惠州市2018届高三模拟考试(理数

1、惠州市 2018 届高三模拟考试数学（理科）全卷满分150 分，时间120 分钟注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。2作答选择题时，选出每个小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。3非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效。一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共 60 分 . 在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 .（ 1）已知集合Ax x x10 ， Bx yx1 ，则AB（）(A)x x0

2、(B)x x1(C)x 0x1(D)R（ 2）如图是我国古代数学家赵爽创制的勾股圆方图，它是由四个开始全等的直角三角形和一个小正方形组成的边长为2 的大正方形，S0 , i1若直角三角形中较小的锐角6，现在向该正方形区域内随机地投掷一枚飞镖，飞镖落在小正方形内的概率是（）是i2018 ?(A)33(C) 13(D)3否1(B)4422S Si （ 3）已知 z 是 z 的共轭复数，且z z3 4i，cos2则 z 的虚部是（）ii 177(A)(C) 4(D)4(B)66（ 4）阅读右边的程序框图，输出结果S 的值为（）(A)1(B) 1(C)2018(D)0输出 S结束1（ 5）在ABC 中

3、， A， AB2，AC3， CM2MB，则 AM BC ( )3(A)11(B)4(C)4(D) 113333（ 6）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的各个面的面积中，最小的值为（）(A)2 5(B)8(C)45(D)82（ 7）已知实数 a0, b0 ，则 “ab1 ”是 “ab2 ”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（ 8） ABC 中，B2， A 、 B 是双曲线 E 的左、右焦点，点 C 在 E 上，且 ABBC，则E3的离心率为（）.(A)5 1(B)3 1(C)31312(D)2（ 9）

4、在ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且 2c cos B2a b ，若ABC 的面积 S3 c ，则 ab 的最小值为（） .12(A)1(B) 1(C)1(D)3236（ 10）现某小型服装厂锁边车间有锁边工10 名，杂工15 名，有 7 台电脑机，每台电脑机每天可给12 件衣服锁边；有5 台普通机，每台普通机每天可给10 件衣服锁边。如果一天至少有100 件衣服需要锁边，用电脑机每台需配锁边工1 名，杂工 2 名，用普通机每台需要配锁边工1 名，杂工 1 名。用电脑机给一件衣服锁边可获利8 元，用普通机给一件衣服锁边可获利6 元，则该服装厂锁边车间一天

5、最多可获利（）元 .(A) 760(B) 780(C) 800(D)8202（ 11）函数f xAsin x， A0,0，若 fx 在区间0,是单调函数，且2ff0f，则的值为（）2(A)1(B) 1(C)2 或1(D)2 或2233（ 12）已知函数 fx 是定义在 R 上的奇函数，且当x0 时， fxx21，ex则对任意 mR ，函数 ff xm0的根的个数至多为（）(A) 3(B) 4(C) 6(D) 9二填空题：本题共4小题，每小题5分。（ 13）已知函数fx2x2 x ，则不等式f (2 x1)f (1)0 的解集是（ 14）已知 6名嫌疑犯 A 、 B 、 C 、 D 、 E 、

6、F 中有 1人在商场偷走钱包路人甲猜测： D 或 E 偷的；路人乙猜测： C 不可能偷；路人丙猜测： A 、 B 、 F 当中必有 1 人偷；路人丁猜测：D 、 E 、 F 都不可能偷。若甲、乙、丙、丁中只有1 人猜对，则此人是（ 15）若ax12x1x5展开式中的常数项为40 ，则 a（ 16 ）在三棱锥S ABC 中， ABC 是边长为 3 的等边三角形， SA3, SB 2 3 ，二面角S ABC 的大小为 120，则此三棱锥的外接球的表面积为3三解答题：共 70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第17 21题为必考题，每个考生都必须作答。第22、 23题为选考题，考生根据要求

7、作答。（一）必考题：共 60分。（ 17）（本小题满分12 分）已知数列 a的各项均为正数，且a22na2n 10, n Nnnn（ 1）求 an ；（ 2）若 bnn 1bn的前 n 和 Tn1 an ，求数列（ 18）（本小题满分 12分）如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，ADPD 2，PA2 2 ，PDC 120 ，点 E 为线段 PC 的中点，点 F 在线段 AB 上（ 1）若 AF1EF ；，求证： CD2P（ 2）设平面 DEF 与平面 DPA 所成二面角的平面角为，3E试确定点 F 的位置，使得cos4DCAFB（ 19）（本小题满分12 分）中国职业男篮C

8、BA 总决赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛就此结束现甲、乙两支球队进行总决赛，因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为1.据以往2资料统计，第一场比赛可获得门票收入400 万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加100 万元（ 1）求总决赛中获得门票总收入恰好为3000 万元的概率；（ 2）设总决赛中获得门票总收入为X，求 X 的数学期望 E X 4（ 20）（本小题满分12 分）已知 F13,0，F23,0 是椭圆 E : x2y21 a b 0 的焦点，点 P 1, 3是椭圆 Ea2b22上一点。（ 1）求椭圆E 的方程；（ 2）过点 F1 的直线 l 交椭圆于

9、 M , N 两点，求F2MN 面积取得最大值时，直线 l 的方程。（ 21）（本小题满分12 分）已知函数fxax2xa e x aR .（ 1）若 a0，函数fx 的极大值为3 ，求实数 a 的值；e（ 2）若对任意的a0 ， fxb ln x1 在 x0,上恒成立，求实数 b 的取值范围 .（二）选考题：共 10 分。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。答题时请写清题号并将相应信息点涂黑。（ 22）（本小题满分10 分） 选修 4-4：坐标系与参数方程xa a cos0 ，为参数），以 O在平面直角坐标系 xoy 中，曲线 C 的参数方程为（ ay

10、a sin为极点， x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标方程 cos33 2（ 1）若曲线 C 与 l 只有一个公共点，求a 的值；（ 2） A ， B 为曲线 C 上的两点，且AOB，求 OAB 的面积最大值3（ 23）（本小题满分10 分） 选修 4-5：不等式选讲 已知函数fxx1 .（ 1）求不等式fx2x11 的解集 M ；（ 2）设 a, bM ，证明：fabfafb 5数学（理科）参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共 60分）题号123456789101112答案BA.CACBADBBDA1.【解析】因为Ax x1或 x0， Bx x1，所以ABx

11、 x12.【解析】大正方形的边长为2，总面积为4，而阴影区域的边长为31 ，面积为 42 3故飞镖落在阴影区域的概率为42313423.【解析】设 zabi ，则 zza2b2abia 2b2abi34i所以 b44. 【解析】因为 cos i0,1,0,1,., i1,2,3,.， 201850442 ，2所以 s50401 010115.【解析】因为AMABBM2AB12AB1AC AB3AC ，所以 AM BC3AC2 AB1 AC132221321342AB AC23 cos。2333333336.【解析】如图 S ACDS ABD1254 4 5，SBCD1448 ，221S ABC

12、4282 。427.【解析】因为 ab2ab2 ，所以是充分条件；若a3, b1ab133，故是不必要条件。，则2 ， ab14448.【解析】由 BCBA2BC222 BCBAcosB12c22c，则 CABA，2aCACB23c2c ，所以 c1131 。a329.【解析】由题意得2sin C cosB2sin Asin B2sin C cosB2 sin B cosCcos B sinCsin BcosC1S1ab sin C33c3ab，24abc212cosCa2b2c21a2b29a2b22ab9a2b2ab12ab22ab2ab36当且仅当 ab3 时，等号成立，即 ab 的最小

13、值为 1 。3310.x，y 台，则一天可获利z128x106 y 96x60 y，【解析】设每天安排电脑机和普通机各xy102xy15，画出可行域（如图） ，线性约束条件为10y10012x0 x 7,0 y 5可知当目标函数经过A 5,5时， zmax780.11. 【 解 析 】 因 为 fx在 0,单调，所以T， 即 T202 ， 而2220T ；若T，则2；若 T，则 x2是 fx 的一条对称轴，,0 是4其相邻的对称中心，所以T423，所以 T322.44T312.【解析】当 x 0 时 fx2xx21fx 在 12,上单调递减，在ex，由此可知0,12 上单调递增，fmax xf

14、 122 12e 121 ， f10 ，且 x时f x0 ，又 f x在 R 上为奇函数，所以 f00，而 x1,时 fx0 ，所以 fx 大致图象如图所示：令 tf x ，则 t1,1时，方程 f xt 至多有 3 个根，当 t1,1时，方程 fxt 没有根，而对任意 mR ， t1,1，方程 ftm 至多有一个根，从而函数ffxm0 的根的个数至多有 3 个。二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分。13.1,丁15.116.2114.13.【 解 析】因为 奇函数fx 2x2 x在R 上增函数，所 以7f2x1f 10f2x1f12x11x1 ，x1,（注：写成不等式形式不给分。）.14

15、.【解析】假设甲猜对，即D 或 E 偷的，则乙也猜对，相互矛盾；假设乙猜对，即C 没偷，又丙猜错，则是D 或 E 偷的，此时甲也猜对，相互矛盾；假设丙猜对，即A、B、F 当中必有一人偷，此时乙也猜对；假设丁猜对，即D、E、F 都不可能偷，甲、乙、丙均猜错，符合题意，故猜对的是丁。15.【解析】ax12 x1x5展开式中的常数项是2x1x5的展开式中1 项的系数与 ax 的系数x之积，再加上其常数项与1 的积；又2x1x5展开式的通项公式为：rTr 1C5r5r1r25 rC5rx52 r ，令 52r1，解得 r3 ，2x1xT3 1322C531401，令 52r0解得 r51（不合题意，舍

16、去） ，xx215所以 ax12x展开式中的常数项为40 a40 ，解得 a1 。x16.【解析】由题意得SA2AB 2SB2 ，得到 SAAB ，取 AB 中点为 D，SB 中点为 M ，得到CDM为二面角 SABC 的平面角，由题意可知CDM120，设三角形 ABC 的外心为 O ，则CO3BO ,DO 3MD ，球心为过点M 的面 ABS 的垂线与过点2O的面 ABC 的垂线的交点， 在四边形 MDO O 中，可求出 OO 3，所以 R2OO2 OB221，24所以球的表面积4R221。三解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。2， 所 以21 或17.【解析】由an2

17、nan 2n10得an2n 1an10annan1.2 分又因为数列an的各项均为正数，所以an 2n1, nN。因为 bn1n 1n 11 ，所以an12nTn 35791n 12n1.4 分8由 Tn35791n 11 法一：2n1 Tn3579n 1n 2 1n11 n 21.6 分 -得：11n12Tn3211n 11nn2n 112n 1 3 21112n11n121n 12.10 分12n2nTn11n 1n1.12 分法二：当 n 为偶数时， Tn3579n 22n1n 12n111357 92n12n12n.7 分n2当 n 为奇数时， Tn35791n 12n135792n1

18、2n 1n 2.10 分2n 12综上得：Tnn,n为偶数.12 分2， n为奇数n（过程请酌情给分。 ）18.【解析】解：（ 1）在PCD 中， PDCD2 ， E 为PC 的中点，DE 平分PDC ，PDE 60 ，在 RtPDE 中， DEPDcos601， 2 分过E作EHCD于H，则DH1，连结 FH ， AF1，四边形 AFHD 是矩形， 422分 CDFH ，又 CDEH，FHEHH，CD平面 EFH ，又 EF平面 EFH ， CDEF 5 分（ 2） ADPD 2， PA22， ADPD ，又 ADDC ， AD平面 PCD ，又 AD 平面 ABCD ，平面 PCD 平面

19、ABCD 过D作DG DC交PC于点G，则由平面 PCD 6 分平面 ABCD 知， DG平面 ABCD ，9故 DA, DC , DG 两两垂直，以D 为原点，以 DA, DC , DG 所在直线分别为x, y, z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz ，则 A(2,0,0) ， B(2,2,0) ， C (0,2,0) ， P(0,1,3) ，又知 E 为PC 的中点， E (0,1,3) ，设 F (2, t ,0) ， 0t222DE(0,1,3)，DF(2,t ,0) ， DP 0,1,322DA(2,0,0)7 分设平面 DEF 的法向量为 n( x1 , y1 , z1) ，

20、Pz，则E，DCyABxFn DE0,132z10,则 2 y1n DF0,2x1ty10,取 z12 ，可求得平面DEF 的一个法向量 n( 3t, 23, 2)，8 分设平面 ADP 的法向量为 m( x2 , y2 , z2 ) ，则m DP0,m DA0,所以y23z20, 取 m(0,3,1)10 分2x20, coscosm, n623 ，解得 t43t 2212443当 AF4312分时满足 cos3419.【解析】 (1) 依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100 的等差数列n 100n7003000.设此数列为 an ，则易知 a1 400， an 100

21、n 300，所以 Sn2解得 n 5 或 n 12(舍去 )，所以此决赛共比赛了5 场 2 分41则前 4 场比赛的比分必为13，且第 5 场比赛为领先的球队获胜，其概率为31C42.4所以总决赛中获得门票总收入恰好为3000 万元的概率为 1. 5 分4(2) 随机变量 X 可取的值为 S4， S5，S6，S7，即 2200， 3000 ， 3900， 4900. 6 分10P(X 2200) 2141P(X 300)31 412C42843155P(X 490)31 65 10P(X 390) C5216C6216XX2200300039004900P1155841616E X220013

22、00013900549005377512841616a2b23132 1b21, a220.1131b234a24b24bEx2y21. 442klyk x3x2y2144k21 x28 3k2 x 12k240M ( x1 , y1), N ( x2 , y2 )x1x28 3k , x1 x24 3k 214k21.64k 2123kk 22k 21k21x14x1x24 1F2MNdMNx212k214k 283k2 k 213k 2k 22S FMN11MN d 42422224k244k 2113k 2k21k2102lx2 y 3 0 x2y3011klxS F2MN1 MNF1

23、F232211综上：直线l方程为x2 y3012 分法二：x2y30或设直线 l 的方程为 xmy 3 ，代人 x2y21得4m24 y22 3my 1 0 6 分设 M (x1, y1), N ( x2 , y2 ) ，则有y123m121. 7 分y2, y ym24m2411所以 SF2MNF1F2y1y2F1 F2y1y23y1y224 y1 y22243m2143343m212 ，10分m2423m213当且仅当m21即 m 22 时等号成立，11分m21所以当F2MN 面积取得最大值时，直线l 方程为 x2 y30或x2 y30。12分21.【解析】解：（ 1）由题意， fx2ax

24、1 e xax2xa e xe xax212axa1e xx1 ax1a2 分（）当 a0 时， fxe xx1，令 fx0 ，得 x1； fx0 ，得 x1 ，所以 fx在,1 单调递增，1,单调递减所以fx的极大值为 f113e，不合题e意 .3 分（）当 a0时，111，令 fx0，得 11x1 ； fx0 ，得 x11或 x1 ，aaa所以 fx在 11 ,1单调递增，,11， 1,单调递减，aa所以 fx的极大值为f12a131.e，得 ae综上所述 a 1.5 分（ 2）令 g a e x x21 a xe x ， a,0 ，当 x 0,时， e x x210 ，则 gab lnx1对a,0恒成立等价于gag