高考理科数学仿真模拟试题全国ⅡⅢ卷含超详细讲解 18页

‎2018年高考理科数学模拟试题(全国卷Ⅱ/Ⅲ)‎ 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．已知复数z满足(1−i)z=+i(i为虚数单位)，则z=‎ A．−i　 B．i C．i D．1+i ‎2．已知集合A={x∈N|−x−6<0}，则集合A的子集的个数为 A．3 B．4 C．7 D．8‎ ‎3．若x>1，y>0，+=2，则−的值为 A． B．−2 C．2 D．2或−2‎ ‎4．已知[x]表示不超过x的最大整数，比如：[0.4]=0，[−0.6]=−1．执行如图所示的程序框图，若输入x的值为2.4，则输出z的值为 A．1.2 B．0.6 C．0.4 D．−0.4‎ ‎5．已知双曲线(a>0，b>0)的焦距为4，且一条渐近线与直线平行，则双曲线的方程为 A．       B．‎ C．       D．‎ ‎6．当00，b>0)的右顶点为A，右焦点为F，点A到双曲线渐近线的距离为d，若d=|AF|，则双曲线的离心率为 A． B． C．2 D．‎ ‎11．已知圆锥的顶点为球心O，母线与底面所成的角为45°，底面圆的圆周在球O 的球面上，圆的内接ABC满足 AB=BC=2，且∠ABC=120°，则球O的体积为 A． B． C．32π D．‎ ‎12．已知函数=sin(ωx+)，其中ω>0，≠0且−<<，且满足f (0)=−f()．若将函数的图象向左平移个单位长度后所得的图象关于原点对称，则的值为 A． B．或 C． D．或 二、填空题：本题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．假若你是某工厂厂长，在你的办公桌上有各部门提供的以下信息．‎ 人事部：明年工人数不多于600，且每人每年按2 000个工时计算；‎ 市场部：预计明年产品的销售量在9 000~11 000件；‎ 技术部：生产该产品平均每件需要120个工时，且这种产品每件需要安装4个某重要部件；‎ 供应部：某重要部件的库存为2 000个，明年可采购到这种部件34 000个．‎ 由此推算，明年产量最多为 件． ‎ ‎14．已知ABC的面积为24，点D，E分别在边BC，AC上，且满足，，连接AD，BE交于点F，则ABF的面积为 ． ‎ ‎15．若=+(x−1)+(x−1)2+…+(x−1)9，则的值为 ． ‎ ‎16．已知函数=1−|2x−1|，=若y=−a有4个零点，则实数a的取值范围为 ． ‎ 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)‎ 已知数列是等比数列，其前n项和是，且=(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)设=(n∈N*)，求数列{}的前n项和．‎ ‎18．(本小题满分12分)‎ 我国女排在2016年里约奥运会上勇夺金牌，激起了国内排球热潮，为此某高校欲组建大学生女子排球队．现有甲、乙、丙等6名同学申请加入，首先进行了笔试(满分100分)，其中5名同学的成绩分别为72，76，74，70，73，然后根据每名同学的成绩由高到低依次排出1，2，3，4，5，6的名次．‎ ‎(1)(i)若这6名同学的平均成绩为75，求没提供成绩的同学的名次；‎ ‎(ii)从名次为1，2，3，4，5的5名同学中随机抽取1名同学，其名次为a，然后从余下的4名中再随机抽取1名同学，名次为b，求关于x的方程+2ax+=0有实根的概率．‎ ‎(2)若甲、乙、丙3名同学的名次恰好分别是1，2，3，现从前5名同学中随机抽取3名同学入选，记甲、乙、丙3名同学入选的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望．‎ ‎19．(本小题满分12分)‎ 如图1，已知在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F分别为底AB，CD上的点，且EF⊥AB，EF=EB=FC=2，EA=FD，沿EF将平面AEFD折起至平面AEFD⊥平面EBCF，如图2所示．‎ 图1 图2‎ ‎(1)求证：平面ABD⊥平面BDF；‎ ‎(2)若二面角B−AD−F的大小为60°，求EA的长度．‎ ‎20．(本小题满分12分)‎ 已知圆C：=4与x轴交于，(在原点右侧)两点，动点P到，两点的距离之和为定值2a(a>2)，且cos∠P的最小值为−．‎ ‎(1)求动点P的轨迹方程；‎ ‎(2)过且斜率不为零的直线与点P的轨迹交于A，B两点，若存在点E，使得是与直线的斜率无关的定值，则称E为“恒点”．问在x轴上是否存在这样的“恒点”?若存在，请求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎21．(本小题满分12分)‎ 已知函数(a>0且a≠1)，=(a>0且a≠1)，且函数的图象在(1，0)处的切线方程为x−y−1=0．‎ ‎(1)若函数=m++1，讨论的单调性；‎ ‎(2)若函数=−−b的图象恒与x轴有两个不同的交点M(，0)，N(，0)，求证：．‎ 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xOy中，曲线：(为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为=2cos θ+2sin θ，直线的极坐标方程为θ=．‎ ‎(1)分别求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；‎ ‎(2)设直线交曲线于O，M两点，交曲线于O，N两点，求MN的长．‎ ‎23．(本小题满分10分)选修4─5：不等式选讲 已知函数=2−，=|x−a|．‎ ‎(1)若a=1，解不等式+≥3；‎ ‎(2)若不等式>至少有一个负数解，求实数a的取值范围．‎ 详细解答 ‎1．C【解析】解法一　z=，故选C．‎ 解法二　z==，故选C．‎ ‎2．D【解析】不等式−x−6<0的解集为{x|−21，y>0，∴>1，0<<1，则−>0．‎ ‎4．D【解析】输入x=2.4，则y=2.4，x=[2.4]−1=1>0，∴x==1.2；y=1.2，x=[1.2]−1=0，‎ ‎∴x==0.6；y=0.6， x=[0.6]−1=−1<0，则z=x+y=−1+0.6=−0.4，故选D．‎ ‎5．A【解析】依题意，c=2，∵一条渐近线与直线平行，‎ ‎∴，结合，解得，，‎ ‎∴双曲线的方程为，故选A． ‎ ‎6．C【解析】当00．又2−=2xln x−x2ln =2xln x−2ln x ‎=2x(1−x)ln x<0，所以 2<<[]2．故选C． ‎ ‎7．A【解析】由三视图知该几何体是一个组合体，右边是半个圆柱(底面半径为2，高为3)，左边是一个四棱锥(底面是长和宽分别为4和3的长方形，高为2)．‎ 则该几何体的体积V=×π×22×3+×3×4×2=6π+8，‎ 侧面积S侧=π×2×3+×2×3×2+×4×=6π+6+2．‎ ‎8．B【解析】由acos B=bcos A及正弦定理得sin Acos B=sin Bcos A，所以sin(A−B)=0，故B=A=，c=a，由余弦定理得16=+−2c·cos，得a=，c=，‎ S=acsin B=．‎ ‎9．C【解析】由+=2，x≥0，y≥0，知围成的区域D为半径为的四分之一圆面，‎ 因而其面积S=×π×()2=．作出图形如图所示，y=与+=2的交点为 M(1，1)，过点M作MB⊥x轴于点B，连接OM，‎ 则S阴影=dx+S扇形OAM−SOBM=+×()2−×1×1=．‎ 由几何概型概率公式知所求概率P=，故选C．‎ ‎10．C【解析】解法一　由题意得双曲线的渐近线方程为y=±x，右顶点A(a，0)，右焦点F(c，0)，则点A到渐近线的距离d=，|AF|=c−a．‎ 由已知得=(c−a)，即2ab=c(c−a)，4=3(c−a)2，‎ 由于=−，因而4(−)=3 (c−a)2，∴3e4−6e3−e2+4=0，‎ ‎3e3(e−2)−(e+2)(e−2)=0，(e−2)(e−1)(3e2+3e+2)=0，得e=2，故选C．‎ 解法二　如图，过A作渐近线的垂线，垂足为B，由已知得d=|AF|=(c−a)，‎ 即|AB|=(c−a)．又|AB|=|OA|sin∠BOA=a×=，∴= (c−a)，‎ ‎∴2ab=c(c−a)，4=3(c−a)2，由于=−，‎ 因而4(−)=3(c−a)2，‎ ‎∴3e4−6e3−e2+4=0，3e3(e−2)−(e+ 2)(e−2)=0，‎ ‎(e−2)(e−1)(3e2+3e+2)=0，得e=2，故选C．‎ ‎11．D【解析】如图，在ABC中，由已知得AC2=AB2+BC2−2AB·BCcos ∠ABC ‎=4+4−2×2×2×(−)=12，因而AC=2．设圆的半径为r，则2r==4，‎ ‎∴r=2．连接OO1，O1B，又圆锥母线与底面所成的角为45°，‎ 因而在OO1B中，OO1=O1B=r=2，则球O的半径R=OB=2，‎ 球O的体积V=，故选D．‎ ‎12．D【解析】将函数的图象向左平移 个单位长度后所得的图象对应的函数解析式为 ‎=sin[ω(x+)+]=sin(ωx+ω+)，又的图象关于原点对称，‎ 则ω+=kπ，k∈Z，ω=6kπ−6，且sin=−sin(6kπ−5)，k∈Z，‎ 即sin=sin 5，所以5=2nπ+或5=2nπ+π−，n∈Z，‎ 又≠0且−<<，因而=−或=，故选D．‎ ‎13．9 000【解析】设工人数为n，由已知最多为600人，则劳动力的年生产能力为 n× 2 000 =2 000n．由生产该产品平均每件需要120个工时，‎ 得产量为 2 000n÷120=n≤×600=10 000(件)，而这10 000件产品需要某重要部件的数量40 000>2 000+34 000=36 000，因此从供应部提供的信息知年生产量为 ‎36 000÷4=9 000，刚好达到预计销售量的最低限，‎ 由此可见，明年产量最多为9 000件．‎ ‎14．4【解析】通解　如图，连接CF，由于B，F，E三点共线，‎ 因而可设，则．‎ 又A，F，D三点共线，‎ ‎∴+(1−λ)=1， 得λ=，‎ ‎∴=，‎ ‎，‎ ‎，即F为AD的中点，‎ 因而===4．‎ 优解　如图，过D作AC的平行线，交BE于H，则由已知，‎ 得DHCE，又，因而DHEA，AEF≌△DHF，‎ 则F为AD的中点，因而===4．‎ ‎15．【解析】令x=2，则=+++…+，‎ 令x=0，则0=−+ +…−，‎ 因而 =，‎ 而=[1+(x−1)]9，其中 (x−1)7，因而==36，‎ 则==．‎ ‎16．(1，)【解析】作出函数的图象如图1所示，作出函数的图象如图2所示．‎ y=−a有4个零点，等价于方程=a有4个不同的实数解，‎ 设=，则≤1，g(1)=，=a，数形结合可知，当=a，=各有2个不同的解时，方程=a才能有4个不同的实数解，又≤1，要使=a有2个不同的实数解，则a∈[1，]．当a=时，=a有2个不同的实数根，，且满足0<<，=1，对于=1，=仅有1解，即方程=a有3个不同的实数解，不符合题意；当a=1时，=a=1有2个实根=0，=，又=0仅有1解，=有2个不同的解，即方程=1有3个不同的实数解，不符合题意．综上所述，a∈(1，)．‎ 图1 图2‎ ‎17．【解析】(1)当n=1时，==t·3−2t+1=t+1．（1分）‎ 当n≥2时，=−=t·−t·=2t·．‎ ‎∵数列是等比数列，∴=3(n≥2)，‎ ‎∴=3，∴t=1，=2，‎ ‎∴=2·(n∈N*)．（5分）‎ ‎(2)由(1)知，，∴1+=，∴，==n，‎ ‎∴=2n×，（7分）‎ ‎=2+4×3+6×32+…+2n×， ①‎ ‎3=2×3+4×32+6×33+…+2n×，②‎ ‎①−②得，−2=2+2(3+32+33+…+)−2n×=2+2×−2n×，‎ ‎∴=（12分）‎ ‎【备注】高考对数列的考查主要涉及：(1)等差、等比数列的有关知识，数列通项公式的求解，数列求和的方法(如裂项相消法、错位相减法、分组求和法等)；(2)通过数列的递推关系式求通项公式的各种方法，考查考生的逻辑推理能力，用转化与化归思想(配凑、变形)将一般数列转化为等差或等比数列；(3)利用函数与不等式处理取值范围和最值问题，凸显数列的函数特性和工具性．‎ ‎18．【解析】(1)(i)由题意得，所求同学的成绩为6×75 +(72+76+74+70+73)=85，因而排名第一．（2分） ‎ ‎(ii)根据分步乘法计数原理知(a，b)的取值共有5×4=20种情况，若+2ax+=0有实根，则(2a)2−4b2≥0，即a≥b，而满足a≥b的情况有10种，因而由古典概型的概率计算公式得所求概率P==．（6分）‎ ‎(2)随机变量ξ的所有可能取值为1，2，3，‎ P(ξ=1)==，‎ P(ξ=2)= =，‎ P(ξ=3)= =．‎ 因而ξ的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P E(ξ)=×1+×2+×3= ．（12分）‎ ‎【备注】(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的、各次之间相互独立的一种试验，每一次试验只能有两种结果(即要么发生，要么不发生)，且任何一次试验中发生的概率都是一样的，在相同条件下重复地做n次试验称为n次独立重复试验；(2)在n次独立重复试验中，若事件A每次发生的概率为p，则A发生的次数为k的概率为pk(1−p)n−k，事件A发生的次数是一个随机变量X，其分布列称为二项分布，记为X~B(n，p)．‎ ‎19．【解析】(1)由题意知EAFD，EBFC，所以AB∥CD，即A，B，C，D四点共面．由EF=EB=FC=2，EF⊥AB，得FB=BC=2，则BC⊥FB，又翻折后平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，DF⊥EF，所以DF⊥平面EBCF，因而BC⊥DF，又DF∩FB=F，所以BC⊥平面BDF，由于BC平面BCD，则平面BCD⊥平面BDF，又平面ABD即平面BCD，所以平面ABD⊥平面BDF．（5分）‎ ‎(2)向量法　以F为坐标原点，FE，FC，FD所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则F(0，0，0)，B (2，2，0)，设EA=t(t>0)，则A (2，0，t)，D(0，0，2t)，‎ ‎=(0，2，−t)，=(−2，0，t)．（8分）‎ 设平面ABD的法向量为m=(x，y，z)，则即， 取x=t，则y=t，z=2，所以m=(t，t，2)为平面ABD的一个法向量．‎ 又平面FAD的一个法向量为n=(0，1，0)，‎ 则|cos|==，‎ 所以t=，即EA的长度为．（12分）‎ 传统法　 由(1)知，平面ABD即平面ABCD，因而二面角B−AD−F即二面角C−AD−F．因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，CF平面EBCF，CF⊥EF，所以CF⊥平面AEFD．（7分）‎ 如图，作FH⊥AD于H，连接CH，则CH⊥AD，∠CHF为二面角C−AD−F的平面角．‎ 设EA=t(t>0)，则FD=2t，在三角形ADF中，AD=，‎ 由=×2t×2=××HF，得HF=．‎ 在直角三角形CFH中，tan∠CHF=，‎ 因而+4=3，解得t=，即EA的长度为．（12分）‎ ‎20．【解析】(1)由已知，=4与x轴交于 (−2，0)， (2，0)，则|| =4，‎ 由题意知|P|+|P|=2a，cos ∠P=‎ ‎=−1=−1≥−1=1−=−，当且仅当|P|=|P|=a时等号成立，因而=6，由椭圆的定义知，P的轨迹为椭圆，且，分别为其左、右焦点，=−=2，‎ 所以所求轨迹方程为+=1．（6分）‎ ‎(2)如图，设直线的方程为x= my+2，A(，)，B(，)，‎ 由，得(m2+3)y2+4my−2=0，‎ 则+=−，=−．（8分）‎ 假设存在这样的“恒点”E(t，0)，‎ 则==(−t，)·(−t，)‎ ‎=(m+2−t，)·(m+2−t，)‎ ‎=(m2+1) +(2−t)m(+)+(2−t)2‎ ‎=+(2−t)2‎ ‎=．‎ 若是与直线的斜率无关的定值，则其为与m无关的定值，‎ 则3−18=3−12t+10，得t=，‎ 此时定值为()2−6=−，“恒点”为(，0)．（12分）‎ ‎21．【解析】(1)∵=的图象在(1，0)处的切线方程为x−y−1=0，‎ ‎，∴ =1，∴a=e，=ln x．‎ ‎∴= m++1，‎ ‎∴=+(m+1)x=，x∈(0，+∞)．（3分）‎ ‎①当m+1≤0，即m≤−1时，<0，在区间(0，+∞)上单调递减；‎ ‎②当m≥0时，>0，在区间(0，+∞)上单调递增；‎ ‎③当−10，函数在区间(0，1)上单调递增；‎ 当x>1时，<0，函数在区间(1，+∞)上单调递减，‎ ‎∴当x=1时，max=−1−b．（8分）‎ ‎∵函数的图象恒与x轴有两个不同的交点M(，0)，N(，0)，‎ 且当x趋近于0时，趋近于−∞，当x趋近于+∞时，趋近于−∞，‎ ‎∴−1−b>0，b<−1，且≠，（9分）‎ 故不妨设<，则0<<1<．‎ 要证()<0，需证>1，即+>2，‎ 当≥2时，显然成立．‎ 当1<<2时，令F(x)=−(2−x)，x∈(1，2)，‎ ‎∵=ln x−x−b，∴(x)=ln x−ln(2−x)−2x+2，‎ ‎ =+−2=>0，x∈(1，2)，‎ ‎∴(x)在(1，2)上单调递增，∴()>(1)=0，即()>(2−)，（10分）‎ 又由题意知()=()，∴()>(2−)．‎ ‎∵在(0，1)上单调递增，∈(0，1)，2−∈(0，1)，‎ ‎∴>2−，即+>2．‎ 综上可得，+>2，即证．（12分）‎ ‎22．【解析】(1)曲线的普通方程为+=1，即+−2y=0，‎ 曲线的极坐标方程为−2sin θ=0，即=2sin θ．‎ 因为曲线的极坐标方程为=2cos θ+2sin θ，‎ 即=2cos θ+2sin θ，‎ 故曲线的直角坐标方程为+=2x+2y，‎ 即(x−1)2+(y−)2=4．（5分）‎ ‎(2)解法一　直线的极坐标方程θ=化为直角坐标方程得y=x，‎ 由得，或 则|OM|=， ‎ 由得 或 则|ON|==4．‎ 故|MN|=|ON|−|OM|=4−．‎ 解法二　直线的极坐标方程为θ=，‎ 曲线的极坐标方程为=2sin θ，‎ 所以|OM|=2sin=．‎ 曲线的极坐标方程为=2cos θ+2sin θ，‎ 所以|ON|=2cos+2sin=4．‎ 故|MN|=|ON|−|OM|=4−．（10分）‎ ‎23．【解析】(1)若a=1，则不等式+≥3化为2−+|x−1|≥3．‎ 当x≥1时，2−+x−1≥3，即−x+2≤0，(x−)2+≤0不成立；‎ 当x<1时，2−−x+1≥3，即+x≤0，解得−1≤x≤0．‎ 综上，不等式+≥3的解集为{x|−1≤x≤0}．（5分）‎ ‎(2)作出y=的图象如图所示，当a<0时，的图象如折线①所示，‎ 由，得+x−a−2=0，若相切，则Δ=1+4(a+2)=0，得a=−，‎ 数形结合知，当a≤−时，不等式无负数解，则−至少有一个负数解．‎ 当a>0时，的图象如折线②所示，‎ 此时当a=2时恰好无负数解，数形结合知，‎ 当a≥2时，不等式无负数解，则0至少有一个负数解，‎ 则实数a的取值范围是(−，2)．（10分）‎ 我们对服务人员的配备以有经验、有知识、有技术、懂管理和具有高度的服务意识为准绳，在此基础上建立一支高素质的物业管理队伍，为销售中心的物业管理创出优质品牌。在物业人员配备中，我们遵循如下原则： 1、本着精简、高效原则根据项目实际服务、管理和经营的需要，推行统一目标、分解责任、责权利相结合。2、职责、权限明确原则日常工作由综合服务主管直接对各服务人员即集指挥和职能于一身，便于综合服务主管全面掌握日常工作及人员状况，减小失控。‎