，面积最大的表面的面积是 A． B． C． D．3‎ ‎8．已知实数x、y满足不等式组，若的最大值为m，最小值为n，则=‎ A． B． C．8 D．9 ‎9．已知抛物线Ω：(p>0)，斜率为2的直线与抛物线Ω交于A，B两点，M为AB的中点，若点M到抛物线Ω的焦点F的最短距离为1，则p=‎ A．1 B．‎2 C．4 D．8‎ ‎10．设为等比数列的前n项之积，且，，则当最大时，n的值为 A．4 B．‎6 C．8 D．10‎ ‎11．在三棱锥中，SB⊥BC，SA⊥AC，SB=BC，SA=AC，AB=SC，且三棱锥的体积为，则该三棱锥的外接球的半径为 A．1 B．‎2 C．3 D．4‎ ‎12．已知定义在(0，+∞)上的函数的导函数满足，且=，其中为自然对数的底数，则不等式+>x+的解集是 A．(0，) B．(0，) C．(，) D．(，+∞)‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．已知二项式(a>0)的展开式的第四项的系数为40，则的值为 ． ‎ ‎14．已知各项均不为零的等差数列的前n项和为，若(m≥2，m∈N*)，=218，则m= ． ‎ ‎15．已知函数．若关于x的方程有两个不同的实根，则实数k的取值范围是 ． ‎ ‎16．已知抛物线C：(p>0)，A(异于原点O为抛物线上一点，过焦点F作平行于直线OA的直线，交抛物线C于P，Q两点．若过F且垂直于x轴的直线交直线OA于点B，则|FP|·|FQ||OA|·|OB|= ． ‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17．(本小题满分12分)‎ 已知向量m=(−，1)，n=(，)，函数=m·n．‎ ‎(1)求函数的单调递增区间；‎ ‎(2)若a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，a=2，c=4，且=1，求△ABC的面积．‎ ‎18．(本小题满分12分)‎ 一个袋中有大小、质地完全相同的4个红球和1个白球，共5个球，现从中每次随机取出2个球，若取出的有白球必须把白球放回去，红球不放回，然后取第二次，第三次，…，直到把红球取完只剩下1个白球为止．以ξ表示终止时取球的次数．‎ ‎(1)求 ξ=2的概率；‎ ‎(2)求 ξ的分布列及数学期望．‎ ‎19．(本小题满分12分)‎ 如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，其中∥ 且，⊥，侧面⊥平面，且四边形是菱形，∠=，为的中点．‎ ‎(1)证明：∥平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值．‎ ‎20．(本小题满分12分)‎ 已知椭圆(a>b>0)经过点M(2，)，且其右焦点为(1，0)．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若点P在圆上，且在第一象限，过P作圆的切线交椭圆于 A，B两点，问：的周长是否为定值?如果是，求出该定值；如果不是，说明理由．‎ ‎21．(本小题满分12分)‎ 已知函数，a，b∈R．‎ ‎(1)当b=‎2a+1时，讨论函数的单调性；‎ ‎(2)当a=1，b>3时，记函数的导函数的两个零点分别是和(<)，求证：>−ln 2．‎ 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．‎ ‎22．(本小题满分10分)选修4─4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(t为参数，φ∈[0，])，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，已知圆C的圆心C的极坐标为(2，)，半径为2，直线与圆C交于M，N两点．‎ ‎(1)求圆C的极坐标方程；‎ ‎(2)当φ变化时，求弦长|MN|的取值范围．‎ ‎23．(本小题满分10分)选修4─5：不等式选讲 已知函数，．‎ ‎(1)已知常数a<2，解关于x的不等式>0；‎ ‎(2)若函数的图象恒在函数图象的上方，求实数m的取值范围．‎ ‎2018高考数学（理）仿真模拟试题（8）‎ 参考答案 ‎1．B【解析】解不等式，可得，由函数的值域可得，故∩={x|12，又随机变量ξ服从正态分布，∴P(ξ>2)=，即函数不存在零点的概率为，故选A．‎ ‎5．B【解析】依题意，循环时S，n的值依次为S=3，n=2；S=8，n=3；S=19，n=4；S=42，n=5；S=89，n=6；S=184>100，此时不再计算n，而是直接输出n的值6．故选B．‎ ‎6．A【解析】函数=sin(2x+φ)的图象向左平移个单位长度得=sin[2(x+)+φ]=‎ sin(2x++φ)的图象，又为奇函数，则+φ=kπ，k∈Z，解得φ=kπ，‎ k∈Z．又|φ|<，令k=0，得φ=，∴=sin2x，=sin(2x)．‎ 又x∈[0，]，∴2x∈[，]，故当x=0时，min=，故选A．‎ ‎7‎ ‎．C【解析】由三视图还原直观图(如图)可以看出，三棱锥的所有表面中，面积最大的三角形的一边长为3，这条边上的高为，所以面积．‎ ‎8．B【解析】先作出满足约束条件的平面区域，然后根据的几何意义求解．‎ 作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，表示平面区域内的点与原点的距离的平方，观察图形可知，原点到直线x+y3=0的距离|OD|的平方等于n，|OA|2=m，经过计算可得m=13，n=，则=，故选B．‎ ‎9．B【解析】设直线：，代入抛物线方程，得，Δ=+8pb>0，设，，，则，所以．把代入抛物线方程，得，故点M的轨迹方程为(x>)，故点M到抛物线的焦点F的最短距离为=1，所以p=2．‎ ‎10．A【解析】设等比数列的公比为q，∵，，∴，解得，∴．‎ ‎∴==，当n为奇数时，<0，当n为偶数时，‎ ‎>0，故当n为偶数时，才有可能取得最大值．．‎ ，‎ 当k=1时，；当k2时，．‎ ‎∴<，>>>，则当最大时，n的值为4．‎ ‎11．C【解析】‎ 如图，取SC的中点O，连接OB，OA，因为SB⊥BC，SA⊥AC，SB=BC，SA=AC，所以OB⊥SC，OA⊥SC，OB=SC，OA=SC，所以SC⊥平面OAB，O为外接球的球心，SC为球O的直径，设球O的半径为R，则AB=SC=R，所以△AOB为正三角形，所以∠BOA=60°，‎ 所以VS-ABC=VS-OAB+VC-OAB=2×R2sin 60°××R=，解得R=3，故选C．‎ ‎12．A【解析】令=x，则=，，‎ ‎∴，‎ 令，则，当00， ‎ 当x> 时，<0，∴，∴0．‎ 令，则1<0，∴为减函数，‎ 又不等式+>x+可化为>，∴00)的展开式的第四项为，其系数为=40，又a>0，∴a=2，=．‎ ‎14．55【解析】根据等差数列的性质，有=2，因为≠0，所以=2．依题意=++…++=(+)(‎2m−1)=(‎2m−1)=2(‎2m−1)=218，所以m=55．‎ ‎15．(1，+∞)【解析】易知函数为偶函数，故只需求函数在(0，+∞)上的图象与直线有唯一交点时的取值范围．当x∈(0，+∞)时，，此时，所以函数在(0，+∞)上单调递增，从而当x>0时，>=1，所以要使函数在(0，+∞)上的图象与直线有唯一交点，只需k>1，故所求实数k的取值范围是(1，+∞)．‎ ‎16．0【解析】由题意得直线OA的斜率存在且不为0，设直线OA的斜率为k(k≠0)，则直线OA的方程为，由解得A，易知B()，直线PQ的方程为，联立方程得消去x得，，‎ 设P(，)，Q(，)，由根与系数的关系得，，根据弦长公式得，‎ ‎|FP|·|FQ|=，‎ 而|OA|·|OB|=，‎ 所以|FP|·|FQ||OA|·|OB|=0．‎ ‎17．【解析】(1)=m·n=−+=‎ 由，k∈Z，得，k∈Z，‎ 故函数的单调递增区间为[kπ−，kπ+](k∈Z)．（5分）‎ ‎(2)由题意得=sin(‎2A−)=1， ‎ ‎∵A(0，π)，∴‎2A−(−，)，‎ ‎∴‎2A−=，得A=． ‎ 由余弦定理，得12=+16−2×4b×，‎ 即−4b+4=0，∴b=2． ‎ ‎∴△ABC的面积sin=2．（12分）‎ ‎【备注】三角函数与解三角形类解答题的主要考查方式有三个：一是考查三角函数的图象和性质，三角恒等变换是主要工具；二是考查三角形中的三角恒等变换，正、余弦定理和三角函数的性质是主要工具；三是考查解三角形的实际应用，正、余弦定理是解决问题的主要工具．考生在备考时要注意这几个命题点．‎ ‎18．【解析】(1)∵随机变量ξ=2表示从袋中随机取球2次且每次取的都是红球，‎ ‎∴P(ξ=2)=，即ξ=2的概率为．（4分）‎ ‎(2)由题意知随机变量ξ的所有可能取值为2，3，4，由(1)知P(ξ=2)=．‎ 又P(ξ=4)=，‎ ‎∴P(ξ=3)=，‎ ‎∴ξ的分布列为 ξ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P Eξ=2×+3×+4×=．（12分）‎ ‎【备注】数学期望是离散型随机变量中重要的数学概念，反映了随机变量取值的平均水平．求解离散型随机变量的分布列、数学期望时，首先要分清事件的构成与性质，确定离散型随机变量的所有取值，然后根据概率类型选择公式，计算变量取每个值的概率，列出对应的分布列，最后根据数学期望的计算公式求解．‎ ‎19．【解析】(1)解法一　如图，取的中点，连接，．‎ 在中，，，‎ 所以∥．（2分）‎ 在直角梯形中，∥，且==，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ 所以∥．（4分）‎ 又∩=，∩=，‎ 所以平面∥平面．‎ 又平面，所以∥平面．（5分）‎ 解法二  如图，取的中点，连接，．‎ 在中，=，=，‎ 所以∥且=．（2分）‎ 在直角梯形中，∥，且=，‎ 所以∥，且=，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ 所以∥．（4分）‎ 又平面，平面，‎ 所以∥平面．（5分）‎ 解法三  如图，在梯形中，延长，交于点，连接．‎ 在梯形中，∥且=，‎ 所以=．‎ 又=，‎ 所以∥．‎ 又平面，平面，‎ 所以∥平面．（5分）‎ ‎(2)取的中点，连接，．‎ 因为在菱形中，∠=，‎ 所以===，‎ 所以⊥．‎ 又∥，‎ 所以⊥．（7分）‎ 又侧面⊥平面，侧面∩平面=，‎ 所以⊥平面，‎ 又⊥AD，‎ 故以为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz(如图所示)．‎ 则A (0，0，0)，D(0，4，0)，C(2，2，0)，P(0，0，)，(−1，0，)，=(−2，2，0)，=(−3，−2，)．‎ 因为AP⊥平面，（8分）‎ 所以=(0，0，)为平面的一个法向量．‎ 设平面的法向量为n=(x，y，z)，‎ 由，可得， 即， 令x=1，则y=1，z=，所以n=(1，1，)为平面的一个法向量，‎ 所以cos<，n>=．‎ 设二面角的大小为θ，由图可知θ∈(0，)，‎ 所以cos θ=cos<，n>=．（12分）‎ ‎【备注】解决此类问题的关键是根据几何体的结构特征合理建立空间直角坐标系，空间平行与垂直的证明也可转化为空间向量的坐标运算；空间角的求解主要是直线的方向向量与平面的法向量的相关运算，转化为向量夹角即可，要注意向量夹角与所求角之间的关系，正确进行转化．‎ ‎20．【解析】(1)解法一　由题意，得，解得， ‎∴椭圆的方程为．（4分）‎ 解法二　设椭圆的左焦点为，∵右焦点为(1，0)，∴c=1，(−1，0)，‎ 又点M(2，)在椭圆上，‎ ‎∴‎2a= |MF1|+|MF2|= ，‎ ‎∴a=3，b=2，‎ ‎∴椭圆的方程为．（4分）‎ ‎(2) 解法一　由题意，设AB的方程为(k<0，m>0)，‎ ‎∵直线AB与圆=8相切，‎ ‎∴，即，‎ 由，得(8+9)+18kmx+9−72=0，‎ 设A(，)(0<„3)，B(，)(0<„3)，‎ 则+=，·=，（7分）‎ ‎∴|AB|=|−|=·．（9分）‎ 又=(−1)2+=(−1)2+8(1−)=(−9)2，‎ ‎∴|AF2|=(9−)=3− ，同理|BF2|=(9−)=3−．‎ ‎∴|AF2|+|BF2|=6−(+)=6+，‎ ‎∴|AF2|+|BF2|+|AB|=6+−=6，即的周长为定值6．（12分）‎ 解法二　设A(，)，B(，)，则=1(0<„3)，‎ ‎∴|AF2|==(9−)=3−，（7分）‎ 连接OP，OA，由相切条件，得 ‎|AP|==，（10分）‎ ‎∴|AF2|+|AP|=3−+=3，‎ 同理|BF2|+|BP|=3−+=3，‎ ‎∴|AF2|+|BF2|+|AB|=3+3=6，即的周长为定值6．（12分）‎ ‎【备注】解析几何是高考的重点、难点和热点，对考生的解题能力要求较高，突出考查考生的分析、推理、转化等数学能力，因此在解决圆锥曲线问题时，如何避免繁杂、冗长的计算成为处理这类问题的难点与关键，解析几何题目常用的简化运算的技巧有：利用圆锥曲线的概念将条件等价转化、数形结合、设而不求．‎ ‎21．【解析】(1)因为b=‎2a+1，所以=，‎ 从而==，x>0．（2分）‎ 当a„0时，由>0得01，‎ 所以在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，+∞)上单调递减．‎ 当00得0，由<0得1时，由>0得01，由<0得时，在区间(0，)和区间(1，+∞)上单调递增，在区间(，1)上单调递减．（6分）‎ ‎(2)解法一　因为a=1，所以=(x>0)，‎ 从而= ，‎ 由题意知，是方程=0的两个根，故．（8分）‎ 记=，因为b>3，所以=<0，=3−b<0，‎ 所以∈(0，)，∈(1，+∞)，且b=2+1，b=2+1，（9分）‎ ‎=(−)− (b−b)+=− (−)+，‎ 因为=，所以=−−ln(2)，∈(1，+∞)．‎ 令=2∈(2，+∞)，==．‎ 因为当>2时，=>0，所以在区间(2，+∞)上单调递增，‎ 所以>=−ln 2，即>−ln 2．（12分）‎ 解法二　因为a=1，所以=(x>0)，从而=，‎ 由题意知，是方程=0的两个根，故．（8分）‎ 记=，因为b>3，所以=<0，=3−b<0，‎ 所以∈(0，)，∈(1，+∞)，且在(，)上是减函数，‎ 所以>)=()−(1−b)=−+−ln 2，‎ 因为b>3，所以>−+−ln 2>−ln 2．（12分）‎ ‎22．【解析】(1)由已知，得圆心C的直角坐标为(1，)，半径为2，‎ ‎∴圆C的直角坐标方程为，‎ 即，‎ ‎∵x=ρcos θ，y=ρsin θ，∴ρ2-2ρcos θ−2ρsin θ=0，‎ 故圆C的极坐标方程为ρ=4cos(−θ)．（5分）‎ ‎(2)由(1)知，圆C的直角坐标方程为，‎ 将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程中得，‎ ‎(2+tcos φ)2+(+tsin φ)2−2(2+tcos φ) −2(+tsin φ)=0，‎ 整理得，t2+2tcos φ−3=0，‎ 设M，N两点对应的参数分别为，，则+=−2cos φ，·=−3，‎ ‎∴|MN|=|−|= ，‎ ‎∵φ∈[0，]，∴cosφ∈[，1]，∴|MN|∈[，4]．（10分）‎ ‎【备注】在将曲线的参数方程化为普通方程时，不仅仅是要把其中的参数消去，还要注意其中的x，y的取值范围，也即在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性；将极坐标方程化为直角坐标方程时，方程必须同解，因此应注意对变形过程的检验．‎ ‎23．【解析】(1)由>0得|x−3|>2−a，‎ ‎∴x−3>2−a或x−35−a或x恒成立，‎ 则m<|x−3|+|x+4|恒成立，‎ ‎∵|x−3|+|x+4|…|(x−3)−(x+4)|=7，‎ ‎∴m的取值范围为(−∞，7)．（10分）‎