2018年高考數(shù)學理科（課標版）仿真模擬卷（五）

2018高考仿真卷·理科數(shù)學(五)(考試時間:120分鐘試卷滿分:150分)一、選擇題(本題共12個小題,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.已知全集U=R,集合A={1,0,1,2},B={x|y=x2-1},則圖中陰影部分所表示的集合為A.{1} B.{0} C.{1,0} D.{1,0,1}2.設復數(shù)z滿足z(1i)=4i(i是虛數(shù)單位),則z的共軛復數(shù)z是()A.22i B.2+2i C.2+2i D.22i3.如圖,正方形ABCD的內切圓中黑色部分和白色部分關于正方形對邊中點的連線對稱,在正方形內隨機取一點,則此點取自黑色部分的概率是()A.π8 B.12 C.8-4.為了解某社區(qū)居民的家庭年收入與年支出的關系,隨機調查了該社區(qū)5戶家庭,得到如下統(tǒng)計數(shù)據(jù)表:收入x(萬元)8.28.610.011.311.9支出y(萬元)6.27.58.08.59.8根據(jù)上表可得回歸直線方程y^=b^x+a^,其中b^=0.76,a^=yA.11.4萬元 B.11.8萬元 C.12.0萬元 D.12.2萬元5.右面程序框圖的算法源于我國古代數(shù)學名著《九章算術》中的“更相減損術”.執(zhí)行該程序框圖,若輸入的a,b分別為14,21,則輸出的a=()A.2 B.3C.7 D.146.已知f(x)=f(x+1),x<1,3x,x≥1A.15 B.5C.5 D.17.已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S2=3,S4=15,則S8=()A.127 B.192 C.255 D.5118.(2x)n的展開式中所有二項式系數(shù)和為64,則x3的系數(shù)為()A.160 B.20 C.20 D.1609.函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|<πA.62 B.32 C.2210.已知一幾何體的三視圖如圖所示,俯視圖是一個等腰直角三角形和半圓,則該幾何體的體積為()A.23+π B.12+π C.2+π6 D.(第9題圖)(第10題圖)11.過雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩個焦點分別作它的兩條漸近線的平行線,若這4條直線所圍成的四邊形的周長為8A.y=±x B.y=±2x C.y=±3x D.y=±2x12.已知偶函數(shù)f(x)滿足f(1x)=f(1+x)(x∈R),且當0≤x≤1時,f(x)=2x1,則方程|cosπx|f(x)=0在[1,3]上的所有根之和為()A.8 B.9 C.10 D.11二、填空題(本題共4小題,每小題5分,共20分)13.已知|a|=1,|b|=2,且a⊥(ab),則向量a與向量b的夾角大小為.

14.設x,y滿足約束條件x-y+3≥0,x+y≥015.在數(shù)列{an}中,a1=2,nan+1=(n+1)an+2,n∈N*,則數(shù)列{an}的通項公式是an=.

16.如圖,F是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,直線l過點F且與該拋物線及其準線交于A,B,C三點,若|BC|=3|BF|,|AF|=3,則C的標準方程是.

三、解答題(共70分.解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17~21題為必考題,每個試題都必須作答.第22、23題為選考題,考生根據(jù)要求作答)(一)必考題:共60分17.(12分)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且滿足23absinC=a2+b2c2.(1)求C;(2)若asinB=bcosA,且a=2,求△ABC的面積.18.(12分)甲、乙兩家外賣公司,其送餐員的日工資方案如下:甲公司的底薪80元,每單抽成4元;乙公司無底薪,40單以內(含40單)的部分每單抽成6元,超出40單的部分每單抽成7元,假設同一公司送餐員一天的送餐單數(shù)相同,現(xiàn)從兩家公司各隨機抽取一名送餐員,并分別記錄其50天的送餐單數(shù),得到如表頻數(shù)表:甲公司送餐員送餐單數(shù)頻數(shù)表送餐單數(shù)3839404142天數(shù)101510105乙公司送餐員送餐單數(shù)頻數(shù)表送餐單數(shù)3839404142天數(shù)51010205(1)現(xiàn)從甲公司記錄的50天中隨機抽取3天,求這3天送餐單數(shù)都不小于40的概率;(2)若將頻率視為概率,回答下列問題:①記乙公司送餐員日工資為X(單位:元),求X的分布列和數(shù)學期望;②小王打算到甲、乙兩家公司中的一家應聘送餐員,如果僅從日工資的角度考慮,請利用所學的統(tǒng)計學知識為他作出選擇,并說明理由.19.(12分)如圖,四棱錐PABCD中,PD⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,BC=2AB=2AD.(1)求證:BD⊥PC;(2)若AP⊥PC,設平面PAD與平面PBC的交線為l,求二面角BlD的大小.20.(12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>(1)求C的方程;(2)若直線l與曲線C交于A,B兩點,且OA·OB=0,求證:直線l與圓E:x2+y2=221.(12分)已知函數(shù)f(x)=(x1)ex+ax2.(1)討論f(x)的單調性;(2)若函數(shù)f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.(二)選考題:共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做,則按所做的第一題記分.22.選修4—4:坐標系與參數(shù)方程(10分)在直角坐標系xOy中,曲線l的參數(shù)方程是x=2-3t,y=-1+32t(t為參數(shù)),以原點O為極點,x(1)求直線l的普通方程與圓C的直角坐標方程;(2)設直線l與圓C交于A,B兩點,求|AB|.23.選修4—5:不等式選講(10分)已知函數(shù)f(x)=|x1|+2|x+1|的最大值為a.(1)求a的值;(2)若1m+12n=a(m>0,n>0),試比較22018高考仿真卷·理科數(shù)學(五)1.B2.A3.A4.B5.C6.C7.C8.A9.D10.A11.A12.D13.π414.315.4n216.y2=17.解(1)因為23absinC=a2+b2c2,即a2+b2由余弦定理得a2+b2-所以3sinC=cosC,即tanC=33又因為0<C<π,所以C=π(2)因為asinB=bcosA,由正弦定理得sinAsinB=sinBcosA,∵sinB>0,∴sinA=cosA,即tanA=1,又因為0<A<π,所以A=π由正弦定理可得2sinπ4=所以S△ABC=12acsinB=12×2×=2sinπ18.解(1)記抽取的3天送餐單數(shù)都不小于40為事件M,則P(M)=C(2)①X的可能取值為228,234,240,247,254.P(X=228)=110;P(X=234)=15;P(X=240)=15;P(X=247)=25;P(所以X的分布列為:X228234240247254P11121所以E(X)=228×110+234×15+240×15+247×25②依題意,甲公司送餐員日平均送餐單數(shù)為38×0.2+39×0.3+40×0.2+41×0.2+42×0.1=39.7.所以甲公司送餐員日平均工資為80+4×39.7=238.8(元).由①得乙公司送餐員日平均工資為241.8元.因為238.8<241.8,故推薦小王去乙公司應聘.19.(1)證明取BC的中點E,連接DE.∵BC=2AB=2AD,∴AD=BE,又∵AD∥BC,∴四邊形ABED是平行四邊形,∴DE=AB=12BC∵E為BC的中點,∴△BCD是直角三角形,即BD⊥CD.又PD,CD?平面PCD,且PD∩CD=D.∴BD⊥平面PCD,又PC?平面PCD,∴BD⊥PC.(2)解法一因為AD∥BC,AD?平面PAD,BC?平面PAD,所以BC∥平面PAD.因為平面PAD和平面PBC的交線為l,所以BC∥l.因為DE⊥BC,連接PE.又因為BC⊥PD,所以BC⊥平面PDE,所以BC⊥PE,所以l⊥PD,l⊥PE,所以∠EPD是平面PAD和平面PBC所成角的一個平面角.設AD=1,PD=a,則AB=1,BC=2,AC=5,CD=2因為PD⊥底面ABCD,所以PA2=a2+1,PC2=a2+2.又因為AP⊥PC,所以PA2+PC2=AC2,即a=1.在△PDE中,∠PDE=90°,PD=DE=1,所以∠EPD=45°,所以二面角BlD的大小為45°.解法二由(1)知DE⊥DA,PD⊥DE,PD⊥DA,如圖,以D為坐標原點,分別以DE,DA,DP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系Dxyz.設DA=1,DP=a,則A(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,a),B(1,1,0).所以AP=(0,1,a),PC=(1,1,a).又因為AP⊥PC,所以AP·PC=0,即1a2=0,所以a=設平面PBC的法向量n1=(x,y,z).又PC=(1,1,1),CB=(0,2,0),所以n所以x令x=1,得平面PBC的一個法向量n1=(1,0,1).又平面PAD的一個法向量n2=(1,0,0),所以cos<n1,n2>=n所以二面角BlD的大小為45°.20.解(1)由題意可得2a=26,e=ca所以a=6,c=3,b=a所以橢圓C的方程為x26+(2)當直線l的斜率不存在時,設直線l為x=t,與橢圓C的交點為At,6-t22,Bt,-6-t22,因為OA·OB此時直線l為x=±2,與圓x2+y2=2相切.當直線l的斜率存在時,設直線l為y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立直線與橢圓的方程x2+2y2=6,y=kx+m,消去y并整理得,(1+2k2)因為直線與橢圓有兩個不同的交點,所以Δ=16k2m24(1+2k2)(2m26)>0,化簡,得m2<6k2+3.①由韋達定理得x1+x2=-4km1+2k2,x所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=m因為OA·OB=0,所以x1x2+y1y2即2m2整理得m2=2k2+2滿足①式,所以|m|k2+1=所以直線l與圓x2+y2=2相切.綜上,直線l與圓E:x2+y2=2相切.21.解(1)f'(x)=xex+2ax=x(ex+2a).(ⅰ)當a≥0時,ex+2a>0在R上恒成立,故當x∈(∞,0)時,f'(x)<0;當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在(∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.(ⅱ)當a<0時,由f'(x)=0得,x=0或x=ln(2a).①若a<12,則ln(2a)>故當x∈(∞,0)∪(ln(2a),+∞)時,f'(x)>0;x∈(0,ln(2a))時,f'(x)<0;所以f(x)在(∞,0),(ln(2a),+∞)上單調遞增,在(0,ln(2a))上單調遞減;②若a=12,則ln(2a)=0,則f'(x)=x(ex1)≥0恒成立所以f(x)在R上單調遞增;③若12<a<0,則ln(2a)<故當x∈(∞,ln(2a))∪(0,+∞)時,f'(x)>0;x∈(ln(2a),0)時,f'(x)<0;所以f(x)在(∞,ln(2a)),(0,+∞)上單調遞增,在(ln(2a),0)上單調遞減.綜上所述,當a≥0時,f(x)在(∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增;當12<a<0時,f(x)在(∞,ln(2a)),(0,+∞)上單調遞增,在(ln(2a),0)上單調遞減當a=12時,f(x)在R上單調遞增當a<12時,f(x)在(∞,0),(ln(2a),+∞)上單調遞增在(0,ln(2a))上單調遞減;(2)(ⅰ)若a=0,則f(x)=(x1)ex,故f(x)只有一個零點.(ⅱ)當a>0時,函數(shù)f(x)在(∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.因為f(0)=1<0,f(1)=a>0,取實數(shù)b滿足b<2且b<lna,則f(b)>a(b1)+ab2=a(b2+b1)>a(421)>0,所以f(x)有兩個零點.(ⅲ)若a<0,由(ⅰ)知,當a≥12時,則f(x)在(0,+∞)單調遞增,又當x≤0時,f(x)<故f(x)不存在兩個零點;當a<12時,f(x)在(∞,0),(ln(2a),+∞)上單調遞增,在(0,ln(2a))上單調遞減,又f(0)<0,所以x