衡水中学2018届高三高考押题（二）理数试题 12页

河北衡水中学 高考押题试卷 理数试卷（二） 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 12 个小题,每小题 5 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.设集合 2{ | 6 0, }A x x x x Z     ， { | | |, , }B z z x y x A y A     ，则集合 A B =（ ） A．{0,1} B．{0,1,2} C．{0,1,2,3} D．{ 1,0,1,2} 2.设复数 z 满足1 21 z ii    ，则 1| |z =（ ） A． 5 B． 1 5 C． 5 5 D． 5 25 3.若 1cos( )4 3    ， (0, )2   ，则sin 的值为（ ） A. 4 2 6  B． 4 2 6  C. 7 18 D． 2 3 4.已知直角坐标原点O 为椭圆 :C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的中心， 1F ， 2F 为左、右焦点，在区间 (0,2) 任 取一个数 e ，则事件“以 e 为离心率的椭圆C 与圆O ： 2 2 2 2x y a b   没有交点”的概率为（ ） A. 2 4 B． 4 2 4  C. 2 2 D． 2 2 2  5.定义平面上两条相交直线的夹角为：两条相交直线交成的不超过90 的正角.已知双曲线 E ： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ，当其离心率 [ 2,2]e 时，对应双曲线的渐近线的夹角的取值范围为（ ） A．[0, ]6  B．[ , ]6 3   C.[ , ]4 3   D．[ , ]3 2   6.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为3 2  ，则它的表面积是（ ） A. 3 13( 3) 22 22    B． 3 13 3( ) 22 24 2    C. 13 222   D． 13 224   7.函数 sin ln | |y x x  在区间[ 3,3] 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 8.二项式 1( ) ( 0, 0)nax a bbx    的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，且展开式中的第 3 项的系数是 第 4 项的系数的 3 倍，则 ab 的值为（ ） A．4 B．8 C.12 D．16 9.执行下图的程序框图，若输入的 0x  ， 1y  ， 1n  ，则输出的 p 的值为（ ） A.81 B． 81 2 C. 81 4 D． 81 8 10.已知数列 1 1a  ， 2 2a  ，且 2 2 2( 1)n n na a     ， *n N ，则 2017S 的值为（ ） A． 2016 1010 1  B．1009 2017 C. 2017 1010 1  D．1009 2016 11.已知函数 ( ) sin( )f x A x   ( 0, 0,| | )2A     的图象如图所示，令 ( ) ( ) '( )g x f x f x  ，则下 列关于函数 ( )g x 的说法中不正确的是（ ） A. 函数 ( )g x 图象的对称轴方程为 ( )12x k k Z   B．函数 ( )g x 的最大值为 2 2 C. 函数 ( )g x 的图象上存在点 P ，使得在 P 点处的切线与直线 : 3 1l y x  平行 D．方程 ( ) 2g x  的两个不同的解分别为 1x ， 2x ，则 1 2| |x x 最小值为 2  12.已知函数 3 2( ) 3 1f x ax x   ，若 ( )f x 存在三个零点，则 a 的取值范围是（ ） A． ( , 2)  B． ( 2,2) C.(2, ) D． ( 2,0) (0,2)  第Ⅱ卷 本卷包括必考题和选考题两部分，第 13 题～第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第 22 题和第 23 题为选考题，考生根据要求作答. 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.向量 ( , )a m n ， ( 1,2)b   ，若向量 a  ，b  共线，且| | 2 | |a b  ，则 mn 的值为 ． 14.设点 M 是椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     上的点，以点 M 为圆心的圆与 x 轴相切于椭圆的焦点 F ，圆 M 与 y 轴相交于不同的两点 P 、Q ，若 PMQ 为锐角三角形，则椭圆的离心率的取值范围为 ． 15.设 x ， y 满足约束条件 2 3 0, 2 2 0, 2 2 0, x y x y x y            则 y x 的取值范围为 ． 16.在平面五边形 ABCDE 中，已知 120A  ， 90B   ， 120C   ， 90E   ， 3AB  ， 3AE  ， 当五边形 ABCDE 的面积 [6 3,9 3)S  时，则 BC 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.已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 1 2a  ， 12 1n nS S   *( 2, )n n N  . （1）求数列{ }na 的通项公式； （2）记 1 2 logn nb a *( )n N 求 1 1{ } n nb b  的前 n 项和 nT . 18.如图所示的几何体 ABCDEF 中，底面 ABCD 为菱形， 2AB a ， 120ABC   ， AC 与 BD 相交于 O 点，四边形 BDEF 为直角梯形， / /DE BF ， BD DE ， 2 2 2DE BF a  ，平面 BDEF  底面 ABCD . （1）证明：平面 AEF  平面 AFC ； （2）求二面角 E AC F  的余弦值. 19.某校为缓解高三学生的高考压力，经常举行一些心理素质综合能力训练活动，经过一段时间的训练后从 该年级 800 名学生中随机抽取 100 名学生进行测试，并将其成绩分为 A 、 B 、C 、 D 、 E 五个等级，统计 数据如图所示（视频率为概率），根据以上抽样调查数据，回答下列问题： （1）试估算该校高三年级学生获得成绩为 B 的人数； （2）若等级 A 、 B 、C 、 D 、 E 分别对应 100 分、90 分、80 分、70 分、60 分，学校要求平均分达 90 分 以上为“考前心理稳定整体过关”，请问该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”是否过关？ （3）为了解心理健康状态稳定学生的特点，现从 A 、 B 两种级别中，用分层抽样的方法抽取 11 个学生样 本，再从中任意选取 3 个学生样本分析，求这 3 个样本为 A 级的个数 的分布列与数学期望. 20. 已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，且过点 2 3( , )2 2P ，动直线l ： y kx m  交 椭圆 C 于不同的两点 A ， B ，且 0OA OB   （O 为坐标原点） （1）求椭圆C 的方程. （2）讨论 2 23 2m k 是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是请说明理由. 21. 设函数 2 2( ) lnf x a x x ax    ( )a R . （1）试讨论函数 ( )f x 的单调性； （2）设 2( ) 2 ( )lnx x a a x    ，记 ( ) ( ) ( )h x f x x  ，当 0a  时，若方程 ( ) ( )h x m m R  有两个不 相等的实根 1x ， 2x ，证明 1 2'( ) 02 x xh   . 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，作答时请写清题号. 22.选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，曲线 1C ： 3 cos , 2 sin x t y t        （t 为参数， 0a  ），在以坐标原点为极点， x 轴的非 负半轴为极轴的极坐标系中，曲线 2C ： 4sin  . （1）试将曲线 1C 与 2C 化为直角坐标系 xOy 中的普通方程，并指出两曲线有公共点时 a 的取值范围； （2）当 3a  时，两曲线相交于 A ， B 两点，求| |AB . 23. 选修 4-5：不等式选讲. 已知函数 ( ) | 2 1| | 1|f x x x    . （1）在下面给出的直角坐标系中作出函数 ( )y f x 的图象，并由图象找出满足不等式 ( ) 3f x  的解集； （2）若函数 ( )y f x 的最小值记为 m ，设 ,a b R ，且有 2 2a b m  ，试证明： 2 2 1 4 18 1 1 7a b    . 参考答案及解析 理科数学（Ⅱ） 一、选择题 1-5:BCAAD 6-10:AABCC 11、12：CD 二、填空题 13.-8 14. 6 2 5 1 2 2e   15. 2 7[ , ]5 4 16.[ 3,3 3) 三、解答题 17.解：（1）当 2n  时，由 12 1n nS S   及 1 1 2a  ， 得 2 12 1S S  ，即 1 2 12 2 1a a a   ，解得 2 1 4a  . 又由 12 1n nS S   ，① 可知 12 1n nS S   ，② ②-①得 12 n na a  ，即 1 1 ( 2)2 n n a na    . 且 1n  时， 2 1 1 2 a a  适合上式，因此数列{ }na 是以 1 2 为首项， 1 2 为公比的等比数列，故 1 2n na  *( )n N （2）由（1）及 1 2 logn nb a *( )n N ， 可知 1 2 1log ( )2 n nb n  ， 所以 1 1 1 1 1 ( 1) 1n nb b n n n n     ， 故 2 2 3 1 1 1 1 n n n n T b b b b b b       1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )]2 2 3 1n n        11 1 1 n n n    . 18.解：（1）因为底面 ABCD 为菱形，所以 AC BD ， 又平面 BDEF  底面 ABCD ，平面 BDEF  平面 ABCD BD ， 因此 AC  平面 BDEF ，从而 AC EF . 又 BD DE ，所以 DE  平面 ABCD ， 由 2AB a ， 2 2 2DE BF a  ， 120ABC   ， 可知 2 24 2 6AF a a a   ， 2BD a ， 2 24 2 6EF a a a   ， 2 24 8 2 3AE a a a   ， 从而 2 2 2AF FE AE  ，故 EF AF . 又 AF AC A ，所以 EF  平面 AFC . 又 EF  平面 AEF ，所以平面 AEF  平面 AFC . （2）取 EF 中点G ，由题可知 / /OG DE ，所以OG  平面 ABCD ，又在菱形 ABCD 中，OA OB ，所 以分别以OA  ，OB  ，OG  的方向为 x ， y ， z 轴正方向建立空间直角坐标系O xyz （如图示）， 则 (0,0,0)O ， ( 3 ,0,0)A a ， ( 3 ,0,0)C a ， (0, ,2 2 )E a a ， (0, , 2 )F a a ， 所以 (0, ,2 2 ) ( 3 ,0,0)AE a a a    ( 3 , ,2 2 )a a a  ， ( 3 ,0,0) ( 3 ,0,0)AC a a    ( 2 3 ,0,0)a ， (0, , 2 ) (0, ,2 2 )EF a a a a   (0,2 , 2 )a a  . 由（1）可知 EF  平面 AFC ，所以平面 AFC 的法向量可取为 (0,2 , 2 )EF a a  . 设平面 AEC 的法向量为 ( , , )n x y z ， 则 0, 0, n AE n AC          即 3 2 2 0, 0, x y z x      即 2 2 , 0, y z x    令 2z  ，得 4y  ， 所以 (0,4, 2)n  . 从而 cos ,n EF   6 3 3| | | | 6 3 n EF a n EF a         . 故所求的二面角 E AC F  的余弦值为 3 3 . 19.解：（1）从条形图中可知这 100 人中，有 56 名学生成绩等级为 B ， 所以可以估计该校学生获得成绩等级为 B 的概率为 56 14 100 25  ， 则该校高三年级学生获得成绩为 B 的人数约有 14800 44825   . （2）这 100 名学生成绩的平均分为 1 (32 100 56 90 7 80 3 70 2 60)100          91.3 ， 因为 91.3 90 ，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关. （3）由题可知用分层抽样的方法抽取 11 个学生样本，其中 A 级 4 个， B 级 7 个，从而任意选取 3 个，这 3 个为 A 级的个数 的可能值为 0，1，2，3. 则 0 3 4 7 3 11 7( 0) 33 C CP C     ， 1 2 4 7 3 11 28( 1) 55 C CP C     ， 2 1 4 7 3 11 14( 2) 55 C CP C     ， 3 0 4 7 3 11 4( 3) 165 C CP C     . 因此可得 的分布列为： 则 7 28 14 4( ) 0 1 2 333 55 55 165E          12 11  . 20.解：（1）由题意可知 2 2 c a  ，所以 2 2 2 22 2( )a c a b   ，即 2 22a b ，① 又点 2 3( , )2 2P 在椭圆上，所以有 2 2 2 3 14 4a b   ，② 由①②联立，解得 2 1b  ， 2 2a  ， 故所求的椭圆方程为 2 2 12 x y  . （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由 0OA OB   ， 可知 1 2 1 2 0x x y y  . 联立方程组 2 2 , 1,2 y kx m x y     消去 y 化简整理得 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x kmx m     ， 由 2 2 2 216 8( 1)(1 2 ) 0k m m k      ，得 2 21 2k m  ，所以 1 2 2 4 1 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k   ，③ 又由题知 1 2 1 2 0x x y y  ， 即 1 2 1 2( )( ) 0x x kx m kx m    ， 整理为 2 2 1 2 1 2(1 ) ( ) 0k x x km x x m     . 将③代入上式，得 2 2 2 2 2 2 2 4(1 ) 01 2 1 2 m kmk km mk k       . 化简整理得 2 2 2 3 2 2 01 2 m k k    ，从而得到 2 23 2 2m k  . 21. 解：（1）由 2 2( ) lnf x a x x ax    ，可知 2 '( ) 2af x x ax      2 22 (2 )( )x ax a x a x a x x     . 因为函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ，所以， ①若 0a  时，当 (0, )x a 时， '( ) 0f x  ，函数 ( )f x 单调递减，当 ( , )x a  时， '( ) 0f x  ，函数 ( )f x 单调递增； ②若 0a  时，当 '( ) 2 0f x x  在 (0, )x  内恒成立，函数 ( )f x 单调递增； ③若 0a  时，当 (0, )2 ax  时， '( ) 0f x  ，函数 ( )f x 单调递减，当 ( , )2 ax   时， '( ) 0f x  ，函 数 ( )f x 单调递增. （2）证明：由题可知 ( ) ( ) ( )h x f x x   2 (2 ) lnx a x a x   ( 0)x  ， 所以 '( ) 2 (2 ) ah x x a x      22 (2 ) (2 )( 1)x a x a x a x x x      . 所以当 (0, )2 ax 时， '( ) 0h x  ；当 ( , )2 ax  时， '( ) 0h x  ；当 2 ax  时， '( ) 02 ah  . 欲证 1 2'( ) 02 x xh   ，只需证 1 2'( ) '( )2 2 x x ah h  ，又 2''( ) 2 0ah x x    ，即 '( )h x 单调递增，故只需证明 1 2 2 2 x x a  . 设 1x ， 2x 是方程 ( )h x m 的两个不相等的实根，不妨设为 1 20 x x  ， 则 2 1 1 1 2 2 2 2 (2 ) ln , (2 ) ln , x a x a x m x a x a x m           两式相减并整理得 1 2 1 2( ln ln )a x x x x    2 2 1 2 1 22 2x x x x   ， 从而 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ln ln x x x xa x x x x       ， 故只需证明 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2( ln ln ) x x x x x x x x x x        ， 即 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ln ln x x x xx x x x x x        . 因为 1 2 1 2ln ln 0x x x x    ， 所以（*）式可化为 1 2 1 2 1 2 2 2ln ln x xx x x x    ， 即 1 1 2 12 2 2 2 ln 1 x x x xx x    . 因为 1 20 x x  ，所以 1 2 0 1x x   ， 不妨令 1 2 xt x  ，所以得到 2 2ln 1 tt t   ， (0,1)t  . 记 2 2( ) ln 1 tR t t t    ， (0,1)t  ，所以 2 2 2 1 4 ( 1)'( ) 0( 1) ( 1) tR t t t t t      ，当且仅当 1t  时，等号成立， 因此 ( )R t 在 (0,1) 单调递增. 又 (1) 0R  ， 因此 ( ) 0R t  ， (0,1)t  ， 故 2 2ln 1 tt t   ， (0,1)t  得证， 从而 1 2'( ) 02 x xh   得证. 22.解：（1）曲线 1C ： 3 cos , 2 sin , x t y t        消去参数 t 可得普通方程为 2 2 2( 3) ( 2)x y a    . 曲线 2C ： 4sin  ，两边同乘  .可得普通方程为 2 2( 2) 4x y   . 把 2 2( 2) 4y x   代入曲线 1C 的普通方程得： 2 2 2( 3) 4 13 6a x x x      ， 而对 2C 有 2 2 2( 2) 4x x y    ，即 2 2x   ，所以 21 25a  故当两曲线有公共点时， a 的取值范围 为[1,5]. （2）当 3a  时，曲线 1C ： 2 2( 3) ( 2) 9x y    ， 两曲线交点 A ， B 所在直线方程为 2 3x  . 曲线 2 2( 2) 4x y   的圆心到直线 2 3x  的距离为 2 3d  ， 所以 4 8 2| | 2 4 9 3AB    . 23. 解：（1）因为 ( ) | 2 1| | 1|f x x x     3 , 1, 12, 1 ,2 13 , .2 x x x x x x              所以作出图象如图所示，并从图可知满足不等式 ( ) 3f x  的解集为[ 1,1] . （2）证明：由图可知函数 ( )y f x 的最小值为 3 2 ，即 3 2m  . 所以 2 2 3 2a b  ，从而 2 2 71 1 2a b    ， 从而 2 2 1 4 1 1a b    2 2 2 2 2 1 4[( 1) ( 1)]( )7 1a b a a b       2 2 2 2 2 1 4( 1)[5 ( )]7 1 1 b a a b      2 2 2 2 2 1 4( 1) 18[5 2 ]7 1 1 7 b a a b      . 当且仅当 2 2 2 2 1 4( 1) 1 1 b a a b    时，等号成立， 即 2 1 6a  ， 2 4 3b  时，有最小值， 所以 2 2 1 4 18 1 1 7a b    得证.