高考数学模拟试卷 (2)

高考数学模拟试卷 (2)

1 福建省龙岩市 2018 届高三下学期教学质量检查(4 月) 数学（理）试题(2) 第Ⅰ卷（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 个小题，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i 是虚数单位，复数 iz  2 ，则 )21( iz  的共轭复数为（ ） A． i2 B． i34  C． i34  D． i34  2．已知集合 }0,0|{ 2  aaxxxA ， }3,2,1,0{B ，若 BA 有 3 个真子集，则 a 的取值范围是（ ） A． ]2,1( B． )2,1[ C． ]2,0( D． ]2,1()1,0(  3．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中把三角形的田称为“圭田”，把直角梯形的田称为“邪田”， 称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位.现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为 十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田.若在邪田内随机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田 内的概率为（ ） A． 15 2 B． 5 2 C． 15 4 D． 5 1 4．已知实数 yx, 满足       4 02 0632 x yx yx ，则 23  yxz 的最大值为（ ） A． 30 B．2 C．4 D． 4 5．执行如图所示的程序框图，若输入 cba ,, 的值分别为 6，5，1，则输出的结果为（ ） 2 A． 2,3  B． 3 C． 2 1,3 1  D．方程没有实数根 6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A. 83  B. 82  C. 2442  D. 2443  7． 3log2,3,2log 2 1 3 1log 3 1 2  cba ，则 cba ,, 的大小关系是（ ） A． bac  B． cba  C． bca  D． abc  8．已知二项式 4)211( xx  ，则展开式的常数项为（ ） A． 1 B．1 C． 47 D．49 9．已知以圆 4)1(: 22  yxC 的圆心为焦点的抛物线 1C 与圆C 在第一象限交于 A 点，B 点是抛物线 2C ： yx 82  上任意一点， BM 与直线 2y 垂直，垂足为 M ，则 |||| ABBM  的最大值为（ ） A．1 B．2 C． 1 D．8 3 10．已知 )2||,20)(sin()(   xxf 满足 )()1( xfxf  ，且 )()2( xfxf  ，对于定义 域内满足 2 3)()( 21  xfxf 的任意 Rxx 21, ， 21 xx  ，当 || 21 xx  取最小值时， )( 21 xxf  的值为 （ ） A． 4 26  或 4 26  B． 4 26  或 4 62  C． 3 2 D． 2 3 11．设函数 Rtttxexxf x  ,5)3()( .若存在唯一的整数 0x ，使得 0)( 0 xf ，则实数t 的取值范围为 （ ） A． ]2,3( 2 ee  B． )2,3( 2 ee  C． ]2,3( 2 ee D． )2,3( 2 ee 12．如图所示，正方形 ABCD 的边长为 2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时， 该正四棱锥外接球的表面积为（ ） A． 3 22  B． 25 52 C． 25 169 D． 25 338 二、填空题（每题 4 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13．已知向量 a 与b 的夹角为 060 ，且 32|2|,1||  baa ，则 || b . 14．已知点 )2,1( P 在直线 2 kxy 上，则圆锥曲线C ： 13 22  ykx 的离心率为 . 15．在 ABC 中，若 2,3  abc ，则 ABC 的外接圆的面积的最小值为 . 16．已知 )(' xf 是函数 )(xf 的导函数，在定义域 ),0(  内满足 0)()('  xexxfxxf ，且 ef 2)1(  ，若 eeaf 1 )2 11(  ，则实数 a 的取值范围是 . 4 三、解答题 （本大题共 6 题，共 70 分．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 项和是 nS ，且 ),2(12 2 2 NnnS Sa n n n  . （1）若 11 a ，求 }{ na 的通项公式； （2）在（1）的条件下，求数列 }{ 1 nn SS 的前 n 项和 nT . 18．支付宝自助付款可以实现人像识别身份认证和自动支付业务，于是出现了无人超市.无人超市的出现大 大方便了顾客，也为商家节约了人工成本.某超市对随机进入无人超市的100名顾客的付款时间与购物金额进 行了统计，统计数据如图所示：（时间单位：秒，付款金额RMB：元） （1）用统计中的频率代表一位顾客随机进店消费付款时间的概率，试求该顾客进店购物结算时所用时间的 期望； （2）若一位顾客在结算时，前面恰有3个人正在排队，求该顾客等候时间不少于2分钟的概率. 19．已知四棱锥 ABCDP  中， PA 平面 ABCD ， 0603 2  BADBCDABC ， 22  CDAB ， BCCEBF 3 2 . （1）求证： DE 平面 PAF ； （2）若 ABPA 2 1 ，求二面角 ACDP  的余弦值. 20．椭圆 )0(12 2 2 2  bab y a x 的左、右焦点分别为 )0,1(),0,1( 21 FF  ，过 2F 的直线l 与椭圆交于 BA, 两点，若l 的倾斜角为 2  时， ABF1 是等边三角形. 5 （1）求椭圆的方程； （2）若 21|,||| 22   BFAF ，求 1ABF 中 AB 边上中线长的取值范围. 21．已知函数 2)2()2()(  xaexxf x . （1）求函数 xexfxg 3)()(  的极值点； （2）当 0x 时，恒有 024)2(  axf 成立，求 a 的取值范围. 请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分. 22．选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，以原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为 011cos122   . （1）求圆C 的直角坐标方程； （2）设 )0,1(P ，直线l 的参数方程是        sin cos1 ty tx （t 为参数），已知l 与圆C 交于 BA, 两点，且 ||4 3|| PBPA  ，求l 的普通方程. 23．选修 4-5：不等式选讲 已知函数 |2||1|)(  xmxxf . （1） 2m 时，求不等式 5)( xf 的解集； （2）若函数 )(xf 的图象恒在直线 xy  的图象的上方（无公共点），求实数 m 的取值范围. 6 龙岩市 2018 年高中毕业班教学质量检查 数学（理科）参考答案(2) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 C B A D C D D B A B A D 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．4 14． 7 2 15． 9 8  16．   1( , ]2 2 1 e e  三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）当 2n  时， 22 2 1 n n n Sa S   ，即 2 1 2 2 1 n n n n SS S S   ， 整理得 1 12 ·n n n nS S S S- -- = ，所以 1 1 1 2 n nS S    所以 1 nS       是一个公差为 2 的等差数列， 又 1 1 1a S  ，所以 1 2 1 n nS   ，所以 1 2 1nS n   ， 此时 10, 2n nS S  符合题意 所以 1 1 2 1n n na S S n    － 32 1 n ＝ 2 ( 2)2 1 2 3 nn n   ( )( ) ． 当 1n  时，上式不成立， 所以 1, 1 2 , 2(2 1)(2 3) n n a nn n      （Ⅱ）由（Ⅰ）可知， 1 1 2 1 2 1n nS S n n   （ ）（ ） 1 1 1( )2 2 1 2 1n n    ， 所以 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )]2 3 3 5 2 1 2 1nT n n          12 n n ． 7 18．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）设一位顾客进店购物结算时间为T ，根据统计图表可知， T 的可能值为 10，20，40，60， 所以 ( 10) 0.4, ( 20) 0.2, ( 40) 0.3, ( 60) 0.1,P T P T P T P T        所以该顾客进店购物结算时所用时间的期望为10 0.4 20 0.2 40 0.3 60 0.1 26        （秒）． （Ⅱ）依题意可知，每个顾客各自的付款时间是相互独立的，若 3 位顾客付款时间总计不少于 2 分钟，则 3 人的付款时间可能有如下情况： ①3 个 60 秒； ②2 个 60 秒和另一个可以是 10 秒，20 秒，40 秒中任意一个； ③一个 60 秒，另外两个付款时间可以是 20 秒，40 秒或 40 秒，40 秒； ④三 40 秒． 所以对应的概率为 3 2 2 1 1 3 3 3 20.1 0.1 (0.4 0.2 0.3) 0.1 ( 0.2 0.3 0.3 0.3) 0.3P c c c              0.118 ． 答：该顾客等候时间不少于 2 分钟的概率为 0.118． 19．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）证明：过点 D 在平面 ABCD 内作 //DN BC ，交 AB 于点 N ， 因为 2AB CD ， ABC BCD   ， 所以四边形 DNBC 为一个底角是 60°的等腰梯形， 所以 BN AN CD  ，所以 N 为 AB 中点， 由题知 90BAD   ，在 Rt NAD 中， 2DN AN ， 又 60ABC BCD     ， 所以 3 2BC ND ， 而 2 3BF CE BC  ， 所以 ,E F 为 BC 的三等分点， 连接 EN ，所以 // //NE AF DC ， 又在 DEC 中， 2EC DC ， 60BCD   ， 所以 30DEC   ，所以 DE CD ，所以 DE AF ， 又 PA  平面 ABCD ，所以 PA DE ， 因为 PA AF A ，所以 DE  平面 PAF ． 8 （Ⅱ）以 A 为坐标原点，分别以 , ,AB AD AP 所在直线为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，所以平面 ACD 的 一个法向量为 (0,0,1)m  ， 又由（Ⅰ）知 60 , 90ABC AND BAD        ， 所以在 AND 中， 3 3AD AN  ， 所以 (0, 3,0)D ， 150ADC   ， 1 3 3( , ,0)2 2C ， (0,0,1)P ， 所以 1 3 3 1 3( , ,1), ( , ,0)2 2 2 2PC DC   ， 设平面 PCD 的法向量为 ( , , )n x y z ， 所以 0 0 PC n CD n          即 1 3 3 02 2 1 3 02 2 x y z x y        令 3x  ，所以 ( 3, 1, 3)n    ， 设二面角 P CD A  的平面角为 ，且 为锐角， 所以 21cos = 7| | | | n m n m        ． 20．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）由已知得： 1c  ， 2 2 1a b  ， 2 2 3 bc a  所以 22 3a b ， 23 2 3 0a a   ，解得 3, 2a b  椭圆的方程 2 2 13 2 x y  （Ⅱ）①当直线的斜率为 0 时，显然不成立． ②设直线 : 1l x my  ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 9 联立 2 22 3 6 1 x y x my       得 2 2(2 3) 4 4 0m y my    则 1 2 1 22 2 4 4,2 3 2 3 my y y ym m       1ABF 中 AB 边上的中线长为 2 2 1 1 1 2 1 2 1 1 ( 2) ( )2 2F A F B x x y y       2 2 1 2 1 2 1 [ ( ) 4] ( )2 m y y y y     2 2 2 2 2 1 4 12 4( ) ( )2 2 3 2 3 m m m m     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 (2 3) 8(2 3) 3( )2 3 (2 3) (2 3) m m m m m m m           令 22 3t m  则 22 3m t  得 1 1 1 2 F A F B  2 2 2 2 8 3 3 8 1 4 131 3( )3 3 t t t t t t         由 2 2F A F B ，得 1 1 2 2 , yy y y      ， 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 ( )1 42 2 2 3 y y y y m y y y y m             1 2  ， 2 2 1 4 2( 3) 12 [0, ]2 3 2 m t m t        1 1 13 4, 4 3t t      ， 1 1 1 2 F A F B  51[ ,2]4  1ABF 中 AB 边上中线长的取值范围是 51[ ,2]4 21．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）由题意， 2( ) ( 1) ( 2)xg x x e a x    ， 得 ( ) ( 2) 2 ( 2) ( 2) 2 )x xg x x e a x x e a       （ （i）当 0a  时，在 ( , 2)  上， ( ) 0g x  ，在 ( 2, )  上， ( ) 0g x  （ii）当 0a  时，令 ( ) 0g x  ，解得 2x   或 ln(2 )x a ． ①若 2 1 2a e  ， ln(2 ) 2a   ， ( ) 0g x  恒成立； ②若 2 1 2a e  ， ln(2 ) 2a   ， 10 在 ( 2 ,ln(2 ))a 上， ( ) 0g x  ； 在 ( , 2)  ， (ln(2 ) , )a  ， ( ) 0g x  ③若 2 1 2a e  ， ln(2 ) 2a   ，在 (ln(2 ) , 2)a  上， ( ) 0g x  ； 在（ ( ,ln(2 ))a ,与 ( 2 , )  上， ( ) 0g x  ． 综上，当 0a  时， ( )g x 极小值点为 2 ，无极大值点；当 2 10 2a e   时， ( )g x 极 小值点为 2 ，极大值点为 ln(2 )a ；当 2 1 2a e  时， ( )g x 极小值点为 ln(2 )a ，极 大值点为 2 ；当 2 1 2a e  时， ( )g x 无极值点 （Ⅱ）设 2 2( ) (2 2) (2 2) 4 2xh x x e a x a      , 因为 2( ) (4 2) 8 8xh x x e ax a     ，得 2( ) 8 8xh x xe a   ( 0)x  , 且函数 ( )h x 在[0, ) 上单调递增 （i）当 8 0a  时，有 ( ) 0h x  ，此时函数 ( )h x 在[0, ) 上单调递增， 则 ( ) (0) 2 8h x h a     ， ①若 2 8 0a   即 1 4a   时，有函数 ( )h x 在[0, ) 上单调递增， 则 ( ) (0) 0h x h  ，符合题意； ②若 2 8 0a   即 1 04 a   时，存在 0 0x  满足 ( )h x ０ 0 ， 0(0, ), '( ) 0x x h x  ，此时函数 ( )h x 在 00, )x（ 上单调递减， ( ) (0) 0h x h  不符合题意； （ii）当 8 0a  时，有 ( ) 8 0h a   0 ，存在 1 0x  满足 ( )h x 1 0 1(0, ),x x 1h'(x ) 0 ，此时 ( )h x 在 10, )x（ 上单调递减， ( ) (0) 8 2 0h x h a      ，此时函 数 ( )h x 在 10, )x（ 上单调递减，不符合题意． 综上，实数 a 的取值范围是 1 4a   ． 22．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）将 2 2 2cos , sin ,x y x y        代入圆C 的极坐标方程 2 12 cos 11 0     ， 11 得 2 2 12 11 0x y x    ， 化为圆的标准方程为 2 2( 6) 25x y   . （Ⅱ）将直线l 的参数方程 1 cos ,sin x t y t       （t 为参数） 代入圆C 的直角坐标方程 2 2( 6) 25x y   中，化简得 2 14 cos 24 0t t    ， 设 ,A B 两点所对应的参数分别为 1 2,t t ， 由韦达定理知 1 2 1 214cos , 24t t t t    ① ∴ 1 2,t t 同号 又∵ 3| | | |4PA PB ， ∴ 1 2 3 4t t ② 由①②可知 1 2 =3 2 =4 2 t t   或 1 2 = 3 2 = 4 2 t t    ∴ 14cos 7 2  或 7 2 解得 2cos 2    ，∴ tan 1k    ， ∴l 的普通方程为 ( 1)y x   . 23．（本小题满分 12 分） 解：（Ⅰ）∵ ( ) 5f x  ，即| 1| 2 | 2 | 5x x    ， ∴当 2x   时， 1 2 4 5x x     ， 解得 8 3x   ， ∴ 8 3x   当 2 1x   时，1 2 4 5x x    ， 解得 0x  ，∴ 0 1x  当 1x  时， 1 2 4 5x x    ， 解得 2 3x  ，∴ 1x  . 综上所述，不等式 ( ) 5f x  的解集为 8| 03x x x      或 . （Ⅱ）由题意知| 1| | 2 |x m x x    恒成立， ∴当 2x   时， 1 2x mx m x     ， 变形得 1 2 522 2 xm x x      恒成立， ∴ 2m   当 2x   时， m 可以取任意实数； 当 2 1x   时，1 2x mx m x    ， 12 变形得 2 1 522 2 xm x x     恒成立， ∴ 5 12 1 2 3m    当 1x  时， 1 2x mx m x    ，变形得 1 2m x   ， ∴ 1 1 1 2 3m   综上所述，实数 m 的取值范围为 1( , )3  .