2018年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
2018年湖北省黄冈市高考数学模拟试卷（理科）（3月份）
一.选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设集合P={3, log2a}，Q={a, b}，若P∩Q={0}，则P∪Q=( )
A.{3, 0} B.{3, 0, 1} C.{3, 0, 2} D.{3, 0, 1, 2}
2. 设复数3−i2017在复平面内对应的点为A，过原点和点A的直线的倾斜角为（ ）
A.π6 B.−π6 C.23π D.56π
3. 已知数列{an}是等差数列，m，p，q为正整数，则“p+q=2m”是“ap+aq=2am”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4. 对任意非零实数a，b，若a*b的运算原理如图所示，则(log222)*(18)−23=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
5. 在直角坐标系xOy中，已知三点A(a, 1)，B(2, b)，C(3, 4)，若OA→与OB→在OC→方向上的投影相同，则a2+b2的最小值为（ ）
A.2 B.4 C.25 D.425
6. 若张三每天的工作时间在6小时至9小时之间随机均匀分布，则张三连续两天平均工作时间不少于7小时的概率是（ ）
A.29 B.13 C.23 D.79
7. 已知命题p：若α // β，a // α，则a // β；命题q：若a // α，a // β，α∩β=b，则a // b，下列是真命题的是（ ）
A.p∧q B.p∨(￢q) C.p∧(￢q) D.(￢p)∧q
8. 《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．一块“堑堵”型石材表示的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成若干个相同的球，并使每个球的体积最大，则所剩余料体积为（ ）
A.288−48π B.288−16π C.288−32π D.288−4π
9. 已知x，y满足y≥xx+y≤22x−y≥m. 若z=x+2y有最大值4，则实数m的值为（ ）
A.−4 B.−2 C.−1 D.1
10. 若长度为定值4的线段AB的两端点分别在x轴正半轴和y轴正半轴上移动，P(x, y)为△OAB的外心轨迹上一点，则x+y的最大值为（ ）
A.1 B.4 C.2 D.22
11. 设F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点，P是C的右支上的点，射线PT平分∠F1PF2，过原点O作PT的平行线交PF1于点M，若|F1F2|=5|MP|，则C的离心率为（ ）
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A.52 B.2 C.2 D.3
12. 对于函数f(x)=lnxx，下列说法正确的有( )
①f(x)在x=e处取得极大值1e；②f(x)有两个不同的零点；
③f(2)
1．
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分．
在(3x−2x)n的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则二项展开式常数项等于________．
（湖北八市3月联考）在平面直角坐标系xOy，点P(x0, y0)是单位圆O上第一象限内的点，∠xOP=α，若cosα+π3=−1113，则x0的值为________．
已知实数a>0，a≠1，函数f(x)=ax,x<1x2+4x+alnx,x≥1 在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．
已知数列{an}首项a1=1，函数f(x)=x4+an+1cos2x−(2an+1)有唯一零点，则数列{n(an+1)}的前n项的和为________．
三.解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)在它的某一个周期内的单调递减区间是[5π12, 11π12]．将y=f(x)的图象先向左平移π4个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变），所得到的图象对应的函数记为g(x)．
（1）求g(x)的解析式；
（2）设△ABC的三边a、b、c满足b2=ac，且边b所对角为x，若关于x的方程g(x)=k有两个不同的实数解，求实数k的取值范围．
如图，在 Rt△ABC中，AB=BC=3，点E，F分别在线段AB，AC上，且EF // BC，将△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P−EF−B的大小为60∘.
(1)求证：EF⊥PB；
(2)当点E为线段AB的靠近B点的三等分点时，求直线PC与平面PEF所成角θ的正弦值.
2017年5月，来自“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国的“新四大发明”：高铁、扫码支付、共享单车和网购．为拓展市场，某调研组对甲、乙两个品牌的共享单车在5个城市的用户人数进行统计，得到如下数据：
城市品牌
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
甲品牌（百万）
4
3
8
6
12
乙品牌（百万）
5
7
9
4
3
(Ⅰ)如果共享单车用户人数超过5百万的城市称为“优质潜力城市”，否则“非优”，请据此判断是否有85%的把握认为“优质潜力城市”与共享单车品牌有关？
(Ⅱ)如果不考虑其它因素，为拓展市场，甲品牌要从这5个城市中选出3个城市进行大规模宣传．
①在城市Ⅰ被选中的条件下，求城市Ⅱ也被选中的概率；
②以X表示选中的城市中用户人数超过5百万的个数，求随机变量X的分布列及数学期望E(X)．
下面临界值表供参考：
P(K2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d
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如图，已知抛物线x2=2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，圆S:x2+y2−py=0，直线l:y=kx+p2与圆和抛物线自左至右顺次交于A，B，C，D四点．
（1）若线段AB，BC，CD的长度按此顺序构成一个等差数列，求正数k的值；
（2）若直线l′过抛物线焦点且垂直于直线l，直线l′与抛物线交于点M，N，设AD，MN的中点分别为Q，P，求证：直线PQ过定点．
已知函数f(x)=ex，g(x)=1x−a．
（1）设函数F(x)=f(x)+g(x)，试讨论函数F(x)零点的个数；
（2）若a=−2，x>0，求证：f(x)⋅g(x)>x+1+x2−82x+4．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
在直角坐标系xOy中，曲线C1参数方程为x=1−22ty=3+22t （t为参数），曲线C2的参数方程为x=1+cosφy=sinφ （φ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．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）若射线l:θ=α(ρ>0)分别交于C1，C2于A，B两点，求|OB||OA|的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]
（1）解关于x的不等式x|x+4|+3<0．
（2）关于x的不等式|x|+2|x−9|b 的值，代入计算可得答案．
【解答】
由已知中的程序框图可得，该程序的功能是计算a*b=b−1a,a≤ba+1b,a>b 的值，
故(log222)*(18)−23=3*4=4−13=1，
5.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
由OA→与OB→在OC→方向上的投影相同，可得OA→*OC→=OB→*OC→，得到3a−4b−2=0，再由点到直线的距离公式求解．
【解答】
∵ 向量OA→与OB→在OC→方向上的投影相同，
∴ OA→*OC→=OB→*OC→，
∵ A(a, 1)，B(2, b)，C(3, 4)，
∴ 3a+4=6+4b，
即3a−4b−2=0，
∵ 坐标原点O到直线3a−4b−2=0的距离为d=|−2|33+(−4)2=25．
∴ a2+b2的最小值为d2=425．
6.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
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设张三第一天工作时间为x，第二天工作时间为y，则6≤x≤96≤y≤9x+y2≥7 ，作出可行域，由此能求出张三连续两天平均工作时间不少于7小时的概率．
【解答】
设张三第一天工作时间为x，第二天工作时间为y
∵ 张三每天的工作时间在6小时至9小时之间随机均匀分布
张三每天的工作时间不少于7小时，
∴ 6≤x≤96≤y≤9x+y2≥7 ，
作出可行域，如下图：
∴ 张三连续两天平均工作时间不少于7小时的概率是：
P(A)=S阴SABCD=1−12×2×23×3=79．
7.
【答案】
D
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
根据空间直线和平面的位置关系判断两个命题的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可．
【解答】
若α // β，a // α，则a // β或a⊂β，则命题p是假命题，
若a // α，a // β，α∩β=b，则a // b成立，即命题q是真命题，
则(￢p)∧q是真命题，其余为假命题，
8.
【答案】
C
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图知，直三棱柱的底面是直角三角形，直角边分别为6与8，要使每个球的体积最大，则球与三个侧面相切．由底面直角三角形内切圆半径为2，得球的直径为4．因为棱柱高为12，所以最多可加工成3个半径为2的球，余料的体积为12×6×8×12−3×43π×23=288−32π．
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义即可得到结论．
【解答】
作出x，y满足y≥xx+y≤22x−y≥m. 对应的平面区域如图：
由图象可知z=x+2y在点A处取得最大值，由x+y=2x+2y=4 ，
解得A(0, 2)，A在直线2x−y=m上，
此时0−2=m，
解得m=−2，
10.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
【解析】
根据线段AB得长度为定值4，设OA=m，OB=n，根据基本不等式求出mn≤8，根据直角三角形的外心所在的位置，表示出x=m2，y=n2，再根据基本不等式即可求出
【解答】
由于线段AB得长度为定值4，
设OA=m，OB=n，
∴ |AB|=m2+n2=4，
∴ 16=m2+n2≥2mn，
∴ mn≤8，当且仅当m=n=22时取等号，
由于外心是三角形的外接圆的圆心，△OAB为直角三角形，
则AB的中点就是外接圆的圆心，
∴ 点P是AB的中点，
∴ x=m2，y=n2，
∴ x+y=12(m+n)≥12×2mn=mn=8=22
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的特性
【解析】
运用极限法，设双曲线的右顶点为A，考察特殊情形，当点P→A时，射线PT→直线x=a，此时PM→AO，即|PM|→a，结合离心率公式即可计算得到．
【解答】
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设双曲线的右顶点为A，
考察特殊情形，当点P→A时，射线PT→直线x=a，
此时PM→AO，即|PM|→a，
特别地，当P与A重合时，|PM|=a．
由|MP|=15|F1F2|=2c5，
即有a=2c5，
由离心率公式e=ca=52．
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
f′(x)=1−lnxx2，(x>0)，可得f(x)的增区间是(0, e)，减区间是(e, +∞)．x=1e时，f(x)有极大值f(e)=1e，x→0时，f(x)→−∞，x→+∞时，f(x)→0，画出函数f(x)=lnxx的图象即可判断①②③．
④，若f(x)lnxx+1x，令G(x)=lnxx+1x，G′(x)=−lnxx2，求得G(x)的最大值即可．
【解答】
解：如图所示，
f(x)=lnxx，
∴ f′(x)=(lnx)′x−x′lnxx2
=1−lnxx2，
f(x)在(0，e)上递增，在 (e，+∞) 上递减，
∴ f(x)在x=e 处有极大值，f(e)=lnee=1e，①正确；
∵ x→0时， f(x)→−∞,x>e时， f(x)>0，
∴ f(x)在 (0,e) 上有唯一零点，
在(e,+∞) 上没有零点，②错误；
∵ f(2)−f(π)=ln22−lnππ=ln2π−lnπ22π<0,
∴ f(π)>f(2)，
∵ 函数 f(x)在 (e,+∞) 上递减，∴ f(3)>f(π)>f(2) ，③正确;
f(x)lnx+1x=g(x),
g′(x)=−lnxx2,g(x) 在(0,1) 上递增，在(1,+∞) 上递减，
g(x)max=g(1)=1, ∴ k>1 ④正确.
∴ 正确的命题个数为3个.
故选B.
二.填空题：本大题共4小题，每小题5分．
【答案】
112
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
由题意可得n=8，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【解答】
(3x−2x)n的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，∴ n=8，
通项公式为Tr+1=Cnr⋅(−2)r⋅xn−4r3=(−2)r⋅C8r⋅x8−4r3，令8−4r3=0，求得r=2，
可得二项展开式常数项等于4×C82=112，
【答案】
126
【考点】
三角函数
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由三角函数的定义，得x0=cosα．因为α∈0,π2且cos(α+π3)=−1113，所以α+π3∈π3,5π6，所以sinα+π3=4313，所以x0=cosα=cosα+π3−π3=cosα+π3⋅cosπ3+sinα+π3sinπ3=−1113×12+4313×32=126．
本题考查三角函数的定义、三角恒等变换．
【答案】
[2, 5]
【考点】
分段函数的应用
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【解析】
根据题意，对于函数分2段分析：当x<1，f(x)=ax，由指数函数的性质分析可得a>1①，当x≥1，f(x)=x2+4x+alnx，由导数与函数单调性的关系可得f′(x)=2x−4x2+ax≥0在[1, +∞)上恒成立，变形可得a≥2②，再结合函数的单调性，分析可得a≤1+4③，联立三个式子，分析可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)=ax,x<1x2+4x+alnx,x≥1 在R上单调递增，
当x<1，f(x)=ax，若f(x)为增函数，则a>1，①
当x≥1，f(x)=x2+4x+alnx，若f(x)为增函数，必有f′(x)=2x−4x2+ax≥0在[1, +∞)上恒成立，
变形可得：a≥4x−2x2，
又由x≥1，分析可得4x−2x2≤2，
若a≥4x−2x2在[1, +∞)上恒成立，则有a≥2，②
若函数f(x)在R上单调递增，则有a≤1+4，③
联立①②③可得：2≤a≤5，
【答案】
(n−1)⋅2n+1+2
【考点】
数列的求和
【解析】
f′(x)=4x3−2an+1sin2x，由f′(0)=0，函数f(x)=x4+an+1cos2x−(2an+1)有唯一零点，可得x=0是函数f(x)的极值点，且f(0)=an+1−(2an+1)=0，
化为：an+1+1=2(an+1)，a1+1=2．利用等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法即可得出．
【解答】
f′(x)=4x3−2an+1sin2x，
∵ f′(0)=0，函数f(x)=x4+an+1cos2x−(2an+1)有唯一零点，
∴ x=0是函数f(x)的极值点，且f(0)=an+1−(2an+1)=0，
化为：an+1+1=2(an+1)，a1+1=2．
∴ 数列{an+1}是等比数列，首项与公比都为2．
∴ an+1=2n，
∴ n(an+1)=n⋅2n．
∴ 数列{n(an+1)}的前n项的和Sn=2+2×22+3×23+……+n⋅2n，
2Sn=22+2×23+……+(n−1)⋅2n+n⋅2n+1，
∴ −Sn=2+22+……+2n−n⋅2n+1=2(2n−1)2−1−n⋅2n+1，
解得Sn=(n−1)⋅2n+1+2．
三.解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
由题意知，f(x)的最小正周期为T=2×(11π12−5π12)=π，
∴ ω=2πT=2，
又f(5π12)=sin(2×5π12+φ)=1，
∴ 5π6+φ=π2+2kπ，解得φ=−π3+2kπ，k∈Z．
又∵ |φ|<π2，∴ φ=−π3，
∴ f(x)的解析式为f(x)=sin(2x−π3)．
将y=f(x)的图象向左平移π4个单位，
得y=sin[2(x+π4)−π3]=sin(2x+π6)的图象，
再将图象上所有点的横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变），
得y=sin(4x+π6)，
即g(x)=sin(4x+π6)；
△ABC中，b2=ac，且边b所对的角为x，
由余弦定理得：cosx=a2+c2−b22ac=a2+c2−ac2ac≥2ac−ac2ac=12，
∴ 00，∴ k=22．
（2）证明：由（1）及题意可知Q2k,2k2+1，
当k=0时，直线l′与抛物线仅有一个交点，不合题意，所以k≠0，
用−1k替换k，可得P−2k,2+k2k2，∴ kPQ=k2−1k，
∴ 直线PQ的方程为y−(2k2+1)=k2−1k(x−2k)，
化简整理得y=k2−1kx+3，∴ 直线PQ过定点(0,3)．
【考点】
抛物线的求解
【解析】
此题暂无解析
【解答】
（1）解：由焦点到准线的距离为2，可得p=2，
∴ 圆S的圆心为S0,1，半径为1，因此|BC|=2，
设Ax1,y1，Dx2,y2，由x2=4y，y=kx+1 得x2−4kx−4=0，
∴ x1+x2=4k，x1x2=−4，∴ |AD|=1+k2|x1−x2|=4k2+4，
由图可得|AB|+|CD|=|AD|−|BC|=4k2+4−2=4k2+2，
∵ 线段AB，BC，CD的长按此顺序构成一个等差数列，
∴ |AB|+|CD|=2|BC|=4，
∴ 4k2+2=4，又∵ k>0，∴ k=22．
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（2）证明：由（1）及题意可知Q2k,2k2+1，
当k=0时，直线l′与抛物线仅有一个交点，不合题意，所以k≠0，
用−1k替换k，可得P−2k,2+k2k2，∴ kPQ=k2−1k，
∴ 直线PQ的方程为y−(2k2+1)=k2−1k(x−2k)，
化简整理得y=k2−1kx+3，∴ 直线PQ过定点(0,3)．
【答案】
函数F(x)的定义域为(−∞, a)∪(a, +∞)．当x∈(a, +∞)时，ex>0，1x−a>0，所以F(x)=ex+1x−a>0．
∴ 即F(x)在区间(a, +∞)上没有零点．
当x∈(−∞, a)时，F(x)=ex+1x−a=ex(x−a)+1x−a，
令h(x)=ex(x−a)+1，则 h′(x)=ex(x−a+1)，h′(a−1)=0，
∴ 当x∈(−∞, a−1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；当x∈(a−1, a)时，h′(x)>0，h(x)是增函数．
∴ h(x)在区间(−∞, a)上的最小值为h(a−1)=1−ea−1．
显然，当a=1时，h(a−1)=0，所以x=a−1是f(x)的唯一的零点；
当a<1时，h(a−1)=1−ea−1>0，所以F(x)没有零点；
当a>1时，h(a−1)=1−ea−1<0，所以F(x)有两个零点．
若a=−2，x>0，要证f(x)g(x)>x+1+x2−82x+8，
即要证ex>(x+2)x+1+12x2−4，∵ x+1(x+2)(x2+1)+12x2−4．
设M(x)=ex−(x+2)(x2+1)−12x2+4=ex−x2−2x+2，则M′(x)=ex−2x−2，
令φ(x)=ex−2x−2，则φ′(x)=ex−2，∴ φ(x)在(−∞, ln2)上单调递减，在(ln2, +∞)上单调递增．
∵ φ(1)=e−4<0，φ(2)=e2−6>0，
∴ M′(x)在(0, +∞)上只有一个零点x0(10，
∴ ex>(x+2)(x2+1)+12x2−4，又12x+1>x+1，
∴ ex>(x+2)x+1+12x2−4，
∴ f(x)⋅g(x)>x+1+x2−82x+4．
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
（1）判断F(x)的单调性，计算F(x)的极值，得出F(x)的零点个数；
（2）根据x+1(x+2)(x2+1)+12x2−4，得出结论．
【解答】
函数F(x)的定义域为(−∞, a)∪(a, +∞)．当x∈(a, +∞)时，ex>0，1x−a>0，所以F(x)=ex+1x−a>0．
∴ 即F(x)在区间(a, +∞)上没有零点．
当x∈(−∞, a)时，F(x)=ex+1x−a=ex(x−a)+1x−a，
令h(x)=ex(x−a)+1，则 h′(x)=ex(x−a+1)，h′(a−1)=0，
∴ 当x∈(−∞, a−1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；当x∈(a−1, a)时，h′(x)>0，h(x)是增函数．
∴ h(x)在区间(−∞, a)上的最小值为h(a−1)=1−ea−1．
显然，当a=1时，h(a−1)=0，所以x=a−1是f(x)的唯一的零点；
当a<1时，h(a−1)=1−ea−1>0，所以F(x)没有零点；
当a>1时，h(a−1)=1−ea−1<0，所以F(x)有两个零点．
若a=−2，x>0，要证f(x)g(x)>x+1+x2−82x+8，
即要证ex>(x+2)x+1+12x2−4，∵ x+1(x+2)(x2+1)+12x2−4．
设M(x)=ex−(x+2)(x2+1)−12x2+4=ex−x2−2x+2，则M′(x)=ex−2x−2，
令φ(x)=ex−2x−2，则φ′(x)=ex−2，∴ φ(x)在(−∞, ln2)上单调递减，在(ln2, +∞)上单调递增．
∵ φ(1)=e−4<0，φ(2)=e2−6>0，
∴ M′(x)在(0, +∞)上只有一个零点x0(10，
∴ ex>(x+2)(x2+1)+12x2−4，又12x+1>x+1，
∴ ex>(x+2)x+1+12x2−4，
∴ f(x)⋅g(x)>x+1+x2−82x+4．
[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]
【答案】
曲线C1参数方程为x=1−22ty=3+22t （t为参数），
转化为直角坐标方程为：x+y−4=0．
转化为极坐标方程为：ρcosθ+ρsinθ−4=0．
曲线C2的参数方程为x=1+cosφy=sinφ （φ为参数），
转化为直角坐标方程为：(x−1)2+y2=1，
转化为极坐标方程为：ρ=2cosθ．
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射线l:θ=α(ρ>0)分别交于C1，C2于A，B两点，
则：|OA|=ρ1=4cosα+sinα，
|OB|=ρ2=2cosα，
则：|OB||OA|=cos2α+sinαcosα2，
=1+cos2α+sin2α4，
=1+2sin(2α+π4)4．
所以：|OB||OA|max=1+24．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
【解析】
（1）直接把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．
（2）利用三角函数的关系变换和极径求出结果．
【解答】
曲线C1参数方程为x=1−22ty=3+22t （t为参数），
转化为直角坐标方程为：x+y−4=0．
转化为极坐标方程为：ρcosθ+ρsinθ−4=0．
曲线C2的参数方程为x=1+cosφy=sinφ （φ为参数），
转化为直角坐标方程为：(x−1)2+y2=1，
转化为极坐标方程为：ρ=2cosθ．
射线l:θ=α(ρ>0)分别交于C1，C2于A，B两点，
则：|OA|=ρ1=4cosα+sinα，
|OB|=ρ2=2cosα，
则：|OB||OA|=cos2α+sinαcosα2，
=1+cos2α+sin2α4，
=1+2sin(2α+π4)4．
所以：|OB||OA|max=1+24．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
∵ x|x+4|+3<0，
∴ x+4<0−x(x+4)+3<0 或x+4≥0x(x+4)+3<0 ，
解得x<−2−7或−39．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；
（2）令f(x)=|x|+2|9−x|，求出f(x)的最小值，从而求出a的范围即可．
【解答】
∵ x|x+4|+3<0，
∴ x+4<0−x(x+4)+3<0 或x+4≥0x(x+4)+3<0 ，
解得x<−2−7或−39．
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