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- 2021-05-13 发布
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2018年高考模拟试卷（8）
第Ⅰ卷（必做题，共160分）
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1． 已知集合，，若，则实数a的值为 ▲ ．
2． 已知复数满足（为虚数单位），则复数的模为 ▲ ．
3． 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则向上的点数之差的绝对值是2的概率为 ▲ ．
4． 工人甲在某周五天的时间内，每天加工零件的个数用茎叶图表示如下图(左边一列的
数字表示零件个数的十位数，右边的数字表示零件个数的个位数)，则该组数据的
（第4题）
（第5题）
方差的值为 ▲ ．
5． 根据上图所示的伪代码，可知输出的结果S
为 ▲ ．
6．设实数满足则的最大值为 ▲ ．
7． 若“ ,使得成立”是假命题，则
实数的取值范围是 ▲ ．
8． 设等差数列的公差为（），其前n项和为．若，，
则的值为 ▲ ．
9． 若抛物线的焦点到双曲线C：的渐近线距离等于，则双曲线C的离心率为 ▲ ．
10．将一个半径为2的圆分成圆心角之比为1:2的两个扇形，且将这两个扇形分别围成圆锥的侧面，则所得体积较小的圆锥与较大圆锥的体积之比为 ▲ ．
11．若函数是偶函数，则实数a的值为 ▲ ．
12．若曲线上存在某点处的切线斜率不大于，则正实数a
的最小值为 ▲ ．
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13．在平面凸四边形ABCD中，，，点E满足，且
．若，则的值为 ▲ ．
14．设函数（）．若存在，使，
则的取值范围是 ▲ ．
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．
15．（本小题满分14分）
已知向量m＝(cosα，sinα)，n＝(－1，2)．
（1）若m∥n，求的值；
（2）若|m－n|＝，α∈，求cos的值．
16．（本小题满分14分）
如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，
A
B
C
D
P
M
（第16题）
，，M为的中点．求证：
（1）//平面；
（2）．
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17．（本小题满分14分）
如图，是一个半径为2千米，圆心角为的扇形游览区的平面示意图．点C是半径上一点，点D是圆弧上一点，且．现在线段、线段及圆弧三段所示位置设立广告位，经测算广告位出租收入是：线段处每千米为元，线段及圆弧处每千米均为元．设弧度，广告位出租的总收入为y元．
（1）求y关于x的函数解析式，并指出该函数的定义域；
O
A
B
C
D
（第17题）
（2）试问为何值时，广告位出租的总收入最大，并求出其最大值．
18．（本小题满分16分）
已知椭圆的离心率为，右焦点为圆的圆心，且圆截轴所得弦长为4．
（1）求椭圆与圆的方程；
（2）若直线与曲线，都只有一个公共点，记直线与圆的公共点为，求点的坐标．
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19．（本小题满分16分）
设区间，定义在上的函数（），集合
．
（1）若，求集合；
（2）设常数．
① 讨论的单调性；
② 若，求证：．
20．（本小题满分16分）
已知数列的各项均为正数，，前项和为，且，为
正常数．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，（）．
求证：① ；
② ．
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2018年高考模拟试卷（8）
数学Ⅱ(附加题)
21．【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定两题，并在相应的答题区域内作答．
A．[选修4－1：几何证明选讲]（本小题满分10分）
（第21—A题）
如图，已知，是圆的两条弦，且AB是线段CD的垂直平分线，已知AB=6，
CD=，求线段AC的长度．
B．[选修4－2：矩阵与变换] （本小题满分10分）
已知矩阵的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为．
若，求，的值．
C．[选修4－4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
在直角坐标系中，已知曲线的参数方程是（是参数）．若以O为极点，轴的正半轴为极轴，取与直角坐标系中相同的单位长度，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．求直线l被曲线截得的线段长．
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D．[选修4－5：不等式选讲] （本小题满分10分）
已知，且， ，求a的取值范围．
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．
A
B
C
D
A1
B1
C1
（第22题）
22．如图，在直三棱柱中，已知，，，.
是线段的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的大小的余弦值.
23．（本小题满分10分）
在教材中，我们已研究出如下结论：平面内条直线最多可将平面分成个部分．现探究：空间内个平面最多可将空间分成多少个部分，．
设空间内个平面最多可将空间分成个部分．
（1）求的值；
（2）用数学归纳法证明此结论．
2018年高考模拟试卷（8）参考答案
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一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1．【答案】8
【解析】因为，所以，即．
2．【答案】；
【解析】本题考查了复数的运算和模的概念．
因为，所以．．
3．【答案】
【解析】设向上的点数之差的绝对值是2为随机事件，将一颗质地均匀的骰子先后
抛掷2次共有36个基本事件，事件共包含，，，，，
，，共8个基本事件 ，所以．
4．【答案】
【解析】由茎叶图可以得到样本的平均值，所以
．
5．【答案】12
【解析】第一次执行循环体计算两个变量的结果为；第二次执行循环体计算两个
变量的结果为；第三次执行循环体计算两个变量的结果为；所以
输出的结果为12．
6．【答案】3
【解析】画出可性域如图所示，求出代入点，
求出最大值为3．
7．【答案】
【解析】命题的否定是“ ,都有成立”，且是真命题，所以
对恒成立，所以．因为，当且仅当
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时成立，所以，即．
8．【答案】
【解析】因为（），所以．
又因为即，，
所以解答．
9．【答案】3
【解析】本题考查了抛物线焦点坐标和双曲线的离心率．
因为抛物线的焦点为，双曲线的渐近线为．根据点到直线的距离有，化简有．
10．【答案】；
【解析】本题考查了空间几何体的体积问题．
因为圆分成圆心角之比为1：2的两个扇形，所以两个扇形圆心角分别为和．和，解得，．，
．所以．
11．【答案】
【解析】，因为是偶函数，
所以，即，解得．
12．【答案】9 本题考查了曲线的切线存在性的问题．
【解析】因为，所以．
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存在某点处的切线斜率不大于，所以存在，．得到
，当且仅当取“”，化简得，解得．
13．【答案】2
【解析】本题考查了平面向量的线性运算和平面向量数量积．
因为，点E满足，所以，．
，，得到．
又因为，所以，得到．
又．
，
，
，
，
．
14．【答案】
【解析】① 若，
当时，为递增函数，且，
当时，的对称轴为，
若存在，使得，
则或，即或，
解得．
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② 若，
当时，为递增函数，且，
当时，为递减函数，且，
当时，的对称轴为，
若存在，使得，
则，即，
解得，又，所以．
综上可得，，即的取值范围为．
二、解答题：
15．【解】（1）因为 m∥n，所以sinα＝－2cosα． …… 4分
所以原式＝4． …… 6分
（2）因为 |m－n|＝，所以2sinα－cosα＝2． …… 9分
所以cosα＝4(sinα－1)，所以1－sinα＝4(sinα－1)，
所以α∈，
所以． …… 12分
A
B
C
D
P
M
（第16题）
O
所以原式＝． …… 14分
16．【解】（1）设AC与BD交于点O，连结OM，
因为是平行四边形，所以O为AC中点，………2分
因为M为的中点，所以∥OM，…………………4分
又平面，OM平面，
所以∥平面．…………………………7分
（2）平面平面，交线为，
因为，故，
因为平面，所以平面，……………9分
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因为平面，所以． ……………11分
因为，M为的中点，所以．……12分
因为，平面，
所以平面，……………………………………………………………14分
17．【解】（1）因为∥，所以，
在△中，，，km，
由正弦定理得， …………………………4分
（注：正弦定理要呈现，否则扣2分）
得 km， km．…………………………5分
又圆弧长为 km．
所以
，．…………………………7分
（2）记，
则，………………8分
令，得． ……………………………………………………9分
当x变化时，，的变化如下表：
x
＋
0
－
递增
极大值
递减
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所以在处取得极大值，这个极大值就是最大值．
即．………………………………………………………12分
答：（1）y关于x的函数解析式为，其定义域为
；
（2）广告位出租的总收入的最大值为元．………………………14分
18．【解】（1）由题意知：解得
又，
所以椭圆的方程为． …………………………………………3分
因为圆截轴所得弦长为4，所以，
所以圆的方程为． …………………………………………6分
（2）设直线的方程为，则
，
即 ①…………………………………………………………8分
由得，…………………………10分
因为直线与曲线只有一个公共点，所以
，
化简，得 ②……………………………………………………12分
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①②联立，解得或……………………………………………13分
由解得， ………………………………………………14分
由解得，………………………………………………15分
故直线与圆的公共点的坐标为或．…………………………16分
19．【解】（1）当时，，则．
由可知恒成立，故函数在上单调递增，…… 2分
所以，解得，
所以集合． …… 4分
（2）① 由得，
因为，则由，得．
在上列表如下：
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
（ⅰ）当，即时，
则，所以在上单调递减； …… 6分
（ⅱ）当，即时，此时，
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在和上单调递增；在上单调递减．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在，上单调递增；
在上单调递减． …… 8分
②（方法一）当时，由①可知，
（ⅰ）当时，在上单调递减，
所以，
这与恒成立矛盾，故此时实数不存在； …… 10分
（ⅱ）当时，在，上单调递增；
在上单调递减，
所以． …… 12分
若，这与恒成立矛盾，
故此时实数不存在；
若，此时，
又，则，
．
…… 14分
下面证明，也即证：．
因为，且，则，
下证：．
令，则，
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所以在上单调递增，所以，即．
这与恒成立矛盾，故此时实数不存在．
综上所述，． …… 16分
（方法二）（ⅰ）当时，成立；
（ⅱ）当时，由题意可知恒成立，则，
设，则，
令，解得．
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以； …… 12分
（ⅲ）当时，由题意可知恒成立，则．
设，则，
因为，所以恒成立，所以在上单调递增，
所以，
所以．
若，则存在实数满足，
则成立，即，
也即成立，
则，这与矛盾，所以． …… 16分
20．【解】（1）由，得，
两式相减得，也即．
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又，所以． …… 2分
当时，，则，
所以（），
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以． …… 4分
（2）① 由（1）知，
所以，…… 6分
则，
所以得证． …… 8分
②
， …… 12分
因为，所以，．
由，所以，所以，
又因为，所以，
所以，
所以得证． …… 16分
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数学Ⅱ（附加题）参考答案
21-A．连接BC设相交于点，，
因为AB是线段CD的垂直平分线，
所以AB是圆的直径，∠ACB＝90° ……………………2分
则，． ……………………………4分
由射影定理得 ……………………………6分
即有
解得（舍）或 ………………………………8分
所以 ，
． ……………………………………………10分
21-B．由条件知，，即，即，
所以 解得 所以． …… 5分
则，所以 解得
所以，的值分别为，． …… 10分
21-C．由得
两式平方后相加得． ………………………………4分
所以曲线是以为圆心，半径等于3的圆．
直线l的直角坐标方程为， ……………… …………………………6分
圆心到l的距离是，
所以直线l被曲线截得的线段长为． ……………………………10分
21-D．因为 ………………………………………………………………2分
，………………………6分
即，所以 ．……………………………………………10分
22．解：因为在直三棱柱中，，所以分别以、、所在的直线
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为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则．
因为是的中点，所以， …… 2分
（1）因为，设平面的法向量，
则，即，取，
所以平面的法向量，而，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为． …… 5分
（2），，设平面的法向量，
则，即，取，平面的法向量，
所以，
二面角的大小的余弦值． …… 10分
23． (1)由，得 解得．3分
(2)用数学归纳法证明．
①当时，显然成立． ……………………………………………4分
②假设当时成立，即
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那么当时，在个平面的基础上再添上第个平面，
因为它和前个平面都相交，所以可得到条互不平行且不共点的交线，且其中任
何3条直线不共点，这条交线可以把第个平面划分成个部分．
每个部分把它所在的原有空间区域划分成两个区域，因此，空间区域的总数增加了
个，所以
+……………………………………………7分
+
，
即时，结论成立． ……………………………………………9分
根据①②可知，．…………………………………10分
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