2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷(理科)

.2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科）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（5分）若集合M=x|4x8，N=x|x26x0，则MN=（）Ax|0x4Bx|6x8Cx|4x6Dx|4x82（5分）若（2i）2=a+bi3（a，bR），则a+b=（）A7B7C1D13（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（C）的数据一览表月份12345678910最高温59911172427303121最低温1231271719232510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A最低温与最高温为正相关B每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大4（5分）已知tan（）=4cos（2），|，则tan2=（）ABCD5（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）ABCD6（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A2B3C4D57（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4xy的最大值为（）A3B1C4D128（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则|PA|PB|=（）ABCD9（5分）设w0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（）ABCD10（5分）f（x）=的部分图象大致是（）ABCD11（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A52B45C41D3412（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则nm的最小值为（）ABCD二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13（5分）已知向量，且，则= 14（5分）若（13x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a6x6，则= 15（5分）如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为 16（5分）在ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则= 三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17（12分）已知等比数列an的前n项和为Sn，Sn=2an2，bn为等差数列，b3=a2，b2+b6=10（1）求数列an，bn的通项公式；（2）求数列an（2bn3）的前n项和Tn18（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望19（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE平面ABCD，PE=（1）证明：平面PAC平面PBE；（2）求二面角APBC的余弦值20（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点（1）若点A（5，2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）21（12分）已知函数f（x）=ax2ex（aR）（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f（x）的最大值；（2）若对任意0x1x2都有f（x2）+x2（22ln2）f（x1）+x1（22ln2），求a的取值范围22（10分）已知曲线C1的极坐标方程为2cos2=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点（pR）（）求A、B两点的极坐标；（）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度23已知函数f（x）=|xa|x+3|，aR（1）当a=1时，解不等式f（x）1；（2）若x0，3时，f（x）4，求a的取值范围2018年甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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（5分）若集合M=x|4x8，N=x|x26x0，则MN=（）Ax|0x4Bx|6x8Cx|4x6Dx|4x8【解答】解：集合M=x|4x8，N=x|x26x0=x|0x6，MN=x|4x6故选：C2（5分）若（2i）2=a+bi3（a，bR），则a+b=（）A7B7C1D1【解答】解：（2i）2=34i=a+bi3=abi，a=3，b=4a+b=7故选：A3（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（C）的数据一览表月份12345678910最高温59911172427303121最低温1231271719232510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（）A最低温与最高温为正相关B每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，由数据分析可得最低温与最高温为正相关，则A正确；对于B，由表中数据，每月最高温与最低温的平均值依次为：3.5，3，5，4.5，12，20.5，23，26.5，28，15.5，在前8个月不是逐月增加，则B错误；对于C，由表中数据，月温差依次为：17，12，8，13，10，7，8，7，6，11；月温差的最大值出现在1月，C正确；对于D，有C的结论，分析可得1月至4月的月温差相对于7月至10月，波动性更大，D正确；故选：B4（5分）已知tan（）=4cos（2），|，则tan2=（）ABCD【解答】解：tan（）=4cos（2），=4cos，又|，cos0，sin，cos=，tan=，tan2=故选：B5（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（）ABCD【解答】解：双曲线的实轴长为8，可得：m2+12=16，解得m=2，m=2（舍去）所以，双曲线的渐近线方程为：则该双曲线的渐近线的斜率：故选：C6（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（）A2B3C4D5【解答】解：模拟程序的运行，可得：a=2，s=0，n=1，s=2，a=，满足条件s3，执行循环体，n=2，s=2+=，a=，满足条件s3，执行循环体，n=3，s=+=，a=，此时，不满足条件s3，退出循环，输出n的值为3故选：B7（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4xy的最大值为（）A3B1C4D12【解答】解：实数x，y满足约束条件，表示的平面区域如图所示，当直线z=4xy过点A时，目标函数取得最大值，由解得A（3，0），在y轴上截距最小，此时z取得最大值：12故选：D8（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则|PA|PB|=（）ABCD【解答】解：A，B是椭圆的两个焦点，可知：A（，0）、B（，0），圆M：x2+y2=10恰好经过AB两点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，可得PAPB，所以，可得：2|PA|PB|=8，|PA|PB|2=32，|PA|PB|=4故选：C9（5分）设w0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（）ABCD【解答】解：函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，=，则=，故选：A10（5分）f（x）=的部分图象大致是（）ABCD【解答】解：f（x）=f（x）函数f（x）为奇函数，排除A，x（0，1）时，xsinx，x2+x20，故f（x）0，故排除B；当x+时，f（x）0，故排除C；故选：D11（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A52B45C41D34【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，底面ABCD是矩形，其中AB=4，AD=6，侧面PBC底面垂ABCD设ACBD=O，则OA=OB=OC=OD=，OP=，O该多面体外接球的球心，半径R=，该多面体外接球的表面积为S=4R2=52故选：A12（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则nm的最小值为（）ABCD【解答】解：不妨设f（m）=g（n）=t，e4m1=+ln（2n）=t，（t0）4m1=lnt，即m=（1+lnt），n=e，故nm=e（1+lnt），（t0）令h（t）=e（1+lnt），（t0），h（t）=e，易知h（t）在（0，+）上是增函数，且h（）=0，当t时，h（t）0，当0t时，h（t）0，即当t=时，h（t）取得极小值同时也是最小值，此时h（）=（1+ln）=，即nm的最小值为；故选：C二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13（5分）已知向量，且，则=【解答】解：，=62m=0，解得m=3=（6，2）2（1，3）=（4，8）=4故答案为：14（5分）若（13x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a6x6，则=4【解答】解：若（13x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a6x6，则（13x）6的通项公式为Tr+1=（3x）r，r=0，1，2，6，可得a2=9=135，a3=27=540，可得=4故答案为：415（5分）如图，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为【解答】解：连结BC1，交B1C于点O，连结OE，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1上的一点，BCC1B1是正方形，O是BC1中点，BD1平面B1CE，BD1OE，E是正方体ABCDA1B1C1D1的棱C1D1的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则B（2，2，0），D1（0，0，2），C（0，2，0），E（0，1，2），=（2，2，2），=（0，1，2），设异面直线BD1与CE所成成角为，cos=异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为故答案为：16（5分）在ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则=【解答】解：ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则：SACD=SBCD，所以：=，整理得：故答案为：三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17（12分）已知等比数列an的前n项和为Sn，Sn=2an2，bn为等差数列，b3=a2，b2+b6=10（1）求数列an，bn的通项公式；（2）求数列an（2bn3）的前n项和Tn【解答】解：（1）根据题意，等比数列an中Sn=2an2，当n=1时，有S1=2a12=a1，解可得a1=2，当n2时，an=SnSn1=（2an2）（2an12），变形可得an=2an1，则等比数列an的a1=2，公比q=2，则数列an的通项公式an=22n1=2n，对于bn，b3=a2=4，b2+b6=2b4=10，即b4=5，则其公差d=b4b3=1，则其通项公式bn=b3+（n3）d=n+1，（2）由（1）的结论：an=2n，bn=n+1，an（2bn3）=（2n1）2n，则有Tn=12+322+523+（2n1）2n，则有2Tn=122+323+524+（2n1）2n+1，可得：Tn=2+2（22+23+2n）（2n1）2n+1，变形可得：Tn=（2n3）2n+1+618（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望【解答】解：（1）设“献爱心参与者中奖”为事件A，则献爱心参与者中奖的概率（2）设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X，则X=20，10，0，80，则，X的分布列为： X 20 10 080 P 若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为元，所以，此次募捐所得善款的数学期望为元19（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE平面ABCD，PE=（1）证明：平面PAC平面PBE；（2）求二面角APBC的余弦值【解答】（1）证明：连接BE交AC于F，四边形ABCD是矩形，AB=，BC=1，CE=，则，ABC=BCD=，ABCBCE，则BEC=ACB，BEC+ACE=ACB+ACE=，ACBE，PE平面ABCD，ACPE，PEBE=E，AC平面PBE，AC平面PAC，平面PAC平面PBE；（2）解：取PB中点G，连接FG，AG，CG，PE平面ABCD，PEDC，PE=，PC=3=BC，得CGPB，CGAC=C，PB平面ACG，则AGPB，AGC是二面角APBC的平面角，ABCD，AB=CD，DE=2EC，CE=，AC=6，CF=，AF=，BCCD，BCPE，BC平面PCD，BCPC，PB=，则CG=，FGAC，FG=FC=，在RtAFG和RtCFG中，求得tanAGF=3，tanCGF=1tanAGC=tan（AGF+CGF）=cosAGC=二面角APBC的余弦值为20（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点（1）若点A（5，2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）【解答】解：（1）联立方程组，消去x得y24my4（2m+5）=0设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1+y2=4m，y1y2=8m20因为A为线段PQ的中点，所以，解得m=1，所以直线l的方程为x+y3=0（2）证明：因为，所以，即所以，因此BPBQ，即以线段PQ为直径的圆恒过点B（1，2）21（12分）已知函数f（x）=ax2ex（aR）（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f（x）的最大值；（2）若对任意0x1x2都有f（x2）+x2（22ln2）f（x1）+x1（22ln2），求a的取值范围【解答】解：（1）由f（x）=2axex，得，令g（x）=f（x）=exex，则g（x）=eex，可知函数g（x）在（，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，所以g（x）max=g（1）=0（2）由题意得可知函数h（x）=f（x）+x（22ln2）=ax2+x（2ln2）ex在0，+）上单调递减，从而h（x）=2ax+（22ln2）ex0在0，+）上恒成立，令F