2018年高考數(shù)學(xué)理科（課標(biāo)版）仿真模擬卷（三）

2018高考仿真卷·理科數(shù)學(xué)(三)(考試時(shí)間:120分鐘試卷滿分:150分)一、選擇題(本題共12個(gè)小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.已知集合A={x|x(x+1)>0},B={x|y=x-1},則A∩B=(A.{x|x>0} B.{x|x≥1} C.{x|0<x≤1} D.R2.命題“?x0∈R,x03-x02+1≤A.?x0∈R,x03-x02+1<0 B.?x0∈RC.?x∈R,x3x2+1>0 D.?x∈R,x3x2+1≤03.實(shí)數(shù)x,y滿足x>y>0,則()A.1x>1C.12x>124.若m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,則下列命題正確的是()A.若α⊥β,m⊥β,則m∥α B.若m∥α,n⊥m,則n⊥αC.若m∥α,n∥α,m?β,n?β,則α∥β D.若m∥β,m?α,α∩β=n,則m∥n5.已知實(shí)數(shù)x,y滿足x-y≤1,x+2≥0,xA.7 B.52 C.2 D.6.如圖所示,函數(shù)y=3tan2x+π6的部分圖象與坐標(biāo)軸分別交于點(diǎn)D,E,F,則△DEFA.π4 B.C.π D.2π7.已知正方形ABCD的邊長為2,對角線相交于點(diǎn)O,P是線段BC上一點(diǎn),則OP·CP的最小值為(A.2 B.1C.14 D.8.函數(shù)f(x)=xcosxx2+1(x∈[9.在△ABC中,∠B=2π3,A,B是雙曲線E的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)C在E上,若(BA+BC)·AC=0,則EA.51 B.3+1C.3-1210.如圖,“大衍數(shù)列”:0,2,4,8,12…來源于《乾坤譜》中對《易傳》“大衍之?dāng)?shù)五十”的推論,主要用于解釋中國傳統(tǒng)文化中的太極衍生原理,數(shù)列中的每一項(xiàng)都代表太極衍生過程中曾經(jīng)經(jīng)歷過的兩儀數(shù)量總和.下圖是求大衍數(shù)列前n項(xiàng)和的程序框圖.執(zhí)行該程序框圖,輸入m=10,則輸出的S=()A.100 B.140 C.190 D.25011.若銳角φ滿足sinφcosφ=22,則函數(shù)f(x)=sin2(x+φ)的單調(diào)增區(qū)間為(A.2kπ-5π12,2kπ+π12C.2kπ+π12,2kπ+7π1212.已知函數(shù)f(x)=|log2x|,0<x≤2,log2(4-A.0,12C.0,17-二、填空題(本題共4小題,每小題5分,共20分)13.復(fù)數(shù)z滿足(1i)z=2i,則|z|=.

14.設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1=1,a3+a5=6,則a5+a7+a9=.

15.直線y=k(x1)與拋物線y2=4x交于A,B兩點(diǎn),若|AB|=163,則k=.16.某三棱錐的三視圖如圖所示,則它的外接球表面積為.

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(gè)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)如圖,單位圓O與x,y軸正半軸的交點(diǎn)分別為A,D,圓O上的點(diǎn)C在第一象限.(1)若點(diǎn)C的坐標(biāo)為32,12,延長CD至點(diǎn)B,使得DB=2,(2)圓O上的點(diǎn)E在第二象限,若∠EOC=2π3,求四邊形OCDE18.(12分)如圖,在直角梯形BDFE中,EF∥BD,BE⊥BD,EF=22,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AB=2CD=4,且平面BDFE⊥平面ABCD.(1)求證:AC⊥平面BDFE;(2)若BF與平面ABCD所成角為π4,求二面角BDFC的余弦值19.(12分)已知某智能制作完成之后還需要依次通過三道嚴(yán)格的檢測程序,第一道檢測、第二道檢測、第三道檢測通過的概率分別為2532,45,45,每道程序是相互獨(dú)立的(1)求檢測過程中只通過兩道程序的概率;(2)現(xiàn)有3部該智能進(jìn)入檢測,記這3部可以出廠銷售的部數(shù)為X,求X的分布列及數(shù)學(xué)期望.20.(12分)已知點(diǎn)F1(2,0),圓F2:(x2)2+y2=16,點(diǎn)M是圓上一動點(diǎn),MF1的垂直平分線與MF2交于點(diǎn)N.(1)求點(diǎn)N的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)N的軌跡為曲線E,過點(diǎn)P(0,1)且斜率不為0的直線l與E交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)B關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)為B',證明直線AB'過定點(diǎn),并求△PAB'面積的最大值.21.(12分)已知函數(shù)f(x)=(ax2+x+a)ex(a∈R).(1)若a≥0,函數(shù)f(x)的極大值為3e,求實(shí)數(shù)a的值(2)若對任意的a≤0,f(x)≤bln(x+1)在x∈[0,+∞)上恒成立,求實(shí)數(shù)b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(biāo)系與參數(shù)方程(10分)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C的參數(shù)方程為x=2cosφ,y=sinφ(φ為參數(shù)).以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,A,B為C上兩點(diǎn),且OA⊥OB,設(shè)射線OA:θ=α(1)求曲線C的極坐標(biāo)方程;(2)求|OA|·|OB|的最小值.23.選修4—5:不等式選講(10分)函數(shù)f(x)=|x1|+|2x+a|.(1)當(dāng)a=1時(shí),求證:f(x)+|x1|≥3;(2)若f(x)的最小值為2,求實(shí)數(shù)a的值.2018高考仿真卷·理科數(shù)學(xué)(三)1.B2.C3.B4.D5.C6.A7.C8.A9.D10.C11.B12.D13.214.2815.±31617.解(1)由點(diǎn)C32,12在單位圓上,可知∠AOC=30°,由圖象可得∠COD=60°,又OD=OC,所以△OCD為等邊三角形.所以∠在△ODB中,OD=1,∠CDB=120°,DB=2,由余弦定理得OB2=OD2+DB22OD·DB·cos120°,解得OB=7(2)設(shè)∠COD=θπ6<θ<πS△COD=12sinθ,S△EOD=12sin四邊形OCDE的面積S(θ)=S△EOD+S△COD=12sinθ+12=12sinθ+32cosθ+12sin∵π6<θ<π2,∴π3當(dāng)θ+π6=π2,即θ=π3時(shí),四邊形18.(1)證明∵平面BDFE⊥平面ABCD,BE⊥BD,平面BDFE∩平面ABCD=BD,∴BE⊥平面ABCD.又AC?平面ABCD,∴AC⊥BE,又∵AC⊥BD,且BE∩BD=B,∴AC⊥平面BDFE.(2)解設(shè)AC∩BD=O,∵四邊形ABCD為等腰梯形,∠DOC=π2,AB=2CD=∴OD=OC=2,OB=OA=22∵FEOB,∴四邊形BOFE為平行四邊形,∴OF∥BE,又∵BE⊥平面ABCD,∴OF⊥平面ABCD,∴∠FBO為BF與平面ABCD所成的角,∴∠FBO=π4又∵∠FOB=π2,∴OF=OB=2以O(shè)為原點(diǎn),OA為x軸,OB為y軸,OF為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,22,0),D(0,2,0),F(0,0,22),C(2,0,0),A(22,0,0),DF=(0,2,22),CD=(2,2,0).∵AC⊥平面BDFE,∴平面BDF的法向量為(1,0,0),設(shè)平面DFC的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),由DF令x=2得,n=(2,2,1),cos<n,AC>=21·22+219.解(1)設(shè)“檢測過程中只通過兩道程序”為事件A,則P(A)=25(2)每部該智能可以出廠銷售的概率為25由題意可得X可取0,1,2,3,則有P(X=0)=1-P(X=1)=C3P(X=2)=C3P(X=3)=1所以X的分布列為:X0123P1331故E(X)=0×18+1×38+220.解(1)由已知得|NF1|=|NM|,所以|NF1|+|NF2|=|MN|+|NF2|=4.又|F1F2|=22,所以點(diǎn)N的軌跡是以F1,F2為焦點(diǎn),長軸長等于4的橢圓,所以點(diǎn)N的軌跡方程是x24+(2)設(shè)直線AB:y=kx+1(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則B'(x2,y2),聯(lián)立直線AB與橢圓得x得(1+2k2)x2+4kx2=0,∴∴kAB'=y1-y2x1+x2,所以直線AB':y所以令x=0,得y=x1y2+所以直線AB'過定點(diǎn)Q(0,2),所以△PAB'的面積S=|S△PQB'S△PQA|=12|x1+x2|=2當(dāng)且僅當(dāng)k=±22時(shí),等號成立.所以△PAB'面積的最大值是21.解(1)由題意,f'(x)=(2ax+1)ex(ax2+x+a)ex=ex[ax2+(12a)x+a1]=ex(x1)(ax+1a).(ⅰ)當(dāng)a=0時(shí),f'(x)=ex(x1),令f'(x)>0,得x<1;f'(x)<0,得x>1,所以f(x)在(∞,1)單調(diào)遞增,(1,+∞)單調(diào)遞減.所以f(x)的極大值為f(1)=1e≠3(ⅱ)當(dāng)a>0時(shí),11a<令f'(x)>0,得11a<x<1;令f'(x)<0,得x<11a或所以f(x)在1-1a,1單調(diào)遞增,-∞所以f(x)的極大值為f(1)=2a+1e=3綜上所述a=1.(2)令g(a)=ex(x2+x)a+xex,a∈(∞,0],當(dāng)x∈[0,+∞)時(shí),ex(x2+x)≥0,則g(a)≤bln(x+1)對?a∈(∞,0]恒成立等價(jià)于g(a)≤g(0)≤bln(x+1),即xex≤bln(x+1),對x∈[0,+∞)恒成立.(ⅰ)當(dāng)b≤0時(shí),?x∈(0,+∞),bln(x+1)<0,xex>0,此時(shí)xex>bln(x+1),不合題意.(ⅱ)當(dāng)b>0時(shí),令h(x)=bln(x+1)xex,x∈[0,+∞),則h'(x)=bx+1(exxex)=bex+x2-1(x+1)ex令p(x)=bex+x21,x∈[0,+∞),則h(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增,①當(dāng)b≥1時(shí),p(x)≥p(0)=b1≥0,所以對?x∈[0,+∞),h'(x)≥0,從而h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以對任意x∈[0,+∞),h(x)≥h(0)=0,即不等式bln(x+1)≥xex在[0,+∞)上恒成立.②當(dāng)0<b<1時(shí),由p(0)=b1<0,p(1)=be>0及p(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以存在唯一的x0∈(0,1)使得p(x0)=0,且x∈(0,x0)時(shí),p(x0)<0.從而x∈(0,x0)時(shí),h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,則x∈(0,x0)時(shí),h(x)<h(0)=0,即bln(x+1)<xex,不符合題意.綜上所述,b≥1.22.解(1)將C1的方程化為直角坐標(biāo)方程為x22+y2=1,即x22+y將x=ρcosθ,y=ρsinθ代入可得(ρcosθ)22+(ρsinθ)2=(2)根據(jù)題意,射線OB的極坐標(biāo)方程為θ=α+π2或θ=α|OA|=ρ1=21+sin2α,|OB|=ρ則|OA|·|OB|=ρ1·ρ2=21+si當(dāng)且僅當(dāng)sin2α=cos2α,即α=π4時(shí),取得最小值故|OA