安徽省安庆市2018届高三二模考试数学试题(理)(解析版)

安徽省安庆市2018 届高三二模考试数学试题 理 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 已知集合 集合 则 1 xxA 1 1 x xB BA A B C D 1 xx 10 xx 0 xx 2 已知复数满足 其中 是虚数单位 则的共轭复数为 z 2 i 1 iziz A B C D 1 3 i 5 5 13 i 55 1 i 3 1 i 3 3 三内角的对边分别为 则 是 的 ABC CBA cba ba BA2cos2cos A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充要条件 D 即不充分也不必要条件 4 如图 四边形是边长为 2 的正方形 曲线段所在的曲线方程为 现OABCDE1 xy 向该正方形内抛掷 1 枚豆子 则该枚豆子落在阴影部分的概率为 A B C D 4 2ln23 4 2ln21 4 2ln25 4 2ln21 5 阅读如图所示的程序框图 运行相应程序 则输出的值为 x A 0 B 1 C 16 D 32 6 某几何体的三视图如图所示 则该几何体的体积是 A 12 B 16 C D 24 3 32 7 函数 的图象的大致形状是 log 1 1 x x x xf a 10 a 8 已知函数 2 0 图象相邻两条对称轴之间的距离为 2 sin xxf 将函数 xfy 的图象向左平移个单位后 得到的图象关于轴对称 那么函数 3 y 的图象 xfy A 关于点对称B 关于点对称 0 12 0 12 C 关于直线对称D 关于直线 12 x对称 12 x 9 在中 点是边上任意一点 是线段AD的中点 若存在实数和 ABC DBCM 使得 则 ACABBM A B C 2 D 2 1 2 1 2 10 在锐角中 则的取值范围是 ABC BA2 AC AB A B C D 3 1 3 1 3 2 2 1 11 已知实数满足 则的最大值为 yx xy xy xy 3 2 1 3 2 1 x y A B C D 5 2 9 2 13 6 2 1 12 已知函数 是图象上任意一点 过点作直线 0 4 x x xxfP xfy P 和轴的垂线 垂足分别为 又过点作曲线的切线 交直线xy yBA P xfy 和轴于点 给出下列四个结论 是定值 是定值 xy yHG PBPA PBPA 是坐标原点 是定值 是定值 OHOG OPHPG 其中正确的是 A B C D 二 填空题 每题 4 分 满分 20 分 13 如果的展开式中各项系数之和为 128 则展开式中的系数是 n x x 1 3 4 1 x 14 设抛物线的焦点为 点在抛物线上 且满足 若yx4 2 FBA FBAF 则的值为 2 3 AF 15 已知由样本数据点集合求得的回归直线方程为 2 1 niyx ii 5 05 1 xy 且 现发现两个数据点和误差较大 去除后重新求得的回归直线3 x 1 2 1 1 9 7 9 4 的斜率为 1 2 那么 当时 的估计值为 l2 xy 16 祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子 他提出了一条原理 幂势既同幂 则积不容异 这里的 幂 指水平截面的面积 势 指高 这句话的意思 是 两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等 则这两个几何体体积相等 一般大型热电厂的冷却塔大都采用双曲线型 设某双曲线型冷却塔是曲线1 2 2 2 2 b y a x 与直线 和所围成的平面图形绕轴旋转一周所得 如图 0 0 ba0 x0 yby y 所示 试应用祖暅原理类比求球体体积公式的方法 求出此冷却塔的体积为 三 解答题 本大题共 7 题 共 70 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 已知公差不为 0 的等差数列的首项 且成等比数列 n a2 1 a1 1 1 421 aaa 1 求数列的通项公式 n a 2 设 是数列的前项和 求使成立的最大的正 1 1 nn n aa b N n n S n bn 19 3 n S 整数 n 18 如图 四边形是矩形 沿对角线将折起 使得点在平面ABCDACACD D 上的射影恰好落在边上 ABCAB 1 求证 平面平面 ACDBCD 2 当时 求二面角的余弦值 2 AD AB BACD 19 某市有两家共享单车公司 在市场上分别投放了黄 蓝两种颜色的单车 已知黄 蓝 两种颜色的单车的投放比例为2 1 监管部门为了了解两种颜色的单车的质量 决定从市场 中随机抽取5辆单车进行体验 若每辆单车被抽取的可能性相同 1 求抽取的5辆单车中有2辆是蓝色颜色单车的概率 2 在骑行体验过程中 发现蓝色单车存在一定质量问题 监管部门决定从市场中随机地 抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测 并规定若抽到的是蓝色单车 则抽样结束 若抽 取的是黄色单车 则将其放回市场中 并继续从市场中随机地抽取下一辆单车 并规定抽 样的次数最多不超过 次 在抽样结束时 已取到的黄色单车以表示 求的n N n 分布列和数学期望 20 已知直线 动点分别在直线 上移动 1 lxy 3 3 2 lxy 3 3 BA 1 l 2 l 是线段的中点 32 ABMAB 1 求点的轨迹的方程 ME 2 设不经过坐标原点且斜率为的直线 交轨迹于点 点满足OklEQP R 若点在轨迹上 求四边形的面积 OQOPOR REOPRQ 21 已知函数 曲线在点处的切线方程为xbaxxxfln 2 xfy 1 1 f xy2 1 求和实数的值 ab 2 设 分别是函数的两个零 2 RmmxxxfxF 0 2121 xxxx xF 点 求证 0 21 xxF 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 已知在极坐标系中 点 是线段的中点 以极点为原点 极 2 6 A 2 2 3 3 BCAB 轴为轴的正半轴 并在两坐标系中取相同的长度单位 建立平面直角坐标系 曲线的x 参数方程是 为参数 sin22 cos2 y x 1 求点的直角坐标 并求曲线的普通方程 C 2 设直线 过点交曲线于两点 求的值 lC QP CQCP 23 选修 4 5 不等式选讲 已知 不等式的解集是 12 xxxf2 xfM 1 求集合 2 设 证明 MMba 1 2baab 参考答案 一 选择题 1 D 解析 因为 所 故选 D 1 101Bxx xx x 或 0ABx x 2 B 解析 所以的共轭复数为 2i 1 iz 1 i 1 i 2i 2i5 z 13 i 55 z 13 i 55 故选 B 3 C 解析 根据二倍角公式 正弦定理可得 22 cos2cos21 2sin1 2sinABAB 故选 C 22 sinsinsinsinABAB ab 4 A 解析 根据条件可知 阴影部分的面积为 1 2 2 E 2 2 1 1 2 2 111 2d2ln2 2ln2ln32ln2 22 xxx x 所以 豆子落在阴影部分的概率为 故选 A 4 2ln23 5 B 解析 0110 xtk 228xtk 1636xtk 故选B 144xtk 6 B 解析 该几何体的直观图如图所示 其体积为 1 2 2 222 2 216 2 3 cm 故选B 7 C 解析 故选 C log1 1 loglog10 1 log0 a aa a xx x f xxxx x xx 8 A 解析 由函数图象相邻两条对称轴之间的距离为可知其周期为 所以 yf x 2 所以 将函数的图象向左平移个单位后 得 2 2 sin 2f xx yf x 3 到函数图象 因为得到的图象关于轴对称 sin 2 3 yx y 所以 即 2 32 k zk 6 k Zk 又 所以 所以 其图象关于点对称 2 6 sin 2 6 f xx 0 12 故选A 9 B 解析 因为点在边上 所以存在 使得 DBCRt BDtBCt ACAB 因为是线段的中点 所以MAD 1111 1 2222 BMBABDABtACtABtABtAC 又 所以 所以 故选 B BMABAC 1 1 2 t 1 2 t 1 2 10 D 解析 sinsin 3 sinsin ABCB ACBB 2 sin3 3 4sin sinB B B 因为是锐角三角形 所以ABC 0 2 02 2 0 2 2 B B BB 得 所以 故选D 64 B 2 11 sin 42 B 2 34sin 12 AB B AC 11 C 解析 作可行域 如图阴影部分所示 表示可行域内的点与点连线的斜率 1 y x x y 1 0 易知 11 42 A 1 1 2 3 B 93 42 C 当直线与曲线相切时 切点为 所以切点位于点 1yk x yx 1 2 k 1 1 A 之间 因此根据图形可知 的最大值为 故选 C C 1 y x 1 2 12 C 解析 设 则 为定值 4 P mm m 4 2 2 2 mm m PAPBm 所以 正确 因为四边形四点共圆 所以 OAPB 0 135 APB 又由 知 22 PBPA 所以 为定值 故 正确 2 2 2 22 PBPA 因为 所以过点的曲线的切线方程为 2 4 1fx x 4 P mm m yf x 所以 2 44 1yxmm mm 22Gmm 8 0H m 所以 为定值 故 正确 8 2 2 16 2 OGOHm m 不是 2 22 2 44416 82PG PHmmmmmmm mmmm 定值 故 不正确 故选C 二 填空题 13 189 解析 令 得展开式中各项系数之和为 由 得 所以展开式的1x 2n2128 n 7n 通项为 由 得 展开式中的系数是 7 3 7 2 17 1 3C r rrr r Tx 73 4 2 r 5r 4 1 x 57 55 7 1 3C189 14 1 2 解析 设 因为抛物线x2 4y的焦点为 准线为 11 A xy 22 B xy 0 1 F1y 所以由 得 所以 x12 4y1 2 3 2 AF 1 3 1 2 y 1 1 2 y 由得 即AFFB 12 12 11 xx yy 21 1 2 1 11 11 2 xx y y 因为 x22 4y2 所以 解得或 舍 1 2 1 4 1 2 1 x 1 2 1 15 3 8 解析 将代入得 所以样本中心点为 由数据点3 x5 05 1 xy5y 3 5 1 1 2 1 和 4 9 7 9 知 故去除这两个数据点后 样本中心 1 14 9 3 2 2 1 7 9 5 2 点不变 设新的回归直线方程为 将样本中心点坐标代入得 1 2yxb 1 4b 所以 当时 的估计值为 2x y3 8 16 2 4 3 a b 解析 设点 则 所以圆环的面积为 00 A xy 00 a Byy b 2 2 00 a xy b 因为 所以 22 00 22 1 xy ab 22 22 0 0 2 a y xa b 所以圆环的面积为 2 22 22 0 0 2 a ya aya bb 根据祖暅原理可知 该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何的体积等 于底面半径为 高为的圆柱的体积 所以冷却塔的体积为 ab 222 14 33 a ba ba b 三 解答题 17 解 设数列的公差为 则 n ad2 1 n and Nn 由 成等比数列 得 1 1a 2 1a 4 1a 2 214 111aaa 即 得 舍去 或 2 33 33dd 0d 3d 所以数列的通项公式为 n a31 n an Nn 因为 1 11111 31 323 3132 n nn b a annnn 所以 1 111 111111 11 3 253 583 31323 2322 32 n n S nnnn 由 即 得 3 19 n S 3 2 3219 n n 12n 所以使成立的最大的正整数 3 19 n S 11n 18 解 I 设点在平面上的射影为点 连接 DABCEDE 则平面 所以 DE ABCDEBC 因为四边形是矩形 所以 所以平面 所以 ABCDABBC BC ABDBCAD 又 所以平面 而平面 所以平面平面ADCD AD BCDAD ACDACD BCD II 方法 1 在矩形中 过点作的垂线 垂足为 连结 ABCDDACMME 因为平面 又 DM DE D DE ABCDEAC 所以平面 所以为二面角的平面角 AC DMEEMAC DME DACB 设 则 ADa 2ABa 在中 易求出 ADC 5 5 a AM 2 5 5 a DM 在中 所以 AEM 15 tan 210 EMa BACEM AM 1 cos 4 EM DME DM 方法 2 以点为原点 线段所在的直线为轴 线段所在的直线为轴 建立BBCxABy 空间直角坐标系 如图所示 设 则 所以 ADa 2ABa 020Aa 00Ca 由 I 知 又 所以 那么ADBD 2 AB AD 30DBA 60DAB 1 cos 2 AEADDABa 3 2 BEABAEa 3 sin 2 DEADDABa 所以 所以 33 0 22 Daa 13 0 22 ADaa 20ACaa 设平面的一个法向量为 则即ACD mxyz 0 0 m AD m AC 13 0 22 20 ayaz axay 取 则 所以 1y 2x 3 3 z 3 12 3 m 因为平面的一个法向量为 ABC 001n 所以 2 22 3 1 3 cos 4 3 12 3 m n m n m n 所以求二面角的余弦值为 DACB 1 4 19 解 I 因为随机地抽取一辆单车是蓝色单车的概率为 3 1 用表示 抽取的 5 辆单车中蓝颜色单车的个数 则服从二项分布 XX 即 X 3 1 5B 所以抽取的 5 辆单车中有 2 辆是蓝颜色单车的概率 32 2 5 2180 C 33243 P II 的可能取值为 0 1 2 n 3 1 0 P 212 1 339 P 2 21 2 33 P 3 1 3 2 1 1 n nP n nP 3 2 所以 的分布列为 012 1n n P 3 1 3 1 3 2 2 21 33 1 21 33 n 2 3 n 的数学期望为 1 231 2 12121212 123 1 3 33333333 nn Enn 2 2311 2212121212 12 2 1 3333333333 nnn Ennn 1 2 得 2311 12 12121212212 1 33 33333333333 nnn n Ennn 231 12 121212121 33 333333333 nn E 231 22222 33333 nn E 22 1 33 2 1 3 n 2 2 1 3 n 所以 2 22 3 n E 20 解 I 根据条件可设 3Amm 3Bnn 由 得 2 3AB 22 3 12mnmn 设 则得 M xy 3 2 2 mn x mn y 2 3 2 x mn mny 将 和 代入中并化简得 22 3 12mnmn 2 2 1 9 x y 所以点的轨迹的方程为 ME 2 2 1 9 x y II 设直线 的方程为 lykxm 11 yxP 22 yxQ 00 R xy 将代入 整理得 ykxm 2 2 1 9 x y 0 1 918 91 222 mkmxxk 则 12 2 18 1 9 km xx k 2 2 21 91 1 9 k m xx 2 121212 22 182 22 1 91 9 k mm yykxmkxmk xxmm kk 因为 则有 OROPOQ 012 2 18 1 9 km xxx k 012 2 2 1 9 m yyy k 因为在椭圆上 00 R xy 1 91 2 9 91 18 2 2 2 2 k mk km 化简得 所以 22 419mk m k xx 2 9 21 2 2 21 4 1 9 m m xx 因为 4 1 21 2 21 2 xxxxkPQ 4 1 9 4 2 9 1 2 2 22 m m m k k 449 1 2 3 222 mkk m 1 3 2 3 2 k m 又点到的距离为 OPQ 2 1 k m h 由 可知四边形为平行四边形 OROPOQ OPRQ hPQSS OPQOPRQ 2 2 33 1 1 3 2 3 2 2 k m k m 21 解 I 由 得 2 lnf xxaxbx 1 1fa 2 b fxxa x 所以曲线在点处的切线方程 1 2fab yf x 1 1 f 211yabxa 将方程 与比较 得解得 2yx 22 210 ab aba 1a 1b II 222 ln1lnF xf xxmxxxxxmxmxx 因为 分别是函数的两个零点 所以 1 x 2 x 12 xx F x 11 22 1ln0 1ln0 mxx mxx 两式相减 得 1212 1lnln0mxxxx 所以 12 12