2018年宁夏银川市第二中学高三下学期高考等值卷（二模）数学（理）试题（解析版）

1、2018年银川二中高考等值试卷模拟卷理科数学（全国卷）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，则z的共轭复数为()A. 13i B. 13i C. 13i D. 13i【答案】D【解析】分析：将复数分母实数化，进而可得共轭复数.详解：由，得z的共轭复数为.故选D.点睛：本题主要考查了复数的除法运算和共轭复数的概念，属于基础题.2. 设集合Mx|x23x40，Nx|0x5，则MN()A. (0,4 B. 0,4) C. 1,0) D. (1,0【答案】B【解析】试题分析：集合M为，集合N为Nx|0x5，所以MN0，4)考点：集合运算

2、视频3. 的展开式中x2y2的系数为 ( )A. 70 B. 80 C. 1 D. 80【答案】A【解析】分析：由二项展开的通项公式可得，令即可得解.详解：因为的展开式的通项公式为令，得.所以x2y2的系数为.故选A.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.4. 直线l：ykx1与圆O：x2y21相交于A，B两点，则“k1”是“OAB的

3、面积为”的()A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】A【解析】试题分析：由点到直线距离公式得，有勾股定理得，所以 ，根据充分条件与必要条件的定义知“”是“的面积”的充分而不必要条件，故选A.考点：1、点到直线距离公式及勾股定理；2、充分条件与必要条件的定义及三角形面积公式.5. 将的图象通过平移变换，得到一个奇函数的图像，则这个变换可以是( ).A. 左移个单位 B. 右移个单位 C. 左移个单位 D. 右移个单位【答案】C【解析】分析：将函数的对称中心平移至原点即可得函数为奇函数.详解：由，令.解得.即对称中心为.只需将左移个单位

4、可得一个奇函数的图像，故选C.点睛：本题主要考查了三角函数的中心对称性和函数的左右平移，属于中档题，难度不大.6. 在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，若S1，S2，S3分别是三棱锥DABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A. S1S2S3 B. S2S1且S2S3 C. S3S1且S3S2 D. S3S2且S3S1【答案】D【解析】试题分析：分别求出三棱锥在各个面上的投影坐标即可得到结论解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A，B，C，D，在xOy坐标平

5、面上的正投影A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，0），S1=在yOz坐标平面上的正投影A（0，0，0），B（0，2，0），C（0，2，0），D（0，1，），S2=.在zOx坐标平面上的正投影A（2，0，0），B（2，0，0），C（0，0，0），D（1，0，），S3=，则S3=S2且S3S1，故选：D考点：空间直角坐标系7. 设不等式组所表示的平面区域是1，平面区域2与1关于直线3x4y90对称对于1中的任意点A与2中的任意点B，|AB|的最小值等于()A. B. 4 C. D. 2【答案】B【解析】分析：根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域1，根据对称的性

6、质，不难得到：当A点距对称轴的距离最近时，|AB|有最小值详解：由题意知，所求的|AB|的最小值，即为区域1中的点到直线3x4y9=0的距离的最小值的两倍，画出已知不等式表示的平面区域，如图所示，可看出点(1,1)到直线3x4y9=0的距离最小，故|AB|的最小值为，故选B.点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负时，截距越大，值越小；分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.8. 已知F1、F2分别为双曲线C：的左

7、、右焦点，点A为双曲线上一点，F1AF2的平分线交x轴于点 (2，0)，则|AF2|( )A. 3 B. 6 C. 8 D. 10【答案】B【解析】分析：（I）求得双曲线的a，b，c，可得焦点坐标，运用角平分线性质定理可得，由双曲线的定义可得|AF1|-|AF2|=6，进而可得所求.详解：由双曲线C：，可知：，的平分线交x轴于点，可得可得A在右支上，由双曲线的定义可得，解得=6；故选B.点睛：本题主要考查了角平分线定理及双曲线的定义，属于中档题.9. 右图是用模拟方法估计圆周率值的程序框图，P表示估计结果，则图中空白框内应填入()A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题意以及程

8、序框图可知，用模拟方法估计圆周率的程序框图，M是圆周内的点的次数，当i大于1000时，圆周内的点的次数为4M，总试验次数为1000，所以要求的概率，所以空白框内应填入的表达式是考点：程序框图视频10. 设函数若f(a)f(a)，则实数a的取值范围是( )A. (，1)(0，1) B. (，1)(1，+)C. (1，0)(0，1) D. (1，0)(1，+)【答案】D【解析】分析：由分段函数的表达式知，需要对a的正负进行分类讨论详解：由题意或 或或.故选D.点睛：本题主要考查的是解分段函数不等式，做此类题根据变量的不同取值范围进行讨论，代入相应的解析式求解.11. 已知椭圆C：(ab0)的左、右

9、焦点为F1，F2，左、右顶点为M，N，过F2的直线l交C于A，B两点(异于M、N)，AF1B的周长为，且直线AM与AN的斜率之积为，则C的方程为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：由椭圆定义可知，可知AF1B的周长为，从而得，再设点，可得，从而可得，进而得解.详解：由AF1B的周长为，可知.解得：.则.设点，由直线AM与AN的斜率之积为，可得.即.又，所以，由解得：.所以C的方程为.故选D.点睛：此题主要考查椭圆方程，由椭圆定义而得出焦半径的性质，由椭圆上的点和顶点连线的斜率乘积，考查了斜率的坐标表示，及点在椭圆上方程的灵活应用，属于中档题型，也是常考考点.数形结合法是数学解题

10、中常用的思想方法之一，通过“以形助数，以数解形”，根据数列与形之间的对应关系，相互转化来解决问题.12. 设f(x)=kx|sinx| (x0，k0)，若f(x)恰有2个零点，记较大的零点为t，则= ( )A. 0 B. 1 C. 2 D. 4【答案】C【解析】分析：将函数的零点转化为两函数的公共点，利用数形结合可得两函数相切，根据曲线的切线得，两式平方得，进而将条件代入要求的式子即可的解.详解：分别作出函数和的图象，如图所示.的零点等价于上述两函数的公共点的横坐标.由图可知，在第二个公共点处两函数相切.所以有：.上式两式平方可得:.又.故选B.点睛：函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令，

11、如果能求出解，则有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点，充分利用图象的对称性处理问题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13. 设D为ABC的BC边上一点，ADAB，BC=BD，AD=1，则=_.【答案】【解析】分析：根据平面向量的线性运算，由，并结合题意，|=1，代入即可得解.详解：整理得.由此可得，.ADAB,|=1,且因此,.故答案为：.点睛

12、：本题考查了平面向量的基本定理的应用，对于平面向量基本定理的应用，通常(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算；(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.14. 已知奇函数f(x)的定义域为R，f(1)=2，对任意x0，f(x)2x4的解集为_【答案】【解析】解：设F（x）=f（x）-（2x+4），则F（-1）=f（-1）-（-2+4）=2-2=0，又对任意xR，f（x）2，所以F（x）=f（x）-20，即F（x）在R上单调递增，则F（x）0的解集为（-1

13、，+），即f（x）2x+4的解集为（-1，+）故答案为：（-1，+）15. ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知AC90，则C=_(用弧度作答)【答案】【解析】分析：由三角形内角和的关系得，根据正弦定理得，将角统一表示为角C，化简求解即可.详解：ABC中，由，可得，（）由，根据正弦定理可得：.所以.即.因为，所以，即，所以.结合，得，即.故答案为：.点睛：本题主要考查了正弦定理的边化角，和内角和的应用，以及解关于角的方程，属于中档题，在解角的方程时要注意角的范围.16. 祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出祖暅：“幂势即同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个

14、几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等. 祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的的体积推导半球体的体积，其示意图如图所示，其中图(1)是一个半径为R的半球体，图(2)是从圆柱中挖去一个圆锥所得到的几何体. (圆柱和圆锥的底面半径和高均为R)利用类似的方法，可以计算抛物体的体积：在x-O-y坐标系中，设抛物线C的方程为y=1x2 (1x1)，将曲线C围绕y轴旋转，得到的旋转体称为抛物体. 利用祖暅原理可计算得该抛物体的体积为_.【答案】【解析】分析：构造直三棱柱，证明二者截面面积相等，从而求出三棱柱体积，即可得到

15、抛物体的体积.详解：构造如图所示的直三棱柱，高设为x，底面两个直边长为2,1若底面积相等得到：，下面说明截面面积相等，设截面距底面为t，矩形截面长为a，圆形截面半径为r，由左图得到，截面面积为由右图得到，（坐标系中易得），截面面积为二者截面面积相等，体积相等.抛物体的体积为.故选：B点睛：本题考查了数学文化，读懂题干含义，合理构造适合题意得几何体是解题关键，属于中档题三、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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，（），成等比数列。（1）求数列的通项

16、公式；（2）记的前项和为，的前项和为，当时，判断与的大小【答案】（1）；（2）见解析【解析】分析：（1）设公差为d，通过，成等比数列，求出公差，然后求解通项公式（2）化简通项公式，利用裂项消项法求解数列的和，利用，即可比较大小.详解：（1）设的公差为，则由成等比数列，得且，化得.，解得，（2）由（1）的 .又，.当时，即所以，当时，；当时，.点睛：裂项相消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：（1）已知数列的通项公式为，求前项和： ；（2）已知数列的通项公式为，求前项和：；（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.18. 如图，在空间四边形中， ，且平面平面.（1）求证：；（2）若直线与平面

17、所成角的余弦值为，求.【答案】（1）见解析；（2）或【解析】分析：（1）由平面平面，利用面面垂直的性质定理可得平面，从而得证；（2）过点在平面内作，以为坐标原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，直线与平面所成角为利用即可得解.详解：（1）证明：平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）解：过点在平面内作，由（）知平面，平面，平面，以为坐标原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，由此，设 则，.设平面的法向量，则即令，得设直线与平面所成角为，直线与平面所成角的余弦值为，即则 =解得 或， 或.点睛：本题主要考查线面垂直的判定定

18、理以及利用空间向量求线面角.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19. 在十九大“建设美丽中国”的号召下，某省级生态农业示范县大力实施绿色生产方案，对某种农产品的生产方式分别进行了甲、乙两种方案的改良。为了检查甲、乙两种方案的改良效果，随机在这两种方案中各任意抽取了40件产品作为样本逐件称出它们的重量（单位：克），重量值落在之间的产品为合格品，否则为不合格品

19、。下表是甲、乙两种方案样本频数分布表。产品重量甲方案频数乙方案频数6281214188642（1）求出甲(同组中的重量值用组中点值代替)方案样本中40件产品的平均数和中位数；（2）若以频率作为概率，试估计从两种方案分别任取1件产品，恰好两件产品都是合格品的概率分别是多少；（3）由以上统计数据完成下面列联表，并回答有多大把握认为“产品是否为合格品与改良方案的选择有关”.甲方案乙方案合计合格品不合格品合计参考公式：，其中.临界值表：0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8145.0246.63510.828【答案】（1），；（2）；（3）见解析【解析】分析：（1）由频率分

20、布表求出甲方案样本中40件产品的平均数和中位数；（2）列出列联表，计算，根据临界值表格，作出判断.详解：（1）甲的中位数为（2）设从甲方案任取1件产品为合格品为事件A，则设从乙方案任取1件产品为合格品为事件B，则所以两件产品恰好都是合格品的概率为（3）列联表甲方案乙方案合计合格品303666不合格品10414合计404080因为故有90%的把握认为“产品质量与改良方案的选择有关”.点睛：独立性检验的一般步骤：（I）根据样本数据制成列联表；（II）根据公式计算的值；（III） 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误

21、）20. 设动圆P(圆心为P)经过定点(0，2)、(t+2，0)、(t2，0)三点，当t变化时，P的轨迹为曲线C(1) 求C的方程(2) 过点(0，2)且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A、B两点，B点关于y轴的对称点为D，求证：直线AD经过定点.【答案】（1）；（2）定点【解析】分析：（1）设动圆P圆心为，半径为依题意的：，消去即可得解；（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(x2，y2)，令x=0并将，代入，可解得AD的y截距：y0=x1x2，设直线l：y=kx+2与抛物线联立，利用韦达定理即可得证.详解：（1）设M(t+2,0)、N(t-2,0)、R(0,2)，当t变化时，总有M

22、N=4，故圆P被x轴截得的弦长为4设动圆P圆心为，半径为依题意的： 化简整理得：所以，点P的轨迹C的方程 (2)由对称性知，直线AD经过的定点在y轴上设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(x2，y2)，其中，直线AD的方程为：令x=0并将，代入，可解得AD的y截距：y0=x1x2设直线l：y=kx+2，代入抛物线方程，可得：x24kx8=0所以x1x2=8，此时y0=2故直线AD过定点(0, 2)点睛：定点问题的常见解法：（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；（2）从特殊

23、位置入手，找出定点，再证明该点符合题意，从而得到定点的坐标21. 已知函数f(x) (x0)(1) 讨论f(x)的单调区间； (2) 若总存在x00，使得 f(x0)，求a的取值范围【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求导 ，令，易证在上单调递减，即，从而得故在和上单调递减；（2）作差 ，令g(x)= +1 ，则，当时，易证所以在(0，)单调递减，取x0=，则g(x0)0，所以2知：当0x时，g(x)0，所以在(0，)单调递减取x0=，则g(x0)0所以0，符合题意当时， 令 则F(0)=0=h(x)由(1)知h(x)0则F(x)在和上单调递增，由F(0)=0，则在上，F(x)0，此时同理：在上，也有.故不存在使得， 综上：.点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、圆等知识联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应