2018年高考數(shù)學精準押題卷02(全國II卷)試卷

頁頁第2018年高考精準押題卷02（全國II卷）理科數(shù)學一、選擇題已知集合A={x|y=x2+3x—4}.B={y|y=2xx±0}.則AHB=（）A.[0,4]B.[0,+b]C.（4,+8）D.[4,+b]已知復數(shù)Z滿足（1-2i）Z=3+2i（i為虛部單位）貝吃的實部是（）A.1B.-4C.-1D.4方程sin3x=sinx.在區(qū)間（-n,n）上的解的個數(shù)是（）A.4B.5C.6D.74?設點E是厶ABC內(nèi)一點，存在下列4個命題（）若AB?BC=0,BE?AC=0貝^CE?AB=0對于正數(shù)m,n存在AE=mAB+nAC如果3AE=AB+AC,那么3BE=BC+BA若丨EA丨=丨EB丨=丨EC丨則AABC是鈍角三角形A.1B.2C.3D.4一個球于棱長為4的正四面體的各個棱都相切，則球的表面積為（）A.4nB.6nC.8nD.8n3六位選手爭奪百米賽跑冠軍，觀眾甲.乙.丙.丁.先做如下猜測：甲說：獲獎不是1號就是2號,乙說：獲獎的不可能是3號.丙說：4號.5號6號都不可能獲獎.丁說：獲獎的是4號.5號.6號中的一個比賽結(jié)果只有一個人猜對.則猜對者是（）

A.丙B.乙C.甲D.丁一個幾何體的三視圖如圖1所示,則該幾何體的體積是（）D.5#nD.5#n3A2019?2020A.4+^nB.13+4nC.13+2n33333如圖所示的程序框圖的輸出結(jié)果為（）B2019c2017d2017?4040?2x2018*2018已知△ABC角A.B.C所對的邊分別是a.b.c;acos2B+bsin2A二吐B,A=n?BC邊上的中線長為4.則厶ABC的2226面積為（）A.口B.3C.48D.24TOC\o"1-5"\h\z7777若2sin（a+皿）+cos（n-a）=1.則cos（肌2a）=1055A.-7B.1C.-1D.79999橢圓也+止=1上到直線2x+3y+l=0的距離等于3的點的個數(shù)是（）942

A.2A.2B.4C.3D.112?已知函數(shù)fx=（x-1）2ex-1,若函數(shù)g（x）=fx[fx弋）+1恰有了個零點，則實數(shù)k的值為（）A.8e2B.16+e4C.32D.A+e2e24二、填空題2—xxG（—8,1]TOC\o"1-5"\h\z已知函數(shù)fx='則滿足fx=丄的解集為。log81X,XG（1，8）4y—x—1<0設等量x,y滿足約束條件2y+3x—6<0則Z=-2y+x的最大值。3y+2x—6>0甲、乙二人相約8天之內(nèi)在某地會面，約定先到的人等候另一個人，經(jīng)過2天以后方可離開，若他們在限期內(nèi)達到目的地是等可能的，則此二人會面的概率。16?已知拋物線的頂點在原點，焦點在x軸上AABC的三個頂點都在拋物線上，且△ABC的重心為拋物線的焦點，若BC邊所在直線的方程為4x+y-20=0,則拋物線方程為。三、解答題17.數(shù)列17.數(shù)列｛an｝，a1=1.an=2S（1）證明數(shù)列｛丄｝是等差數(shù)列sn（2）若b=（2n-1）?丄+an3nn求數(shù)列｛bn｝的前n項和Tn的表達式某手機店采取分期付款方案，付款期數(shù)為6期.12期.18期.24期（每月一期）,該店對每位顧客的購買情況記錄成A（B,E）（其中B為第一期付款時間,E為最后一期付款時間）如A（2016.3.8,2016.8.8）表示第一期i的付款為2016年3月8日最后一期付款時間為2016年8月8日,可見從該店銷售記錄中抽取10位顧客的購買記錄數(shù)據(jù)如下:A(2015.1.1,2015.6.1)A(2015.2.3,2015.7.3)A(2016.4.5,2016.9.5)A(2016.11.9,2017.4.9)1234A(2016.11.11,2017.10.11)A(2015.12.3,2016.11.3)A(2016.1.17,2016.12.17).567A(2015.3.13,2016.8.13)A(2015.5.1,2016.10.1)A(2015.7.6,2017.6.6)8910若用頻率估計概率，試求某件M：購買該商品的3位顧客中，至少有1位付款期為6期的概率P(M)：若用頻率估計概率，并且已知每一種分期付款方案給該手機專賣店帶來的利潤如下表期數(shù)期612利潤元100150200若2018年1月13日有兩位顧客采用分期付款方式去該手機店買了手機，求當日該手機專賣店所得到利潤的分布列和期望。在棱臺ABC-A'B'C'中梯AA'CC'為直角梯形，連接A'C,A'B且A'C'=23,BB'=CB=2,ZA'AC=60oZACB為直角已知平面直角坐標系中，過橢圓Nx2+y2=1(a>b>0)左焦點x+y+1=0交N于A.B兩點，P為AB的a2b2中點且OP的斜率為?另有一動直線L交橢圓N于C(x1，y1).D(x2，y2)兩不同點，且△OCD的面積二6其中O為坐標原點(1)求橢圓方程⑵證明x2+x2和y2-y2均為定值1212設線段CD的中點為M.求丨0M丨.丨CD丨的最大值已知函數(shù)fx=X一axgx=lnx若Fx=fx+gx試討論Fx的單調(diào)性，若f%>gx，對于xG(0,+°°)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍設hx=fx+g(1+ax)對于的aG(1,2)，總存在xG[1,1],使不等式hx>k(l-a2)成立,202求實數(shù)k的取值范圍x=-1+3t已知直線L的參數(shù)方程y=2-4t(t為參數(shù))，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為p=22cos(0一n)4求直線L的普通方程及曲線C的直角坐標方程設直線L與曲線C交于A,B兩點，求丨ABI已知函數(shù)/x=x—1+1解不等式/%<2x+3若a,b,cGR,a+b+c=l，求證fa+/b+/c>52018年高考數(shù)學精準押題卷02（全國II卷）答案DABCDACBBAAB{3}-65血100y2=16x（1）s=a=111由s-s=a艮卩s-s二2si/艮卩s-s=2ssnn-1nnn-12s1n-1nnn-1即丄-~^=2數(shù)列｛丄｝是以1為首項公差為2的等差數(shù)列TOC\o"1-5"\h\zsnsn-1sn(2)b=(2nT)X—+as=a=s-s=1(n>2)n3nnn2n-1nnn-12n-1(2n-3)T=b+b+???+b+a+a+???+an12n12n=1X丄+-3+豆+…+(2n—1)X丄+1+1X[2—2+1—1+1-…—11—]3132333n21335572n-32n-3=丄—5+2(1—亠)=」一—_J—23n-1222n-13n-12n-1(1)抽取的10為顧客中，分期付款數(shù)為6期的有A,A,A,A，分期付款為12期有A,A,A，為18期有1234567A,A；24期有A89103其對應的頻率分別是0.4，0.3，0.2，0.1，從而事件M的概率P(M)=1—(1—0.4)”=0.784(2)設2018年1月13日該手機店所得利潤為x,x的取值為200，250，300，350，400，且P(x=200)=0.4X0.4=0.16P(x=250)=0.4x0.3+0.4x0.3=0.24P(x=300)=0.3X0.3+0.3X0.8=0.33P(x=400)=0.3X0.3=0.09X200250300350400p0.160.240.330.1S0.09期望x=200X0.16+250X0.24+300X0.33+350X0.18+400X0.09=290(1)證明???ZACB為直角AA'CC'為直角梯形ABC丄平面AA'CC'ABC丄AA'又VBB'=CC'=2A'C'=23A'C=12+4=4做A'H丄AC則ZA'CA=300又VZA'AC=60。.??ZAA'C=90oAAA'丄AC又?:A'CHBC=C則點AfO'O)BQ2’0)C(O,O,O)A'(23,0,2)B'(0,2,2)A'B=(-23,2,-2):.AA'=(-x3,0,2)BB'=(0,0,2)3設面A'B'B的法向量y2為n(x,y,z)n丄A'B=Sn±BB'n,1,0)3—23x+2y—n±BB'n,1,0)32z=02AcosZC-A'B-B'=—AA—一=3=-1IAA'I?InIIxl433解(1)設A(x,y)B(x,y)P(x,y)則昭+泮=1,曙+呼=1,y4^=-1334400a2b2a2b2x4—x3兩式相減知b2XX3+X4=-y4—y3=1即皿?％=1?.％=2a2y3+y4x4—x3a22y0x03又Ta2-b2=1Aa2=3b2=2.?橢圓方程為也+必=132(2)①當直線L的斜率不存在時，C,D兩點關(guān)于x軸％嚴2，y1=-y2由C(x,y)在橢圓上則xi2+yi2=1S=IxyI二-6即IxI二-6IyI=11132△OCD112121于是x2+x2=3,y2+y2=21212②當直線k存在時設直線1為y=kx+m代入X2+y2=1可行2x2+3(kx+m)2=6即(2+3k2)x2+6km+3m2-6=0，△>0即3x2+2>m2x+x=126km2+3k2x1?x2=3^-62+3k2ICDI=1+k2Ix1+x2I=1+k2263k2十2—m22+3k24=丄2s1?d?|CDI二1ImI263k2+2-m2二玉則3k2+2=2m2滿足1+k2△OCD=222+3k22x2+x2=(x+x)2-2x?x=(--6k^)2-2x3(m2-2)=31212122+3k22+3k2yi2+y22=33(3-xi2)+3(3-x22)=4-3(xj+x22)=2綜上xi2+x22=3y!2+y22=2（3）當直線k不存在時由（2）知*2=-業(yè)22my^2=k(瓦^斗)22+m=—業(yè)+m二丄2mm2|OM|2=Ixi+x2I+(y^)2二皿+丄=丄(3—丄)224m2m2m2CD|2=(1+k2)24(3k2+2—m2)=2(2m2+1)2+3k2)=2(2+丄)m2IOM|2?PQI2=（3-丄）（3+丄）＜25當且僅當3亠=2+丄即m=±m(xù)2m24m2m2即等號成立???lOM|?|CD|最大值為52a(0,+QT(1)Fx=fx+gx=x2a(0,+QT：2x2—ax+1由題義.xG(0,+s)①當-22<a<22Fxx②當a>22或a<-22時在區(qū)間(-^,a—a2—8)U(a+a2—8,+^)22F%T；xG(—a—a2—8,—a+a2—8)F%I22fx>gx???a<x-lnx(x>0)設0x=x-lnx0'x=x2^nx—1xxx2當x(0,1)時0'x<0當xG(1,+°°)0'x>0?.aG(—°°,1](2)hx=x2-ax+lnx?.h'x=2x2—ax+1(x>0)???xi-x2=2???譽(0,2)???x2Gd，+由)且axi=2xi2+l(i=l,2).*.hx.-hx-(x2—ax+lnx)—(x2—ax+lnx)=(-x2-1+lnx)—(-x2-1+lnx)TOC\o"1-5"\h\z12lll222ll22-x2—xlnxi=x2—1—-ln2x2(x>1)設px=X2——ln2x2(x>1)21+x24x2224x22u'x-(2x2-1)>0.px>H1=3-ln2即hx“-h%>3-ln22x34124x=-1-3t(1)直線l：y=2_4t(t為參數(shù))消去t得y-2=-；(x+1)即直線l的普通方程為4x+3y-2=0曲線C:p=22cos(0—n)，即p=2cos0+2sin04在等式兩邊同時乘以p得p2=2pcos0+2psin0又p2=x2+y2,pcos0=xpsin0=y故曲線C:x2+y2-2x-2y=0x=—1—3t⑵直線l的參數(shù)方程為y=2_4；(t為參數(shù)),因為直線1的傾斜角tana=-3,故sina=5,cosa=gx=—1—3t'令t'=-51,則直線1的參數(shù)方程為5(t為參數(shù))y=2+4t'5代入曲線C:x2+y2-2x-2y=0，消去x、y得t'2+41'+3=0解得t'1=-3,t'2=-1，由參數(shù)t'的幾何意義知，1ABI=It'1