人教版高中數(shù)學(xué)2018高考數(shù)學(xué)理科模擬試卷含答案

1、教習(xí)網(wǎng)-免費(fèi)精品課件試卷任意下載人教版高中數(shù)學(xué)2018高考數(shù)學(xué)（理）仿真模擬試題含答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求的1已知集合，則=A(1，2) B(1，4) C(2，4) D(1，+)2已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足iz=|2i|+i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限3已知向量a=(3，1)，b=(1，2)，若|ab|=5，則實(shí)數(shù)=A1或3 B1 C3 D24設(shè)隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，則函數(shù)不存在零點(diǎn)的概率為A B C D5執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的值是A5 B6 C7 D86若函數(shù)=s

2、in(2x+)(|0)，斜率為2的直線(xiàn)與拋物線(xiàn)交于A，B兩點(diǎn)，M為AB的中點(diǎn)，若點(diǎn)M到拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)F的最短距離為1，則p=A1 B2 C4 D810設(shè)為等比數(shù)列的前n項(xiàng)之積，且，則當(dāng)最大時(shí)，n的值為A4 B6 C8 D1011在三棱錐中，SBBC，SAAC，SB=BC，SA=AC，AB=SC，且三棱錐的體積為，則該三棱錐的外接球的半徑為A1 B2 C3 D412已知定義在(0，+)上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)滿(mǎn)足，且=，其中為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則不等式+x+的解集是A(0，) B(0，) C(，) D(，+)二、填空題：本題共4小題，每小題5分13已知二項(xiàng)式(a0)的展開(kāi)式的第四項(xiàng)的系數(shù)為40，則的值為 1

3、4已知各項(xiàng)均不為零的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若(m2，mN*)，=218，則m= 15已知函數(shù)若關(guān)于x的方程有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是 16已知拋物線(xiàn)C：(p0)，A(異于原點(diǎn)O為拋物線(xiàn)上一點(diǎn)，過(guò)焦點(diǎn)F作平行于直線(xiàn)OA的直線(xiàn)，交拋物線(xiàn)C于P，Q兩點(diǎn)若過(guò)F且垂直于x軸的直線(xiàn)交直線(xiàn)OA于點(diǎn)B，則|FP|FQ|OA|OB|= 三、解答題：解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟17(本小題滿(mǎn)分12分)已知向量m=(，1)，n=(，)，函數(shù)=mn(1)求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若a，b，c分別為ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，a=2，c=4，且=1，求ABC的面積18(本小題滿(mǎn)分12分)一個(gè)袋

4、中有大小、質(zhì)地完全相同的4個(gè)紅球和1個(gè)白球，共5個(gè)球，現(xiàn)從中每次隨機(jī)取出2個(gè)球，若取出的有白球必須把白球放回去，紅球不放回，然后取第二次，第三次，直到把紅球取完只剩下1個(gè)白球?yàn)橹挂员硎窘K止時(shí)取球的次數(shù)(1)求 =2的概率；(2)求 的分布列及數(shù)學(xué)期望19(本小題滿(mǎn)分12分)如圖，在四棱柱中，底面為直角梯形，其中 且，側(cè)面平面，且四邊形是菱形，=，為的中點(diǎn)(1)證明：平面；(2)求二面角的余弦值20(本小題滿(mǎn)分12分)已知橢圓(ab0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(2，)，且其右焦點(diǎn)為(1，0)(1)求橢圓的方程；(2)若點(diǎn)P在圓上，且在第一象限，過(guò)P作圓的切線(xiàn)交橢圓于A，B兩點(diǎn)，問(wèn)：的周長(zhǎng)是否為定值?如果是，求出

5、該定值；如果不是，說(shuō)明理由21(本小題滿(mǎn)分12分)已知函數(shù)，a，bR(1)當(dāng)b=2a+1時(shí)，討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a=1，b3時(shí)，記函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的兩個(gè)零點(diǎn)分別是和(ln 2請(qǐng)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(jì)分22(本小題滿(mǎn)分10分)選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在平面直角坐標(biāo)系中，直線(xiàn)的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，0，)，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，已知圓C的圓心C的極坐標(biāo)為(2，)，半徑為2，直線(xiàn)與圓C交于M，N兩點(diǎn)(1)求圓C的極坐標(biāo)方程；(2)當(dāng)變化時(shí)，求弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍23(本小題滿(mǎn)分10分)選修45：不等式選講已知函數(shù)，(1)

6、已知常數(shù)a0；(2)若函數(shù)的圖象恒在函數(shù)圖象的上方，求實(shí)數(shù)m的取值范圍2018高考數(shù)學(xué)（理）仿真模擬試題（8）參考答案1B【解析】解不等式，可得，由函數(shù)的值域可得，故=x|1x4，故選B2D【解析】解法一由iz=|2i|+i得z=1i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，)，位于第四象限，故選D解法二設(shè)z=a+bi(a，bR)，由iz=|2i|+i可得b+ai=+i，所以a=1，b=，即z=1i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，)，位于第四象限，故選D3A【解析】解法一 因?yàn)閍=(3，1)，b =(1，2)，所以ab =(3+，12)，又|ab |=5，所以(3+)2+(12)2=25，

7、解得=1或=3解法二由已知得|a|=，| b |=，ab =5，所以|ab |=，解得=1或=34A【解析】由函數(shù)不存在零點(diǎn)，令得=1682，又隨機(jī)變量服從正態(tài)分布，P(2)=，即函數(shù)不存在零點(diǎn)的概率為，故選A5B【解析】依題意，循環(huán)時(shí)S，n的值依次為S=3，n=2；S=8，n=3；S=19，n=4；S=42，n=5；S=89，n=6；S=184100，此時(shí)不再計(jì)算n，而是直接輸出n的值6故選B6A【解析】函數(shù)=sin(2x+)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得=sin2(x+)+=sin(2x+)的圖象，又為奇函數(shù)，則+=k，kZ，解得=k，kZ又|0，設(shè)，則，所以把代入拋物線(xiàn)方程，得，故點(diǎn)M的軌跡

8、方程為(x)，故點(diǎn)M到拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)F的最短距離為=1，所以p=210A【解析】設(shè)等比數(shù)列的公比為q，解得，=，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，0，故當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，才有可能取得最大值，當(dāng)k=1時(shí)，；當(dāng)k2時(shí)，則當(dāng)最大時(shí)，n的值為411C【解析】如圖，取SC的中點(diǎn)O，連接OB，OA，因?yàn)镾BBC，SAAC，SB=BC，SA=AC，所以O(shè)BSC，OASC，OB=SC，OA=SC，所以SC平面OAB，O為外接球的球心，SC為球O的直徑，設(shè)球O的半徑為R，則AB=SC=R，所以AOB為正三角形，所以BOA=60，所以VS-ABC=VS-OAB+VC-OAB=2R2sin 60R=，解得R=3，故選C12A【解析】令=x，

9、則=，令，則，當(dāng)0x0， 當(dāng)x 時(shí)，0，0令，則1x+可化為，0x0)的展開(kāi)式的第四項(xiàng)為，其系數(shù)為=40，又a0，a=2，=1455【解析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，有=2，因?yàn)?，所以=2依題意=+=(+)(2m1)=(2m1)=2(2m1)=218，所以m=5515(1，+)【解析】易知函數(shù)為偶函數(shù)，故只需求函數(shù)在(0，+)上的圖象與直線(xiàn)有唯一交點(diǎn)時(shí)的取值范圍當(dāng)x(0，+)時(shí)，此時(shí)，所以函數(shù)在(0，+)上單調(diào)遞增，從而當(dāng)x0時(shí)，=1，所以要使函數(shù)在(0，+)上的圖象與直線(xiàn)有唯一交點(diǎn)，只需k1，故所求實(shí)數(shù)k的取值范圍是(1，+)160【解析】由題意得直線(xiàn)OA的斜率存在且不為0，設(shè)直線(xiàn)OA的斜率為k

10、(k0)，則直線(xiàn)OA的方程為，由解得A，易知B()，直線(xiàn)PQ的方程為，聯(lián)立方程得消去x得，設(shè)P(，)，Q(，)，由根與系數(shù)的關(guān)系得，根據(jù)弦長(zhǎng)公式得，|FP|FQ|=，而|OA|OB|=，所以|FP|FQ|OA|OB|=017【解析】(1)=mn=+=由，kZ，得，kZ，故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為k，k+(kZ)（5分）(2)由題意得=sin(2A)=1，A(0，)，2A(，)，2A=，得A=由余弦定理，得12=+1624b，即4b+4=0，b=2ABC的面積sin=2（12分）【備注】三角函數(shù)與解三角形類(lèi)解答題的主要考查方式有三個(gè)：一是考查三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，三角恒等變換是主要工具；二是考查三角

11、形中的三角恒等變換，正、余弦定理和三角函數(shù)的性質(zhì)是主要工具；三是考查解三角形的實(shí)際應(yīng)用，正、余弦定理是解決問(wèn)題的主要工具考生在備考時(shí)要注意這幾個(gè)命題點(diǎn)18【解析】(1)隨機(jī)變量=2表示從袋中隨機(jī)取球2次且每次取的都是紅球，P(=2)=，即=2的概率為（4分）(2)由題意知隨機(jī)變量的所有可能取值為2，3，4，由(1)知P(=2)=又P(=4)=，P(=3)=，的分布列為234PE=2+3+4=（12分）【備注】數(shù)學(xué)期望是離散型隨機(jī)變量中重要的數(shù)學(xué)概念，反映了隨機(jī)變量取值的平均水平求解離散型隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望時(shí)，首先要分清事件的構(gòu)成與性質(zhì)，確定離散型隨機(jī)變量的所有取值，然后根據(jù)概率類(lèi)型選擇

12、公式，計(jì)算變量取每個(gè)值的概率，列出對(duì)應(yīng)的分布列，最后根據(jù)數(shù)學(xué)期望的計(jì)算公式求解19【解析】(1)解法一如圖，取的中點(diǎn)，連接，在中，所以（2分）在直角梯形中，且=，所以四邊形是平行四邊形，所以（4分）又=，=，所以平面平面又平面，所以平面（5分）解法二 如圖，取的中點(diǎn)，連接，在中，=，=，所以且=（2分）在直角梯形中，且=，所以，且=，所以四邊形是平行四邊形，所以（4分）又平面，平面，所以平面（5分）解法三 如圖，在梯形中，延長(zhǎng)，交于點(diǎn)，連接在梯形中，且=，所以=又=，所以又平面，平面，所以平面（5分）(2)取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)樵诹庑沃校?，所以=，所以又，所以（7分）又側(cè)面平面，側(cè)面平面=，所

13、以平面，又AD，故以為原點(diǎn)，所在直線(xiàn)分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz(如圖所示)則A (0，0，0)，D(0，4，0)，C(2，2，0)，P(0，0，)，(1，0，)，=(2，2，0)，=(3，2，)因?yàn)锳P平面，（8分）所以=(0，0，)為平面的一個(gè)法向量設(shè)平面的法向量為n=(x，y，z)，由，可得，即，令x=1，則y=1，z=，所以n=(1，1，)為平面的一個(gè)法向量，所以cos=設(shè)二面角的大小為，由圖可知(0，)，所以cos =cos=（12分）【備注】解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征合理建立空間直角坐標(biāo)系，空間平行與垂直的證明也可轉(zhuǎn)化為空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算；空間角的求

14、解主要是直線(xiàn)的方向向量與平面的法向量的相關(guān)運(yùn)算，轉(zhuǎn)化為向量夾角即可，要注意向量夾角與所求角之間的關(guān)系，正確進(jìn)行轉(zhuǎn)化20【解析】(1)解法一由題意，得，解得，橢圓的方程為（4分）解法二設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為(1，0)，c=1，(1，0)，又點(diǎn)M(2，)在橢圓上，2a= |MF1|+|MF2|= ，a=3，b=2，橢圓的方程為（4分）(2) 解法一由題意，設(shè)AB的方程為(k0)，直線(xiàn)AB與圓=8相切，即，由，得(8+9)+18kmx+972=0，設(shè)A(，)(03)，B(，)(03)，則+=，=，（7分）|AB|=|=（9分）又=(1)2+=(1)2+8(1)=(9)2，|AF2|=(9)=3

15、，同理|BF2|=(9)=3|AF2|+|BF2|=6(+)=6+，|AF2|+|BF2|+|AB|=6+=6，即的周長(zhǎng)為定值6（12分）解法二設(shè)A(，)，B(，)，則=1(00（2分）當(dāng)a0時(shí)，由0得0x1，由1，所以在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，+)上單調(diào)遞減當(dāng)0a0得0x，由0得1x 時(shí)，由0得0x1，由0得x1，（5分）所以在區(qū)間(0，)和區(qū)間(1，+)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(，1)上單調(diào)遞減綜上，當(dāng)a0時(shí)，在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，+)上單調(diào)遞減；當(dāng)0a時(shí)，在區(qū)間(0，)和區(qū)間(1，+)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(，1)上單調(diào)遞減（6分）(2)解法一因?yàn)閍=1，所以=(x

16、0)，從而= ，由題意知，是方程=0的兩個(gè)根，故（8分）記=，因?yàn)閎3，所以=0，=3b2時(shí)，=0，所以在區(qū)間(2，+)上單調(diào)遞增，所以=ln 2，即ln 2（12分）解法二因?yàn)閍=1，所以=(x0)，從而=，由題意知，是方程=0的兩個(gè)根，故（8分）記=，因?yàn)閎3，所以=0，=3b)=()(1b)=+ln 2，因?yàn)閎3，所以+ln 2ln 2（12分）22【解析】(1)由已知，得圓心C的直角坐標(biāo)為(1，)，半徑為2，圓C的直角坐標(biāo)方程為，即，x=cos ，y=sin ，2-2cos 2sin =0，故圓C的極坐標(biāo)方程為=4cos()（5分）(2)由(1)知，圓C的直角坐標(biāo)方程為，將直線(xiàn)的參數(shù)方程代入圓的直角坐標(biāo)方程中得，(2+tcos )2+(+tsin )22(2+tcos ) 2(+tsin )=0，整理得，t2+2tcos 3=0，設(shè)M，N兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為，則+=2cos