雷小華

第Ⅰ卷（選擇題 共60分）

一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）

1. 已知i是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)滿足（1+i）z=1-i2，則復(fù)數(shù)Z所對應(yīng)的點位于（ ）

（A）第一象限 （B）第二象限

（C）第三象限 （D）第四象限

2. 集合A={x│-2<0}，Z為整數(shù)集合，則A∩Z=（ ）

（A） {-3，-2，-1，0} （B） {0，1} （C） {0} （D） {-3，0}

3. 已知x=e-1，y=ln， 則（ ）

（A）x

（C）z

4. 在等差數(shù)列{an}中，已知a1=2，前8項和S8=100，則公差d=（ ）

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

5. 若（2018x+2017）3=a0+a1x+a2x2+a3x3，則（a0+a2）-（a1+a3）=（ ）

（A）-1

（B）1

（C）2

（D）2

6. 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的n=2，S=1，則輸出的n的結(jié)果是（ ）

（A）4

（B）5

（C）6

（D）7

7. 雙曲線C∶-=1（a>0，b>0）的左右焦點分別為F1、F2，若以原點為圓心、半焦距為半徑的圓與雙曲線交于第一象限的點A，且∠AF1F2=30°，則雙曲線C的離心率為（ ）

（A）+1 （B）2 （C）+1 （D）3

8. 已知x，y滿足約束條件x+y-2≤0， x-y+2≥0，y≥0，若z=x+2y的最小值為1，則m的值為（ ）

（A）-1 （B）0

（C）1 （D）2

9. 某幾何體的三視圖及有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示，則該幾何體的體積為（ ）

（A）

（B）

（C）

（D）

10. 函數(shù)f（x）=的圖像大致是 （ ）

11. 已知等邊三角形ABO的邊長為2，圓O的半徑為1，C為圓周上的動點，則的值域為（ ）

（A） [，]

（B） [，]

（C） [1-，1+]

（D） [-，]

12. 函數(shù)f（x）=e2x（sinx+a cosx）在（，）上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是（ ）

（A） （， 5-8） （B） （， 5-8）

（C） （， 5-7） （D） （， 5-7）

第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）

本卷包括必考題和選考題兩部分. 第13題～第21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22題～第23題為選考題，考生根據(jù)要求作答.

二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）

13. 已知三角形的三邊長由大到小依次構(gòu)成等比數(shù)列，則公比q的取值范圍為 .

14. 已知兩點A（a，0）、B（-a，0）（a>0），若曲線x2+y2-2x-2y+3=0上僅存在一點P，使得∠APB=90°，則正實數(shù)a的值為 .

15. 四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，側(cè)面PAD是直角三角形，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD，AD=8，AB=6，則四棱錐P-ABCD的外接球的表面積為 .

16. 已知點P為橢圓+=1（0<？茲<）上的動點，橢圓的焦點為F1、F2，則三角形PF1F2的周長為 ；當(dāng)三角形PF1F2的面積最大值時，cos？茲= .

三. 解答題（本大題共7小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）

17.（本小題滿分12分）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知A，B，C成等差數(shù)列，2a，2b，3c成等比數(shù)列.

（1）求A；

（2）若A為銳角，點D是以AB中點O為圓心，半徑為a的圓上的動點，且++的最大值為5，試求△ABC的面積.

18.（本小題滿分12分）已知四棱錐B-ACDE中，底面ACDE⊥平面ABC，AE⊥AC，CD∥AE，∠ACB=90°，CD=AC=2AE，F(xiàn)、G分別為AB、BD的中點.

（1）求證：FG⊥平面BCE；

（2）若CB=2AE，平面BDE與平面ABC的交線為l，試求二面角D-l-C的大小.

19.（本小題滿分12分）近年來，XX打車越來越受歡迎，許多人出行都把XX打車當(dāng)作出行便利的的重要工具. 某城市隨機對100名乘客進(jìn)行統(tǒng)計，其中40歲以下占，采用XX打車的占，40歲以上采用XX打車的占.

（1）請完成右面的2×2列聯(lián)表：

并由列聯(lián)表中所得數(shù)據(jù)判斷有多大的把握認(rèn)為“使用滴滴打車與年齡有關(guān)”？

（2）采用分層抽樣的方法從100名乘客中抽取10人參與抽獎活動，一等獎兩名，記“40歲以下”得一等獎的人數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望.

參考公式： K2=，n=a+b+c+d. 參考數(shù)據(jù)如上表.

20.（本小題滿分12分）已知橢圓方程為+=1（m>0），拋物線的準(zhǔn)線經(jīng)過橢圓的左焦點F1，且與橢圓相交于A、B兩點，如圖.

（1）求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）若直線l ∶ y=x-1與拋物線相交于C、D兩點，且AD∥BC，試求實數(shù)m的值.

21.（本小題滿分12分）已知函數(shù)f（x）=ax+bxlnx+1，曲線y=f（x）在點（1， f（1））處的切線方程為y=0.

（1）求a、b的值；

（2）若當(dāng)x≥時，f（x）≥-x2+kx恒成立，求k的取值范圍.

請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.

22. 選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程（本小題滿分10分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程是x=1+t，y=t（t為參數(shù)），以O(shè)為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為2？籽2 cos2 ？茲+3？籽2 sin2 ？茲=6，且直線l與C曲線交于P，Q兩點.

（1）求直線l的普通方程及曲線C的直角坐標(biāo)方程；

（2）把直線l與x軸的交點記為A，求AP·AQ的值.

23. 選修4-5：不等式選講（本小題滿分10分）已知函數(shù)f（x）=x+-m.

（1）當(dāng)m=0時，求函數(shù)f（x）的最小值；

（2）若函數(shù)f（x）≤5在x∈[1，4]上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.

2018年高考理科數(shù)學(xué)模擬試題參考答案

一、選擇題

1.【答案】選D. 由z====1-i. 故復(fù)數(shù)Z所對應(yīng)的點位于第四象限，故選答案D.

2.【答案】選D. A={x|-2<0}={x|0≤x2+3x<4}=（-4，-3）∪[0，1），又Z為整數(shù)集合，故A∩Z={-3，0}. 故選答案D.

3.【答案】選B. y=ln=<=x<1，又>1，故選答案B.

4.【答案】選C. 在等差數(shù)列{an}中，S8=8a1+·d=100，解得：d=3，故選答案C.

5.【答案】選A. 令x=-1得（-12018+2017）3=a0-a1+a2-a3，即（a0+a2）-（a1+a3）=-1，故選答案A.

6.【答案】選D. 由S=1×log2 4×log3 5×log4 6×log5 7×log6 8×log7 9=2····=6，故當(dāng)循環(huán)到n=7時，成立S≥6，故輸出n=7，故選答案D.

7.【答案】選C. 由F1F2=2c，且∠AF1F2=30°，故F1A=c，F(xiàn)2A=c，故F1A-F2A=c-c=2a，所以==+1. 故選答案C.

8.【答案】選C. 由x-y+2=0， y=m的交點為（m-2，m），由題意可知，目標(biāo)函數(shù)z=x+2y的最小值在點（m-2，m）取得，故m-2+2m=1，解得：m=1. 故選答案C.

9.【答案】選D. 該幾何體如右圖，是一個底面邊長為2、高為2的正三棱柱截去一個三棱錐A1=AB1D的幾何體. 其體積為：×2×2××2-××1××2=. 故選答案D.

10.【答案】選A. f（x）=滿足x∈R且f（-x）==f（x），故f（x）為偶函數(shù)，可排除B；又在x∈（0， ？仔）中f（x）≠0中，可排除C；f（？仔） = ？仔 >>1可排除D，故應(yīng)選答案在A.

11.【答案】選B. 以平行于AB所在的直線為x軸，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系，如圖. 設(shè)點C（cos？茲，sin？茲） （0 ≤ ？茲 < 2？仔），則A（-1， -），B（1， -），·=（cos？茲+1，sin？茲+）·（cos？茲-1， sin？茲+）=cos2？茲-1+sin2？茲+2sin？茲+3=2sin？茲+3，而·-·=·（+）=·=2=4，所以=∈[，]. 故應(yīng)選答案B.

12.【答案】選A. 由已知得f′（x）=2e2x（sinx+a cosx）+e2x（cosx-a sinx）

=e2x[（2sinx+cosx）+a（2cosx-sinx）]在（，）上有零點

？圳方程e2x[（2sinx+cosx）+a（2cosx-sinx）]=0在（，）上有實根

？圳方程（2sinx+cosx）+a（2cosx-sinx）=0在（，）上有實根

？圳方程a=在（，）上有實根. 令g（x）=，x∈（，），則g′（x）=

=

<0，即函數(shù)g（x）在（，）上單調(diào)遞減，故a∈（g（），g（））=（，5-8）時方程a=在（，）上有實根. 故選答案A.

二、填空題

13.【答案】（0，）. 設(shè)三角形的三邊長由大到小依次為a、aq、aq2（0a，即q2+q-1>0，即0

14.【答案】3. 曲線x2+y2-2x-2y+3=0？圳（x-）2+（y-1）2=1，即圓心為（，1），半徑為1的圓. 若此圓上僅存在一點P，使得∠APB=90°，則另一個圓x2+y2=a2（a>1）必與它相內(nèi)切（外切不符合a>1這一條件）. 故a=+1=3，故正實數(shù)a的值為3.

15.【答案】100？仔. 設(shè)矩形ABCD的對角線的交點為O，則矩形ABCD的外接圓的圓心為O；因為側(cè)面PAD是直角三角形，∠APD=90°，所以側(cè)面PAD的外接圓的圓心為AD的中點，又平面PAD⊥平面ABCD，故四棱錐P-ABCD的外接球的球心為O，球的半徑OD==5，∴四棱錐P-ABCD的外接球的表面積為4？仔·OD2=100？仔.

16.【答案】2；. ∵cos4？茲>cos2？茲>0，故由橢圓方程+=1（0<？茲<）可知焦點在x軸上，且a=cos2？茲，b2=2cos2？茲-1，c2=a2-b2=cos4？茲-2cos2？茲+1=（cos2？茲-1）2，c=1-cos2？茲=sin2？茲. 故三角形PF1F2的周長為2（a+c）=2（cos2？茲+sin2？茲）=2.由三角形PF1F2的最大面積（）max=2cb=bc=sin2？茲=≤=，當(dāng)且僅當(dāng)sin2？茲=2cos2？茲-1，即cos2？茲=時，即cos？茲=時，（）max=.

三、解答題

17.【解析】（1）（方法一）由A，B，C成等差數(shù)列，故2B=A+C，即B=60°.…………………………………………1分

又2a，2b，2c成等比數(shù)列，故4b2=2a·3c，即2b2=3ac.

……………………………………………………………… 2分

根據(jù)余弦定理：b2=a2+c2-2accosB，三式聯(lián)合可得：c=2a，或a=2c. ………………………………………………………… 4分

故c=2a，b=a 或a=2c，b=c .…………………… 5分 即A=30°或90°.…………………………………………… 6分

（方法二） 根據(jù)正弦定理由2b2=3ac得：2sin2B=2sinAsinC，

……………………………………………………………… 1分

因為A+C=120°，B=60°，所以sinAsin（120°-A）=.

……………………………………………………………… 2分

由兩角差公式與二倍角公式可得：sin2A-cos2A=，……………………………………………………………… 3分

即sin（2A-30°）-.…………………………………… 4分

∵ 0

∴ 2A-30°=30°或150°，故A=30°或90°

……………………………………………………………… 6分

（2）若A為銳角，則A=30°，B=60°，C=90°.

………………………………………………………………7分

如圖，在以AB中點O為圓心，半徑為的圓中，D′D為過圓心O的直徑，則四邊形AD′BD為平行四邊形；〓……………8分

連結(jié)CO并延長交圓于C′. 則│+│=││=a，………9分

││max=││=a+a=a.……………………………10分

故│+│+││的最大值為a，所以a=5？圯a=2，……………………………………………………………… 11分

由此S△ABC=ab=×2×2=2.

……………………………………………………………… 12分

18.【解析】（1）連接AD.

由F、G分別為AB、BD的中點，所以GF∥AD，………1分

∵ 平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE∩平面ABC=AC，AE⊥AC，所以AE⊥平面ABC，…………………2分

∵ CD∥AE，∴ CD⊥平面ABC.

∵ CB？奐平面ABC，∴CD⊥CB. ………3分

∵ ∠ACB=90°，∴ BC⊥AC.

∵ AC∩CD=C，∴ BC⊥平面ACDE.

∵ AD？奐平面ACDE，∴ AD⊥CB.…………………… 4分

∵ ==，∠ACD=∠EAC=90°，

∵ △EAC∽△ACD，∴ ∠ECA=∠ADC，

∵ ∠ECA+∠ECD=90°，∴ AD⊥EC，…………………5分

∵ EC∩CB=C，∴ AD⊥平面BCE，即FG⊥平面BCE.

……………………………………………………………… 6分

（2）（方法一）延長DE、CA交于點K，連接BK，則平面BDE與平面ABC的交線l即為BK.…………………7分

作CH⊥BK，垂足為H，連接DH.則二面角D-l-C的平面角為∠CHD. ………………………………………………9分

設(shè)AE=1，則AC=，CD=2.在Rt△KCB中，KC=2AC=2，CB=2AE=2，故KB==4. 所以CH===2.…………………………………11分

由Rt△CDH中tan∠CHD=1，得∠CHD=45°，即二面角D-l-C的大小為45°.………………………………………12分

（方法二）（1）因為底面ACDE⊥平面ABC，底面ACDE∩平面ABC=AC，AE⊥AC，所以AE⊥平面ABC，因為CD∥AE，所以CD⊥平面ABC，因為∠ACB=90°，故CA、CB、CD兩兩垂直. …………………………………………1分

以C為空間直角坐標(biāo)系的原點，以CA、CB、CD所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖. …2分

設(shè)AE= a（a > 0），CB= b（b>0），則AC=a， CD=2a. 可知C（0， 0， 0）， A（a， 0， 0）， E（a， 0，a）， D（0， 0， 2a）， B（0， b， 0）， F（a， b， 0）， G（0， b， a）.………3分

故=（0，b，0），=（a，0，a），=（-a，0，a），

由·=（-a， 0， a）·（0， b， 0）=0，·=（-a， 0， a）·（a， 0， a）=-a2+a2=0得：FG⊥CB，F(xiàn)G⊥CE，………………………………………………5分

又EC∩CB=C，故FG⊥平面BCE.……………………6分

（2）=（-a，0，a），=（0，-b，2a）. 若CB=

2AE，則b=2a.可知平面ABC的法向量為=（0，0，1），………………7分

設(shè)平面BDE的法向量為=（x，y，z），則·=0，·=0，即（x，y，z）·（-a，0， a）=0，（x，y，z）·（0，-b，2a）=0，即x=z，by=2az，令z=，則x=1，y==1，故=（1，1，）. …………9分

設(shè)二面角D-l-C的大小為？茲（0°≤？茲≤180°），由cos？茲===………11分

所求二面角的大小為45°. ……12分

19.【解析】（1）由已知可得，40歲以下的有100×=80人，使用XX打車的有80×=60人，40歲以上使用XX打車的有20×=10人. 所以2×2列聯(lián)表如表：……………………3分

由列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)計算可得K2的觀測值為k==. …………………………5分

由于>10.828，故有99.99%的把握認(rèn)為“使用XX打車與年齡有關(guān)”. …………6分

（2）采用分層抽樣的方法從100名乘客中抽取10人，則從“40歲以下”的人中抽取8人，從“40歲以上”的人中抽取2人，………7分 X的所有可能取值為0，1，2，………8分

又P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）== ，故分布列如上表. ………………………………11分

數(shù)學(xué)期望E（X）=0×+1×+2×=.……………12分

20.【解析】（1）在橢圓方程+=1（m>0）中，a2=m+1，b2=m且焦點在x上，故c2=a2-b2=1，……………2分

即橢圓的左焦點坐標(biāo)為F1（-1，0），故拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1，所以焦準(zhǔn)距為p=1.……………………………4分

故拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x. ……………5分

（2）由+=1，x=-1，得：x=-1，y=，或

x=-1，y=-.

故A（-1，）， B（-1， -）. ……………6分

由y2=4x，y=x-1，得 （x-1）2=4x，即x2-6x+1=0. ………………7分

設(shè)直線l與拋物線的交點坐標(biāo)為C（x1，y1）、D（x2，y2）（x1

=（x2+1，y2-），=（x1+1，y1+），y1=x1-1，y2=x2-1.

∵ AD∥BC，∥ . 故（x1+1）（y1+）-（x1+1）（y2-）=0，………………………………………10分

即x2y1+x2+y1+-x1y2+x1-y2+=0， 即 2（x1-x2）+（x2+x1）+=0， 即=8，……………………………………………………11分

即m2-2m-2=0，解得m=1+. ………………………12分

21.【解析】（1）由f（1）=a+1，f′（x）=a+blnx+b，f′（1）=a+b，……………………………………………………2分

得曲線y=f（x）在點（1， f（1））處的切線方程為： y-（a+1）=（a+b）（x-1）， 即（a+b）x-y+1-b=0. ………3分

對比已知條件得：a+b=0，1-b=0，解得：a=-1，b=1.…………5分

（2）f（x）=-x+xlnx+1（x≥），由f（x）≥-x2+kx恒成立，即-x+xlnx+1≥-x2+kx，

（方法1）即k≤x-1++lnx在x≥上恒成立. ……7分

令g（x）=x-1++lnx （x≥），則g′（x）==

，令g′（x）=0，則x=，………9分

故當(dāng)≤x<時，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減；x>時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增. …………10分

故[g（x）]min=g（）=ln+-1.…11分

由此得k≤ln+-1.………………………12分

（方法2）即xlnx+x2-（1+k）x+1≥0在x≥上恒成立.…………………………………………………………………7分

令g（x）=xlnx+x2-（1+k）x+1（x≥），則g′（x）=lnx+2x-k.

令h（x）=lnx+2x，則h′（x）=+2>0. 故h（x）≥h（）=-1.

………………………………………………………………8分

①當(dāng)x≤-1時，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，由g（）=≥>0，知g（x）≥0在x≥時恒成立，故k≤-1符合題意. …………………………………9分

②當(dāng)k>-1時，易知g′（x）=lnx+2x-k單調(diào)遞增，故g′（x）=0必有唯一的解，設(shè)為x0，且有l(wèi)nx0+2x0=k.當(dāng)≤xx0時，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

[g（x）]min=g（x0）=x0lnx0+x02-（1+k）x0+1=x0（k-2x0）+x02-（1+k）x0+1= -x02-x0+1. ……………………………………10分

若要原命題成立，僅需-x02-x0+1≥0即可，即x02+x0-1≤0，即x0≤，此時，k=lnx0+2x0≤ln+-1. …11分

綜上分析，k≤ln+-1.……12分

22.【解析】（1）l的普通方程為x-y-1=0，C的直角坐標(biāo)方程為2x2+3y2=6. …………………………………………5分

（2）（方法1）在x-y-1=0中，令y=0，得x=1，則A（1，0），………………………………………………………6分

聯(lián)立2x2-3y2=6x-y-1=0消去y得5x2-6x-3=0.……………………7分

設(shè)P（x1， y1）， Q（x2， y2），其中x1

│AP│=│x1-1│=-│x1-1│，│AQ│=│x2-1│=（x2-1），………………………9分

故│AP│·│AQ│=-2（x1-1）（x2-1）-2[x1x2-（x1+x2）+1]=.

……………………………………………………10分

（方法2）把x=1+t，y=t代入2x2+3y2=6得5t2+4t-8=0，……………………………………………………7分

則t1t2=-，………8分

故│AP│·│AQ│=│t1t2│=│-│=. ……10分

23.【解析】（1）當(dāng)m=0時，f（x）=│x+│=│x│+││≥2=4，當(dāng)且僅當(dāng)│x│=││，即x=±2時等式成立，所以，當(dāng)x=±2時， f（x）min=4. …………………………5分

（2）當(dāng)x∈[1，4]時，函數(shù)f（x）≤5恒成立？圳│x+│-m≤5在x∈[1，4]上恒成立，？圳m≥│x+│-5在x∈[1，4]上恒成立. ……………………………7分

由函數(shù)y=│x+│在[1，2]上單調(diào)遞減，在[2，4]上單調(diào)遞增.且當(dāng)x=1時，y=5，當(dāng)x=4時，y=5，故函數(shù)y=│x+│在x∈[1，4]時的最大值為ymax=5，所以當(dāng)m≥5-5=0時，函數(shù)f（x）≤5在x∈[1，4]上恒成立，即實數(shù)m的取值范圍是[0，+∞）.

……………………………………………………………10分

責(zé)任編輯 徐國堅