2018年甘肃省高考文科数学押题卷与答案

绝密 ★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试文 科 数 学（二）注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（）{}2340A x x x =∈--≤Z {}0ln 2B x x =<<A B = A ．B ．C ．D ．{}1,2,3,4{}3,4{}2,3,4{}1,0,1,2,3,4-【答案】C【解析】，{}{}{}2340141,0,1,2,3,4A x x x x x =∈--≤=∈-≤≤=-Z Z ，所以．{}{}20ln 21e B x x x x =<<=<<{}2,3,4A B = 2．设复数（是虚数单位），则的值为（）1z=i z z+A ．B ．C．D ．21【答案】B【解析】，．2z z +=2z z +=3．“为假”是“为假”的（ ）条件．p q ∧p q ∨A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充要D ．既不充分也不必要【答案】B【解析】由“为假”得出，中至少一个为假．当，为一假一真时，为真，故不充分；p q ∧p q p q p q ∨当“为假”时，，同时为假，所以为假，所以是必要的，所以选B ．p q ∨p q p q ∧4．已知实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）x y 222020x x y x y ≤⎧⎪-+≥⎨⎪++≥⎩3x z y =-+A ．B ．C ．D ．143-2-434【答案】C【解析】作出的可行域为三角形（包括边界），把改写为，当且仅当动直线3x z y =-+3xy z =+过点时，取得最大值为．3x y z =+()2,2z 435．据有关文献记载：我国古代一座9层塔共挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层灯数比上一层灯数都多（为常数）盏，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的底层共有灯（ ）盏．n n A ．2B ．3C ．26D ．27【答案】C【解析】设顶层有灯盏，底层共有盏，由已知得，则，1a 9a ()91991132691262a a a a a =⎧⎪⇒=⎨+=⎪⎩所以选C ．6．如图是一个算法流程图，若输入的值是13，输出的值是46，则的值可以是（ ）n S a A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C【解析】依次运行流程图，结果如下：，；，；，；，，此时退出循环，所以的值可13S =12n =25S =11n =36S =10n =46S =9n =a 以取10．故选C ．7．设双曲线的两条渐近线互相垂直，顶点到一条渐近线的距离为1，则双曲()2222:10,0x y C a b a b-=>>线的一个焦点到一条渐近线的距离为（）A ．2BC ．D ．4【答案】B【解析】因为双曲线的两条渐近线互相垂直，所以渐近线方程为，所以．因2222:1x yC a b -=y x =±a b =为顶点到一条渐近线的距离为1，所以，双曲线的方程为，所1=a b ==C 22122x y -=以双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为．b =8．已知数据，，，，的平均值为2，方差为1，则数据，，，相对于原数据（ ）1x 2x 10x 21x 2x 10x A ．一样稳定B ．变得比较稳定C ．变得比较不稳定D ．稳定性不可以判断【答案】C【解析】因为数据，，，，的平均值为2，所以数据，，，的平均值也为2，因为数据，1x 2x 10x 21x 2x 10x 1x ，，，的方差为1，所以，所以，所以数据，2x 10x 2()()102211222111i i x =⎡⎤-+-=⎢⎥⎣⎦∑()10212=11i i x =-∑1x ，，的方差为，因为，所以数据，，，相对于原数据变得比较不2x 10x ()102112=1.110ii x =-∑ 1.11>1x 2x 10x 稳定．9．设表示正整数的所有因数中最大的奇数与最小的奇数的等差中项，数列的前n 项和为，那n a n {}n a n S 么（ ）21n S -=A ．B ．C ．D ．122n n +--11222433n n --+⋅-2nn -22nn +-【答案】B【解析】由已知得，当为偶数时，，当为奇数时，．n 2n n a a =n 12n na +=因为，12342121n n S a a a a a --=+++++ 所以1112342121n n S a a a a a ++--=+++++ ()()111352462122+n n a a a a a a a a ++--=++++++++ ()1123211113151212222n n a a a a +-⎛⎫++++-=+++++++++ ⎪⎝⎭ ，()()123211232n na a a a -=+++++++++ ()211222n nnS -+=+()211242n nn S -=++即，()121211242n n nn S S +--=++所以．()()()1112211112121111224242422422233n n n n n n n S S --------=+++++++=+⋅- 10．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，若线段中点的横坐标为3，2y mx =()0m >P Q PQ ，则（ ）54PQ m =m =A ．4B ．6C ．8D ．10【答案】C【解析】因为，所以焦点到准线的距离，设，的横坐标分别是，，则2y mx =2mp =P Q 1x 2x ，，因为，所以，即，解得．1232x x +=126x x +=54PQ m =125+4x x p m +=5624m m +=8m =11．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，1，，则此三棱锥外接球的12表面积为（）A ．B ．C ．D ．174π214π4π5π【答案】B【解析】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体的四个顶点，即为三1111ABCD A B C D -棱锥,且长方体的长、宽、高分别为2，1，，11A CB D -1111ABCD A B C D-12所以此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，半径，所以1111ABCD A B C D -R ==三棱锥外接球的表面积为．2221444S R π=π=π=12．已知点是曲线上任意一点，记直线（为坐标系原点）的斜率为，则下列一定P sin ln y x x =+OP O k 成立的为（ ）A ．B ．C ．D ．1k <-0k <1k <1k ≥【答案】C【解析】任意取为一正实数，一方面，另一方面容易证成立，所以x sin ln ln 1y x x x =+≤+ln 1x x +≤，因为与中两个等号成立条件不一样，所以sin ln y x x x =+≤sin ln ln 1y x x x =+≤+ln 1x x +≤恒成立，所以，所以排除D ；当时，，所以，所以sin ln y x x x =+<1k <2x π≤<πsin ln 0y x x =+>0k >排除A ，B ．所以选C ．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2018年高考真题模拟卷（含答案）文科数学 2018年高三甘肃省第二次模拟考试文科数学单选题（本大题共12小题，每小题____分，共____分。

）已知集合，，则( )A.B.C.D.函数的图象（）A. 关于原点对称B. 关于直线对称C. 关于轴对称D. 关于轴对称一次函数y＝－x＋的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是( )A. m＞1，且n＜1B. mn＜0C. m＞0，且n＜0D. m＜0，且n＜0若,则的值为（）A.B.C.D. -圆x2＋y2－4x－4y－10＝0上的点到直线x＋y－14＝0的最大距离与最小距离的差是( )A. 30B. 18C. 6D. 5有下列命题：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b∥α，则a∥α；④若直线a∥b，b∥α，则a平行于平面α内的无数条直线．其中真命题的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4（其中）的图象如图所示，为了得到的图像，则只要将的图像（）A. 向右平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向左平移个单位长度把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面⊥平面，形成三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.B.C.D.已知两点M(2，－3)，N(－3，－2)，直线l过点P(1,1)且与线段MN相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )A. k≥或k≤－4B. －4≤k≤C. ≤k≤4D. －≤k≤4已知函数，且，则以下结论正确的是（）A.B.C.D.已知为数列的前项和，且，则数列的通项公式为( )A.B.C.D.三棱锥中，平面，且，则该三棱锥的外接球的表面积是（）A.B.C.D.填空题（本大题共4小题，每小题____分，共____分。

）已知点，，，则在方向上的投影为____．m>0，n>0，点(－m，n)关于直线x＋y－1＝0的对称点在直线x－y＋2＝0上，那么＋的最小值等于________．15．如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．已知函数，无论去何值，函数在区间上总是不单调，则的取值范围是____简答题（综合题）（本大题共6小题，每小题____分，共____分。

绝密 ★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试文 科 数 学（一）注意事项：1、答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数132i z =+，121i z z +=+，则复数12z z ⋅=（ ） A ．47i -- B ．2i --C ．1+iD ．14+5i【答案】A【解析】根据题意可得，21i 32i 2i z =+--=--，所以()()1232i 2i 47i z z ⋅=+⋅--=--． 2．集合{}|A x x a =<，{}3log 1B x x =<，若{}3A B x x =<U ，则a 的取值范围是（ ）A ．[]0,3B ．(]0,3C ．(],3-∞D ．(),3-∞【答案】B【解析】根据题意可得{}{}3log 103x B x x x <=<<=，因为{}3A B x x =<U ，所以03a <≤． 3．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”（如下图），四个全等的直角三角形（朱实），可以围成一个大的正方形，中空部分为一个小正方形（黄实）．若直角三角形中一条较长的直角边为8，直角三角形的面积为24，若在上面扔一颗玻璃小球，则小球落在“黄实”区域的概率为（ ）A ．14B ．13C ．125D ．2573【答案】C【解析】根据题意可得，另外一条直角边长为6，所以“黄实”区域的面积为()286=4-，大正方形的面积是228+6=100，所以小球落在“黄实”区域的概率是4110025=． 4．若双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>的焦点到渐近线的距离等于其实轴长，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．2 B ．3C ．5D ．22【答案】C【解析】由题意可知：2b a =，224ba =，2224c a a -=，5e =．5．将函数215log cos π262x y ⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭=对应的曲线沿着x 轴水平方向向左平移2π3个单位，得到曲线为（ ）A ．1πcos 26y x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=- B ．1πsin 26y x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=- C ．1sin 2y x =-D ．1sin2y x = 【答案】D【解析】因为215log cos π26152cos π26x y x ⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭==-，所以沿着x 轴水平方向向左平移2π3个单位，得到曲线为1251151π1cos ππcos ππcos sin 236236222y x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．6．如图的程序框图，则输出y 的最大值是（ ） A ．3B ．0C ．15D ．8此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号【答案】C【解析】当3x =-时，3y =；当2x =-时，0y =；当1x =-时，1y =-；当0x =时，0y =；当1x =时，3y=；当2x =时，8y =；当3x =时，15y =，所以y 的最大值为15．7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）正视图侧视图A ．2π+B ．1+πC ．2+2πD ．12π+【答案】A【解析】根据三视图可得该几何体为一个长方体和半个圆柱组合所成，21112π122π2V =⨯⨯+⨯⨯⨯=+．8．已知某函数图象如图所示，则图象所对应的函数可能是（ ）A ．2x x y =B ．22xy =-C ．e xy x =-D ．|2|2x y x =﹣【答案】D【解析】对于A ，函数()2x x xf =，当0x >时，0y >，0x <时，0y <，不满足题意；对于B ，当0x ≥时，()f x 递增，不满足题意；对于C ，当0x ≥时，()0f x >，不满足题意．故选D ．9．在平面直角坐标系中，已知直线l的方程为：20x y -=，圆C 的方程为()222423100x y ax y a a +--++=>，动点P 在圆C 上运动，且动点P 到直线l 的最大距离为2，则圆C 的面积为（ ） A ．π或(201π- B ．πC．(201π+D ．π或(201π+【答案】B【解析】因为()()2222224231210x y ax y a x a y a +--++=-+--=，所以()()22221x a y a -+-=，圆C 的圆心为(2,1)a ，半径为a ．因为点P 在圆C 上的动点，所以P 到直线l的最大距离为2a +=，当a ≥时，解得11a =-2112-当0a <<1a =，符合题意，所以1a =，2S a =π=π圆． 10．已知函数()y f x =为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调函数，函数()()5g x f x =-；数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，若()()190g a g a +=，则129a a a +++=L （ ）A ．45B ．15C ．10D ．0【答案】A【解析】由函数()y f x =为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调函数，可知()()5g x f x =-关于()5,0对称，且在R 上是单调函数， 由()()190g a g a +=，所以1910a a +=，即55a =， 根据等差数列的性质，1295945a a a a +++==L ．11．若x =()()22e x f x x ax =-的极值点，则函数()y f x =的最小值为（ ）A．(2e +B ．0C．(2-D ．e -【答案】C【解析】()()22e x f x x ax =-，∴()()()()2222e 2e 212e x x xf x x a x ax x a x a '⎡⎤=-+=+--⎣⎦-，由已知得，0f '=，∴220a +-=，解得1a =．∴()()22e x f x x x =-，∴()()22e x f x x '-=，所以函数的极值点为，当(x ∈时，()0f x '<，所以函数()y f x =是减函数，当(,x ∈-∞或)x ∈+∞时，()0f x '＞，函数()y f x =是增函数．又当()(),02,+x ∈-∞∞U 时，220x x ->，()0f x >，当()0,2x ∈时，220x x -<，()0f x <，∴()min f x 在()0,2x ∈上，又当(x ∈时，函数()y f x =递减，当)x ∈时，函数()y f x =递增，∴()(min 2f x f==-．12．已知0b a >>，函数()2log 21log 2xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在[],a b 上的值域为132⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，，则ab =（ ） A ．14B ．12C ．2D【答案】D【解析】()2log 2211log log 2xf x x x x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭()a x b ≤≤，又()2110ln2f x x x '=--<，所以()y f x =在[],a b 上递减，∴()()312f a f b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，即2213log 11log 2a a b b ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩①，由1y t x =+与2log y x =的图象只有唯一交点可知方程21log t x x +=只有唯一解，经检验122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩是方程组①的唯一解，所以ab =第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2018年甘肃省兰州市西北师大附中高考数学冲刺试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合M ＝{x|x 2−1≤0}，N ＝{x|log 2(x +2)<log 23, x ∈Z}，则M ∩N ＝（ ） A.{−1, 0} B.{1} C.{−1, 0, 1} D.⌀ 【答案】 A【考点】 交集及其运算 【解析】求出集合A 、B ，然后求解交集即可． 【解答】M ＝{x|−1≤x ≤1}，N ＝{x|−2<x <1, x ∈Z}＝{−1, 0}，∴ M ∩N ＝{0, 1}，2. 已知复数z 1=3+4i ，z 2=t +i ，且z 1⋅z 2是实数，则实数t 等于（ ） A.34 B.43C.−43D.−34【答案】 D【考点】 复数的运算 【解析】由复数代数形式的乘除运算化简，然后由虚部等于0求得t 的值． 【解答】∵ z 1=3+4i ，z 2=t +i ，∴ z 1⋅z 2=(3+4i)(t +i)=(3t −4)+(4t +3)i ， 由z 1⋅z 2是实数，得4t +3=0，即t =−34．3. 若点(x, y)在不等式组{x −2≤0y −1≤0x +2y −2≥0 表示的平面区域内运动，则t =x −y 的取值范围是（ ） A.[−2, −1] B.[−2, 1]C.[−1, 2]D.[1, 2]【答案】 C【考点】简单线性规划 【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，t =x −y 表示直线在y 轴上的截距的相反数，只需求出可行域直线在y 轴上的截距最值即可． 【解答】先根据约束条件{x −2≤0y −1≤0x +2y −2≥0 画出可行域， 由{x −2=0x +2y −2=0得B(2, 0)，由{y −1=0x +2y −2=0，得A(0, 1)， 当直线t =x −y 过点A(0, 1)时，t 最小，t 最小是−1， 当直线t =x −y 过点B(2, 0)时，t 最大，t 最大是2， 则t =x −y 的取值范围是[−1, 2]4. 在区间[−π2, π2]上随机取一个数x ，则事件“0≤sinx ≤1”发生的概率为（ ） A.14 B.13C.12D.23【答案】 C【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】利用三角函数的辅助角公式求出0≤sinx ≤1的等价条件，利用几何概型的概率公式即可得到结论． 【解答】在区间[−π2, π2]上，由0≤sinx ≤1得0≤x ≤π2，π2−0π2−(−π2)=12，5. 设向量a →=(1, 1)，b →=(2, −3)，若ka →−2b →与a →垂直，则实数k 的值等于（ ）A.−1B.1C.2D.−2【答案】 A【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】利用已知条件表示ka →−2b →，通过向量互相垂直⇔数量积为0，列出方程解得k ．【解答】∵ 向量a →=(1, 1)，b →=(2, −3)，∴ ka →−2b →=k(1, 1)−2(2, −3)＝(k −4, k +6)． ∵ ka →−2b →与a →垂直，∴ (ka →−2b →)⋅a →=k −4+k +6＝0，解得k ＝−1．6. 某程序框图如图所示，若输出的S =57，则判断框内为( )A.k>4？B.k>5？C.k>6？D.k>7？【答案】A【考点】程序框图【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输入S的值，条件框内的语句是决定是否结束循环，模拟执行程序即可得到答案．【解答】解：程序在运行过程中各变量值变化如下表：k S是否继续循环循环前11第一次循环24是第二次循环311是第三次循环426是第四次循环557否故退出循环的条件应为：k>4？故选A.7. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A.3πB.4πC.2π+4D.3π+4【答案】D【考点】由三视图求体积柱体、锥体、台体的体积计算【解析】由已知中的三视图可得，该几何体是以俯视图为底面的半圆柱，底面半径为1，高为2，代入柱体表面积公式，可得答案． 【解答】由已知中的三视图可得，该几何体是以俯视图为底面的半圆柱， 底面半径为1，高为2，故该几何体的表面积S ＝2×12π+(2+π)×2＝3π+4，8. 为了了解某校教师使用多媒体进行教学的情况，采用简单随机抽样的方法，从该校400名授课教师中抽取20名，调查了他们上学期使用多媒体进行教学的次数，结果用茎叶图表示如图所示．据此可估计该校上学期400名教师中使用多媒体进行教学次数在[16, 30)内的人数为（ ）A.100B.160C.200D.280 【答案】 B【考点】 茎叶图 【解析】先由茎叶图确定样本中教学次数在[16, 30)的人数，进而通过样本进行估计总体． 【解答】由茎叶图可知，样本中教学次数在[16, 30)的人数为8人，则教学次数在[16, 30)的频率为820=25，所以可估计该校上学期400名教师中使用多媒体进行教学次数在[16, 30)内的人数为25×400=160人．9. 设F 1，F 2是双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0, b >0)的两个焦点，点P 在双曲线上，若PF 1→⋅PF 2→=0 且|PF 1→||PF 2→|＝2ac(c =√a 2+b 2)，则双曲线的离心率为（ ） A.1+√52B.1+√32C.2D.1+√22【答案】 A【考点】数量积表示两个向量的夹角 双曲线的离心率 【解析】由勾股定理得 (2c)2＝|PF 1|2+|PF 2|2＝|PF 1−PF 2|2 +2|PF 1→||PF 2→|，得到 e 2−e −1＝0，解出e ． 【解答】由题意得，△PF 1F 2是直角三角形，由勾股定理得(2c)2＝|PF1|2+|PF2|2＝|PF1−PF2|2 +2|PF1→||PF2→|＝4a2+4ac，∴c2−ac−a2＝0，e2−e−1＝0且e>1，解方程得e=1+√52，10. 将函数f(x)=sin(2x+θ)(−π2<θ<π2)的图象向右平移φ(φ>0)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)，g(x)的图象都经过点P(0,√32)，则φ的值可以是（）A.5π3B.5π6C.π2D.π6【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义【解析】此题暂无解析【解答】解：点P(0,√32)在f(x)=sin(2x+θ)(−π2<θ<π2)的图象上，所以√32=sinθ，解得θ=π3．则f(x)=sin(2x+π3)，由已知得g(x)=sin[2(x−φ)+π3](φ>0)，点(0,√32)也在g(x)图象上，代入解析式得√32=sin(−2φ+π3)．把四个选项中的值代入此式知，B选项中φ=5π6代入后适合．故选B．11. 数列{a n}满足：a3=15,a n−a n+1=2a n a n+1，则数列{a n a n+1}前10项的和为（）A.10 21B.2021C.919D.1819【答案】A【考点】数列的求和 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：将a n −a n+1=2a n a n+1两端同时除以a n a n+1得到1a n+1−1a n=2．由等差数列的定义可知，数列{1a n}首项为1a 1，公差为2的等差数列．又a 3=15，则1a 3=5，所以由1a 3=1a 1+2×2=5，解得a 1=1，1a n=1+2(n −1)=2n −1，即a n =12n−1．则数列{a n a n+1}的通项公式为a n a n+1=12n−1⋅12n+1=12(12n−1−12n+1)，其前10项和为S 10=12(1−13+13−15+⋯+119−121)=12(1−121)=1021． 故选A ．12. 若函数f(x)=2e x ln(x +m)+e x −2存在正的零点，则实数m 的取值范围（ ）A.(−∞, √e)B.(√e, +∞)C.(−∞, e)D.(e, +∞) 【答案】 A【考点】函数零点的判定定理 【解析】令g(x)=ln(x +m)，ℎ(x)=1e x −12，利用函数f(x)=2e x ln(x +m)+e x −2存在正的零点，可得g(0)<ℎ(0)，结合m ≤0时，显然成立，即可求出实数m 的取值范围． 【解答】由f(x)=2e x ln(x +m)+e x −2=0，可得ln(x +m)=1e x −12， 令g(x)=ln(x +m)，ℎ(x)=1e x −12，则∵ 函数f(x)=2e x ln(x +m)+e x −2存在正的零点， ∴ g(0)<ℎ(0)， ∴ lnm <12，∴ 0<m <√e ， m ≤0时，显然成立， ∴ m <√e ，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中对应题号的横线上.已知a >0，b >0，且a +b =1，则1a +1b 的最小值是________． 【答案】 4【考点】 基本不等式 【解析】由已知可得：1a +1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab，再利用基本不等式的性质即可得出．【解答】∵a>0，b>0，且a+b=1，则1a +1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab≥2+2√ab∗ba=4，当且仅当a=b=12时取等号．∴1a +1b的最小值是4．在等比数列{a n}中，3a1，12a5,2a3成等差数列，则a9+a10a7+a8=________．【答案】3【考点】等比数列的通项公式【解析】设等比数列{a n}的公比为q，由3a1，12a5,2a3成等差数列，可得2×12a5=3a1+2a3，化为q4−2q2−3=0，解出即可得出．【解答】设等比数列{a n}的公比为q，∵3a1，12a5,2a3成等差数列，∴2×12a5=3a1+2a3，∴a1q4=3a1+2a1q2，化为q4−2q2−3=0，解得q2=3．则a9+a10a7+a8=q2(a7+a8)a7+a8=q2=3．在区间[0, 2]上任取两个实数a，b，则函数f(x)=x2+ax−14b2+1没有零点的概率是________．【答案】π4【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】根据题意利用几何概型的概率公式计算对应区域面积的比值即可．【解答】区间[0, 2]上任取两个实数a，b，则函数f(x)=x2+ax−14b2+1没有零点应满足：{0≤a≤20≤b≤2△=a2+b2−4<0，所以，所求的概率是P =14×π⋅2222=π4．已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为√3，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60∘，则此球的表面积等于________． 【答案】 8π【考点】球的体积和表面积 【解析】利用三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60∘，求出AA 1，再求出△ABC 外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积． 【解答】∵ 三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为√3，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60∘，∴ 12×2×1×sin60×AA 1=√3∴ AA 1＝2∵ BC 2＝AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos60∘＝4+1−2，∴ BC =√3 设△ABC 外接圆的半径为R ，则BCsin60=2R ，∴ R ＝1∴ 外接球的半径为√1+1=√2 ∴ 球的表面积等于4π×(√2)2=8π三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a 2+c 2−b 2＝ac ，且√2b =√3c ．（1）求角A 的大小；（2）设函数f(x)＝1+cos(2x +B)−cos2x ，求函数f(x)的最大值． 【答案】在△ABC 中，∵ a 2+c 2−b 2＝ac ，∴ cosB =a 2+c 2−b 22ac=12，∴ B =π3．∵ √2b =√3c ，由正弦定理可得且√2sinB =√3sinC ，∴ sinC =√22，∴ C =π4，故A ＝π−B −C =5π12．∵ a 2+c 2−b 2＝ac ，且√2b =√3c ，由（1）得f(x)＝1+cos(2x +B)−cos2x ＝1+cos(2x +π3)−cos2x＝1+12cos2x −√32sin2x −cos2x ＝1−12cos2x −√32sin2x ＝1+sin(2x +7π6)，∴ f(x)的最大值为2． 【考点】 余弦定理三角函数的最值【解析】（1）在△ABC 中利用余弦定理求得cosB 的值，可得B 的值；根据√2b =√3c ，由正弦定理可得C 的值，从而求得A ＝π−B −C 的值．（2）利用三角恒等变换化简f(x)的解析式，再根据正弦函数的最大值求得f(x)的最大值． 【解答】在△ABC 中，∵ a 2+c 2−b 2＝ac ，∴ cosB =a 2+c 2−b 22ac=12，∴ B =π3．∵ √2b =√3c ，由正弦定理可得且√2sinB =√3sinC ， ∴ sinC =√22，∴ C =π4，故A ＝π−B −C =5π12．∵ a 2+c 2−b 2＝ac ，且√2b =√3c ，由（1）得f(x)＝1+cos(2x +B)−cos2x ＝1+cos(2x +π3)−cos2x ＝1+12cos2x −√32sin2x −cos2x ＝1−12cos2x −√32sin2x ＝1+sin(2x +7π6)，∴ f(x)的最大值为2．某机构为了解某地区中学生在校月消费情况，随机抽取了100名中学生进行调查．如图是根据调查的结果绘制的学生在校月消费金额的频率分布直方图．已知[350, 450)，[450, 550)，[550, 650)三个金额段的学生人数成等差数列，将月消费金额不低于550元的学生称为“高消费群”．(Ⅰ)求m ，n 的值，并求这100名学生月消费金额的样本平均数x （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(Ⅱ)根据已知条件完成下面2×2列联表，并判断能否有90%的把握认为“高消费群”与性别有关？（参考公式：K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n ＝a +b +c +d ）【答案】 （本题满分1（1）由题意知100(m+n)＝0.6且2m＝n+0.0015解得m＝0.0025，n＝0.0035所求平均数为：x=300×0.15+400×0.35+500×0.25+600×0.15+700×0.10=470（元）（2）根据频率分布直方图得到如下2×2列联表：根据上表数据代入公式可得K2=100×(15×40−35×10)225×75×50×50=10075≈1.33<2.706所以没有90%的把握认为“高消费群”与性别有关．【考点】独立性检验【解析】(Ⅰ)利用已知条件列出方程组求解m、n即可．(Ⅱ)利用已知条件直接列出联列表，然后情况k2，即可判断能否有90%的把握认为“高消费群”与性别有关．【解答】（本题满分1（1）由题意知100(m+n)＝0.6且2m＝n+0.0015解得m＝0.0025，n＝0.0035所求平均数为：x=300×0.15+400×0.35+500×0.25+600×0.15+700×0.10=470（元）（2）根据频率分布直方图得到如下2×2列联表：根据上表数据代入公式可得K2=100×(15×40−35×10)225×75×50×50=10075≈1.33<2.706所以没有90%的把握认为“高消费群”与性别有关．如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1，AC＝AA1=√2AB，∠AA1C1＝60∘．AB⊥AA1，H为棱CC1的中点，D为BB1的中点．(Ⅰ)求证：A1D⊥平面AB1H；(Ⅱ)AB=√2，求三棱柱ABC−A1B1C1的体积．【答案】证明：（1）连结AC1，∵AC＝AA1，∠ACC1＝∠AA1C1＝60∘，∴△ACC1是等边三角形，∴AH⊥CC1，∵CC1 // AA1，∴AH⊥AA1，又∵侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1，侧面AA1C1C∩侧面ABB1A1＝AA1，AH⊂平面AA1C1C，∴AH⊥平面ABB1A1，∵A1D⊂平面ABB1A1，∴AH⊥A1D．∵四边形ABB1A1是平行四边形，AB⊥AA1，∴四边形ABB1A1是矩形，∵AA1=√2AB，∴B1D=√22AB，∴B1DA1B1=√22，A1B1AA1=√22，又∵∠DB1A1＝∠B1A1A＝90∘，∴△DB1A1∽△B1A1A，∴∠DA1B1＝∠A1AB1＝∠AB1D，∴∠AB1D+∠A1DB1＝∠DA1B1+∠A1DB1＝90∘，∴A1D⊥AB1，又∵AH⊂平面AB1H，AB1⊂平面AB1H，AH∩AB1＝A，∴A1D⊥平面AB1H．（2）连结BH，∵AH⊥AA1，AB⊥AA1，AH⊂平面ABH，AB⊂平面ABH，AB∩AH＝A，∴AA1⊥平面ABH，∵AH⊥平面AB1BA1，AB⊂平面ABB1A1，∴AH⊥AB．∵AB=√2，∴AC＝AA1＝2，∴AH=√3．∴V ABC−A1B1C1=S△ABH⋅AA1=12×√2×√3×2=√6．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算直线与平面垂直【解析】（1）由△ACC1是等边三角形可得AH⊥CC1，所以AH⊥AA1，利用面面垂直的性质得AH⊥平面ABB1A1，故AH⊥A1D，在矩形ABB1A1中，由AA1=√2AB可证A1D⊥AB1，从而A1D⊥平面AB1H．（2）连结BH，则可证明AA1⊥平面ABH，由分割补形可知棱柱的体积等于S ABH⋅AA1．【解答】证明：（1）连结AC1，∵AC＝AA1，∠ACC1＝∠AA1C1＝60∘，∴△ACC1是等边三角形，∴AH⊥CC1，∵CC1 // AA1，∴AH⊥AA1，又∵侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1，侧面AA1C1C∩侧面ABB1A1＝AA1，AH⊂平面AA1C1C，∴AH⊥平面ABB1A1，∵A1D⊂平面ABB1A1，∴AH⊥A1D．∵四边形ABB1A1是平行四边形，AB⊥AA1，∴四边形ABB1A1是矩形，∵AA1=√2AB，∴B1D=√22AB，∴B1DA1B1=√22，A1B1AA1=√22，又∵∠DB1A1＝∠B1A1A＝90∘，∴△DB1A1∽△B1A1A，∴∠DA1B1＝∠A1AB1＝∠AB1D，∴∠AB1D+∠A1DB1＝∠DA1B1+∠A1DB1＝90∘，∴A1D⊥AB1，又∵AH⊂平面AB1H，AB1⊂平面AB1H，AH∩AB1＝A，∴A1D⊥平面AB1H．（2）连结BH，∵AH⊥AA1，AB⊥AA1，AH⊂平面ABH，AB⊂平面ABH，AB∩AH＝A，∴AA1⊥平面ABH，∵AH⊥平面AB1BA1，AB⊂平面ABB1A1，∴AH⊥AB．∵AB=√2，∴AC＝AA1＝2，∴AH=√3．∴V ABC−A1B1C1=S△ABH⋅AA1=12×√2×√3×2=√6．椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，A，B是椭圆与x轴的两个交点，M为椭圆C的上顶点，设直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2，k1k2=−23(Ⅰ)求椭圆C的离心率；(Ⅱ)设直线l与x轴交于点D(−√3, 0)，交椭圆于P、Q两点，且满足DP→=3QD→，当△OPQ的面积最大时，求椭圆C的方程．【答案】（1）由题意可得M(0, b)，A(−a, 0)，B(a, 0)．k1=ba ，k2=−bak1k2=−b2a2=−23，b=√63a，可得e=ca =√33．（2）由(Ⅰ)知e=ca =√33，得a2＝3c2，b2＝2c2，可设椭圆C的方程为：2x2+3y2＝6c2，设直线l的方程为：x＝my−√3，直线l与椭圆交于P，Q两点{x=my−√32x2+3y2=6c2得(2m2+3)y2−4√3my+6−6c2＝0，因为直线l与椭圆C相交，所以△＝48m2−4(2m2+3)(6−6c2)>0，由韦达定理：y1+y2=4√3m3+2m2，y1y2=6−6c23+2m2．又DP→=3QD→，所以y1＝−3y2，代入上述两式有：6−6c2=−36m22m2+3，所以S△OPQ=12|OD|⋅|y1−y2|=√32|8√3m3+2m2|＝12⋅|m|2|m|2+3=12⋅12|m|+3|m|≤12⋅2√6=√6，当且仅当m2=32时，等号成立，此时c2=52，代入△，有△>0成立，所以椭圆C的方程为：2x215+y25=1．【考点】椭圆的离心率【解析】(Ⅰ)由题意可得M(0, b)，A(−a, 0)，B(a, 0)．由斜率公式可得k1，k2，再由条件结合离心率公式计算即可得到所求；(Ⅱ)由(Ⅰ)知e=ca =√33，得a2＝3c2，b2＝2c2，可设椭圆C的方程为：2x2+3y2＝6c2，设直线l的方程为：x＝my−√3，直线l与椭圆交于P，Q两点，联立方程，运用判别式大于0和韦达定理，结合向量共线的坐标表示，求得S△OPQ，化简运用基本不等式可得最大值，进而得到a，b，c，即有椭圆方程．【解答】（1）由题意可得M(0, b)，A(−a, 0)，B(a, 0)．k1=ba ，k2=−bak1k2=−b2a2=−23，b=√63a，可得e=ca =√33．（2）由(Ⅰ)知e=ca =√33，得a2＝3c2，b2＝2c2，可设椭圆C的方程为：2x2+3y2＝6c2，设直线l的方程为：x＝my−√3，直线l与椭圆交于P，Q两点{x=my−√32x2+3y2=6c2得(2m2+3)y2−4√3my+6−6c2＝0，因为直线l与椭圆C相交，所以△＝48m2−4(2m2+3)(6−6c2)>0，由韦达定理：y1+y2=4√3m3+2m2，y1y2=6−6c23+2m2．又DP →=3QD →，所以y 1＝−3y 2， 代入上述两式有：6−6c 2=−36m 22m 2+3，所以S △OPQ =12|OD|⋅|y 1−y 2|=√32|8√3m3+2m 2| ＝12⋅|m|2|m|2+3=12⋅12|m|+3|m|≤12⋅2√6=√6，当且仅当m 2=32时，等号成立， 此时c 2=52，代入△，有△>0成立， 所以椭圆C 的方程为：2x 215+y 25=1．已知函数f(x)＝x 2+6ax +1，g(x)＝8a 2lnx +2b +1，其中a >0．(Ⅰ)设两曲线y ＝f(x)，y ＝g(x)有公共点，且在该点处的切线相同，用a 表示b ，并求b 的最大值；(Ⅱ)设ℎ(x)＝f(x)+g(x)，证明：若a ≥1，则对任意x 1，x 2∈(0, +∞)，x 1≠x 2，有ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14．【答案】（1）设f(x)与g(x)的图象交于点P(x 0, y 0)(x 0>0)， 则有f(x 0)＝g(x 0)，即x 02+6ax 0+1=8a 2lnx 0+2b +1(1) 又由题意知f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即2x 0+6a =8a 2x 0(2)，由（2）解得x 0＝a 或x 0＝−4a （舍去）， 将x 0＝a 代入（1）整理得b =72a 2−4a 2lna ， 令K(a)=72a 2−4a 2lna ，则K ′(a)＝a(3−8lna)，当a ∈(0,√e 38)时，K(a)单调递增，当a ∈(√e 38,+∞)时K(a)单调递减，所以K(a)≤K(√e38)=2e 34，即b ≤2e 34， b 的最大值为2e 34；（2）证明：不妨设x 1，x 2∈(0, +∞)，x 1<x 2，ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14，变形得ℎ(x 2)−14x 2>ℎ(x 1)−14x 1， 令T(x)＝ℎ(x)−14x ，T ′(x)=2x +8a 2x+6a −14，∵ a ≥1，T ′(x)=2x +8a 2x +6a −14≥8a +6a −14≥0，则T(x)在(0, +∞)上单调递增，T(x 2)>T(x 1)， 即ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14成立，同理可证，当x 1>x 2时，命题也成立． 综上，对任意x 1，x 2∈(0, +∞)，x 1≠x 2， 不等式ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14成立．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】(Ⅰ)设f(x)与g(x)的图象交于点P(x 0, y 0)(x 0>0)，则有f(x 0)＝g(x 0)，求出导数，由斜率相等，求得切点的横坐标，可得b 的解析式，求出导数，单调区间，可得最大值； (Ⅱ)不妨设x 1，x 2∈(0, +∞)，x 1<x 2，原不等式变形得ℎ(x 2)−14x 2>ℎ(x 1)−14x 1，构造函数T(x)＝ℎ(x)−14x ，求出导数，判断单调性，即可得到结论．同理可证，当x 1>x 2时，命题也成立． 【解答】（1）设f(x)与g(x)的图象交于点P(x 0, y 0)(x 0>0)， 则有f(x 0)＝g(x 0)，即x 02+6ax 0+1=8a 2lnx 0+2b +1(1) 又由题意知f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即2x 0+6a =8a 2x 0(2)，由（2）解得x 0＝a 或x 0＝−4a （舍去）， 将x 0＝a 代入（1）整理得b =72a 2−4a 2lna ， 令K(a)=72a 2−4a 2lna ，则K ′(a)＝a(3−8lna)，当a ∈(0,√e 38)时，K(a)单调递增，当a ∈(√e 38,+∞)时K(a)单调递减，所以K(a)≤K(√e38)=2e 34，即b ≤2e 34， b 的最大值为2e 34；（2）证明：不妨设x 1，x 2∈(0, +∞)，x 1<x 2，ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14，变形得ℎ(x 2)−14x 2>ℎ(x 1)−14x 1， 令T(x)＝ℎ(x)−14x ，T ′(x)=2x +8a 2x+6a −14，∵ a ≥1，T ′(x)=2x +8a 2x+6a −14≥8a +6a −14≥0，则T(x)在(0, +∞)上单调递增，T(x 2)>T(x 1)， 即ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14成立，同理可证，当x 1>x 2时，命题也成立．综上，对任意x 1，x 2∈(0, +∞)，x 1≠x 2， 不等式ℎ(x 2)−ℎ(x 1)x 2−x 1>14成立．选做题：[选修4-4：坐标系与参数方程]请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.已知曲线C 1的参数方程为{x =−1+tcosαy =3+tsinα(t 为参数，0≤α<π)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=2√2sin(θ+π4)． (Ⅰ)若极坐标为(√2,π4)的点A 在曲线C 1上，求曲线C 1与曲线C 2的交点坐标； (Ⅱ)若点P 的坐标为(−1, 3)，且曲线C 1与曲线C 2交于B ，D 两点，求|PB|⋅|PD|． 【答案】(Ⅰ)点(√2,π4)对应的直角坐标为(1, 1)，由曲线C 1的参数方程知：曲线C 1是过点(−1, 3)的直线，故曲线C 1的方程为：y −1=3−1−1−1(x −1)，化为x +y −2=0．曲线C 2的极坐标方程为ρ=2√2sin(θ+π4)，即ρ2=2√2ρsin(θ+π4)，展开化为：ρ2=2√2ρ×√22(sinθ+cosθ)．可得曲线C 2的直角坐标方程为x 2+y 2−2x −2y =0， 联立得{x 2+y 2−2x −2y =0x +y −2=0 ，解得：{x 1=2y 1=0 ,{x 2=0y 2=2 ， 故交点坐标分别为(2, 0)，(0, 2)．(Ⅱ)由直线参数方程可判断知：P 在直线C 1上，将{x =−1+tcosαy =3+tsinα 代入方程x 2+y 2−2x −2y =0得：t 2−4(cosα−sinα)t +6=0，设点B ，D 对应的参数分别为t 1，t 2，则|PB|=|t 1|，|PD|=|t 2|，而t 1t 2=6， ∴ |PB|⋅|PD|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1t 2|=6． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化 【解析】(Ⅰ)点(√2,π4)对应的直角坐标为(1, 1)，由曲线C 1的参数方程知：曲线C 1是过点(−1, 3)的直线，利用点斜式可得曲线C 1的方程．曲线C 2的极坐标方程即ρ2=2√2ρsin(θ+π4)，展开化为：ρ2=2√2ρ×√22(sinθ+cosθ)，利用互化公式即可得出曲线C 2的直角坐标方程联立即可得出交点坐标．(Ⅱ)由直线参数方程可判断知：P 在直线C 1上，将参数方程代入圆的方程得：t 2−4(cosα−sinα)t +6=0，设点B ，D 对应的参数分别为t 1，t 2，利用|PB|⋅|PD|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1t 2|即可得出． 【解答】(Ⅰ)点(√2,π4)对应的直角坐标为(1, 1)，由曲线C 1的参数方程知：曲线C 1是过点(−1, 3)的直线，故曲线C 1的方程为：y −1=3−1−1−1(x −1)，化为x +y −2=0．曲线C 2的极坐标方程为ρ=2√2sin(θ+π4)，即ρ2=2√2ρsin(θ+π4)，展开化为：ρ2=2√2ρ×√22(sinθ+cosθ)．可得曲线C 2的直角坐标方程为x 2+y 2−2x −2y =0， 联立得{x 2+y 2−2x −2y =0x +y −2=0 ，解得：{x 1=2y 1=0 ,{x 2=0y 2=2 ， 故交点坐标分别为(2, 0)，(0, 2)．(Ⅱ)由直线参数方程可判断知：P 在直线C 1上，将{x =−1+tcosαy =3+tsinα 代入方程x 2+y 2−2x −2y =0得：t 2−4(cosα−sinα)t +6=0，设点B ，D 对应的参数分别为t 1，t 2，则|PB|=|t 1|，|PD|=|t 2|，而t 1t 2=6， ∴ |PB|⋅|PD|=|t 1|⋅|t 2|=|t 1t 2|=6． [选修4-5：不等式选讲]设f(x)=|x −1|−|x +3|． （1）解不等式f(x)>2．（2）若不等式f(x)≤kx +1在x ∈[−3, −2]上恒成立，求实数k 的取值范围． 【答案】不等式f(x)>2即为|x −1|−|x +3|>2， 可转化为①{x <−31−x −(−x −3)>2 ， 或②{−3≤x <11−x −(x +3)>2 ， 或③{x ≥1x −1−(x +3)>2； 解①得x <−3，解②得−3≤x <−2， 解③得x ∈⌀；综上，原不等式的解集为{x|x <−2}；x ∈[−3, −1]时，f(x)=−x +1−x −3=−2x −2； ∴ 不等式f(x)≤kx +1在x ∈[−3, −1]上恒成立， ∴ −2x −2≤kx +1在[−3, −1]上恒成立， ∴ k ≤−2−3x 在[−3, −1]上恒成立； 设g(x)=−2−3x ，∵ g(x)在[−3, −1]是上为增函数， ∴ −1≤g(x)≤1，∴ 实数k 的取值范围是k ≤−1． 【考点】绝对值不等式的解法与证明 不等式恒成立的问题 【解析】（1）利用分段讨论法求不等式f(x)>2的解集即可；（2）根据不等式f(x)≤kx +1在x ∈[−3, −1]上恒成立，分离常数k ，构造函数g(x)，求函数g(x)在[−3, −1]上的最值即可． 【解答】不等式f(x)>2即为|x −1|−|x +3|>2， 可转化为①{x <−31−x −(−x −3)>2，或②{−3≤x <11−x −(x +3)>2 ， 或③{x ≥1x −1−(x +3)>2； 解①得x <−3，解②得−3≤x <−2， 解③得x ∈⌀；综上，原不等式的解集为{x|x <−2}；x ∈[−3, −1]时，f(x)=−x +1−x −3=−2x −2； ∴ 不等式f(x)≤kx +1在x ∈[−3, −1]上恒成立， ∴ −2x −2≤kx +1在[−3, −1]上恒成立， ∴ k ≤−2−3x 在[−3, −1]上恒成立； 设g(x)=−2−3x ，∵ g(x)在[−3, −1]是上为增函数， ∴ −1≤g(x)≤1，∴ 实数k 的取值范围是k ≤−1．。

2018年高考信息预测押题仿真模拟试题(新课标全国卷)文科数学(一)答案1．B 【解析】依题意，由4log (1)1x +≤，得014x <+≤，13x -<≤，即集合(1,3]A =-，{1,3}AB =，故选B ．2．A 【解析】解法一 由复数的运算可得1ii 23i 422i z+=--+=-， 设i z a b =+(,)a b ∈R ，则22221i 1i i 22i i a b a bz a b a b a b+++-==+=-+++， 所以222222a ba b a b a b +⎧=⎪⎪+⎨-⎪=-⎪+⎩，解方程组得0a =，12b =，所以i 2z =，故选A ．解法二 由复数的运算可得1ii 23i 422i z+=--+=-， 所以21i (1i)2i i2(1i)2(1i)(1i)42z ++====--+．3．B 【解析】将||||+=-a b a b 两边平方得0⋅=a b ，将已知代入得4(3)0a a -+=，即2340a a +-=，解得4a =-或1，故选B ．4．B 【解析】初始值：0n =，S =0；第一次循环：n =1，S =1；第二次循环：n =2，S =1+2=3；第三次循环：n =3，S =3+3=6；第四次循环：n =4，S =6+4=10；第五次循环：n =5，S =10+5=15；第六次循环：n =6，S =15+6=21；第七次循环：n =7．因为输出的值为21，所以结合选项可知判断框内应填6n >，故选B ． 5．A 【解析】由3121x x -<+，得301x x -<+，即13x -<<；由51()42x ->，得5211()()22x -->，所以52x -<-，即3x <．因此p 是q 的充分不必要条件，故选A ． 6．D 【解析】11a =，22a =，2342a ==，3482a ==，45162a ==，…，所以12n n a -=，410511221040a a +=+=，故选D ．7．A 【解析】作出402404x y x y x +-⎧⎪-+⎨⎪⎩≥≥≤，所对应的可行域(如图中△BDE 及其内部所示)，1yx +表示可行域内的点与定点(1,0)-连线的斜率，当取图中△ABC 内及边界上的点时，215y x +≤成立．由40240x y x y +-=⎧⎨-+=⎩，可得48(,)33E ， 由402520x y x y +-=⎧⎨-+=⎩，可得1810(,)77C ，由42520x x y =⎧⎨-+=⎩，得(4,2)A ，故118102(4)277ABC S ∆=⨯⨯-=，148164(4)22333BDE S ∆=⨯⨯-=⨯=， 则所求概率1031571656ABC BDE S P S ∆∆==⨯=，故选A ．8．A 【解析】由三视图可画出几何体的直观图为多面体ABCDEF ，放在长方体中如图所示，则几何体的表面由四个全等且直角边长分别为2，3的直角三角形，两个边长分别为2的正方形构成，故几何体的表面积为142324162⨯⨯⨯+=+9．C 【解析】由图知A =不妨设两个相邻的最高点和最低点分别为P ，Q ，过P 作PH⊥x 轴于H ，如图所示．令||HM m =(0m >)，则224m +=，得1m =，所以P，(3,Q ，设函数()f x 的最小正周期为T ，则22T =，24T πω==，2πω=，所以()sin()2f x x πϕ=+．将(2，0)代入得k πϕπ+=()k ∈Z ，因为||2πϕ<，所以0ϕ=，()2f x x π=，所以1()sin[()]23g x x π=-sin()26x ππ-． 由222262k x k ππππππ--+≤≤()k ∈Z ，解得244433k x k -+≤≤()k ∈Z ，令1k =，得101633x ≤≤，()g x 的一个单调递增区间为1016[,]33，故选C ．10．B 【解析】联立抛物线22x py =与直线22y x =+的方程，消去y 得24x px -40p -=．设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则216160p p ∆=+>，124x x p +=，124x x p =-，∴(2,2)Q p p ．∵0QA QB ⋅=，∴1212(2)(2)(2)(2)0x p x p y p y p --+--=，即1212(2)(2)(222)(222)0x p x p x p x p --++-+-=，∴212125(46)()8840x x p x x p p +-++-+=，将124x x p +=，124x x p =-代入，得24310p p +-=，得14p =或1p =-(舍去)．故选B ． 11．C 【解析】连接1B D ，则1B D 过点O ，设1B D 交平面1ACD 于点M ，如图，易知1B D ⊥平面1ACD ，∴1B M ⊥平面1ACD ，∵1B D 1B M =123B D =，则326OM =-=O 被平面1ACD 所截得的圆是△1ACD 的内切圆，设内切圆半径为r ，则1116022ACD S r ∆==⨯⨯，即6r =，∴所求圆锥的体积21[(]366108V π=⨯⨯=．12．D 【解析】解法一：先作出()f x 的图象如图所示，通过图象可知，若0a b <<，()()f a f b =，则01a b <<<，设()()f a f b ==t ，则120182018log log a t b t =⎧⎪⎨⎪=⎩(t >0)， 故20182018t ta b -⎧=⎨=⎩，所以1ab =，2220182018t t a b +=+，而20180t >，所以2220182018t ta b +=+≥，当且仅当2018t= 令2m a b =+，则m ≥，故2222211742(2)(2)44()24a b a b a b a b m m m +++=+++-=+-=+-， 因为2117()24y m =+-在)m ∈+∞上单调递增，所以22211742()424a b a b m +++=+-+≥解法二：先作出()f x 的图象如图所示，通过图象可知， 若0a b <<，()()f a f b =，则01a b <<<， 可得1201820182018loglog log a a b =-=，所以201820182018log log log ()0a b ab +==，所以1ab =，1b a=，所以122a b a a +=+≥12a a =，即2a =时，等号成立． 令2m ab =+，则m ≥，所以2222211742(2)(2)44()24a b a b a b a b m m m +++=+++-=+-=+-,因为2117()24y m =+-在)m ∈+∞上单调递增，所以22211742()424a b a b m +++=+-+≥ 13．1 140【解析】设高一年级的女生有n 人，则8080422400n-=，所以n =1 140． 14．2(,2]e e -∞-【解析】由2[()]2()0f x f x a --≥ 在[0，1]上有解，可得2[()]2()a f x f x -≤，即22xx a e e -≤．令2()2xx g x ee =-(01)x ≤≤，则max ()a g x ≤，因为01x ≤≤，所以1xe e ≤≤，则当xe e =，即1x =时，2max ()2g x e e =-，即22a e e -≤，故实数a 的取值范围是2(,2]e e -∞- ．15．如图所示，连接BD ，因为ABCD 为圆内接四边形，所以A C +=180°，则cos cos A C =-，利用余弦定理得22265cos 265BD A +-=⨯⨯，22234cos 234BD C +-=⨯⨯，解得22747BD =，所以3cos 7C =-．由22sin cos 1C C +=，得sin 7C =，因为A C +==180°，所以sin sin A C ==11563422ABD BCD ABCD S S S ∆∆=+=⨯⨯⨯⨯=四边形．16．3+【解析】由已知得，(,0)A a -，(,0)B a ，1(,0)F c -，2(,)b M c a-．由BOQ ∆∽△1BF M 可得，11||||||||OQ OB MF BF =，即2||OQ a b a c a=+， 解得2||b OQ a c=+．由AOP ∆∽△1AF M 可得，11||||||||OP OA MF AF =，即2||OP a b c a a=-， 解得2||b OP c a=-．由已知|||OP OQ =，可得22b bc a a c=-+，a c =+，所以3c e a ===+ 17．【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，因为114a =，35564a a +=， 所以241154464q q +=，故214q =，所以12q =±，因为0n a >，所以12q =，（4分）所以1111()242n n n a ---=⨯=． （6分）(2)由(1)知12n n a --=，因为114a =，所以111(1)112142(1)22212n n n n n S +--==-=-，（9分） 因为11(21)n n n b S +=-⋅，所以1112112()(21)(21)2121n n n n n n b +++==-----，所以22311111112()212121212121n n n T +=-+-+⋅⋅⋅+-------2111242(1)2121n n n +++-=-=--．（12分）18．【解析】(1)由所给的茎叶图知，甲班50名同学的成绩由小到大排序，排在第25，26位的是108，109，数量最多的是103，故甲班数学成绩的中位数是108.5，众数是103；（2分）乙班48名同学的成绩由小到大排序，排在第24，25位的是106，107，数量最多的是92和101，故乙班数学成绩的中位数是106．5，众数为92和101．（4分） (2)由茎叶图中的数据可知，甲班中数学成绩为优秀的人数为20，优秀率为202505=；乙班中数学成绩为优秀的人数为18，优秀率为183488=．（6分） (3)将分数为131、132、136的3人分别记为a ，b ，c ，分数为141、146的2人分别记为m ，n ，则从5人中抽取3人的不同情况有abc ，abm ，abn ，acm ，acn ，amn ，bcm ，bcn ，bmn ，cmn ，共10种情况． （10分）记“至多有1人的数学成绩在140分以上”为事件M ，则事件M 包含的情况有abc ，abm ，abn ，acm ，acn ，bcm ，bcn ，共7种情况，所以从这5名同学中随机抽取3人，至多有1人的数学成绩在140分以上的概率为7()10P M =．（12分） 19．【解析】(1)取AD 的中点G ，连接GM ，GN ，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ，AD 的中点，∴MG ∥DE ， ∵DE ⊂平面CDEF ，MG ⊄平面CDEF ，∴MG ∥平面CDEF ．（2分） 由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点，由棱柱的性质可得GN ∥DC ， ∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ，∴GN ∥平面CDEF ．（3分） 又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，MG ∩NG =G ， ∴平面GMN ∥平面CDEF ，∵MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF ．（5分）(2) 在Rt △ABE 中，1AB =，AE =2BE =，又1ED =，DB =，∴222EB ED DB +=，∴DE EB ⊥，又DE AE ⊥且AEEB E =，∴DE ⊥平面ABFE ．（7分）∵CF DE ∥，∴CF ⊥平面ABFE ，∴CF 为C 到平面ABFE 的距离，∴111113326E ABC C ABE ABEV V S CF--∆==⨯⨯=⨯⨯=．（12分）20．【解析】(1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为142ab⨯=得ab=（2分）延长2F Q交直线1F P于点R，因为2F Q为∠12F PF的外角平分线的垂线，所以2||||PF PR=，Q为2F R的中点，所以1112||||||||||||222F R F P PR F P PFOQ a++====，所以2a=，b=所以椭圆C的方程为22143x y+=．（5分）(2)将直线l和椭圆的方程联立得224143x myx y=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x，得22(34)24360m y my+++=，所以222(24)436(34)144(4)0m m m∆=-⨯+=->，即24m>．（7分）设11(,)A x y，22(,)B x y，则11(,)A x y'-，由根与系数的关系，得1222434my ym-+=+，1223634y ym=+，直线A B'的斜率21212121()y y y ykx x x x--+==--，所以直线A B'的方程为121121()y yy y x xx x++=--，令0y=得1221121212121212(4)(4)24Dx y x y my y y my my yxy y y y y y++++===++++，故1Dx=，所以点D到直线l的距离d=所以1||182ADBS AB d∆=⋅==．（10分）由218344m ⋅=+22843m =>，3m =±所以直线l 的方程为3120x +-=或3120x --=．（12分） 21．【解析】(1)当2a =-，1b =时，2()ln f x x x x =-+，定义域为(0,)+∞，2121(21)(1)()21x x x x f x x x x x-++-+-'=-+==．令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >．所以函数()f x 的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞)．(4分) (2)解法一 21()ln 02f x x ax bx =++≥在[1,)x ∈+∞上恒成立， 等价于21ln 2x bx x a +-≥在[1,)x ∈+∞上恒成立， 因为对任意的[1,)a ∈+∞，21ln 2x bx x a +-≥在[1,)x ∈+∞上恒成立，所以等价于21ln 2x bx x +-≥在[1,)x ∈+∞上恒成立，即21ln 02x x bx ++≥在[1,)x ∈+∞上恒成立．令21()ln 2g x x x bx =++，则211()x bx g x x b x x++'=++=，令()0g x '=，则210x bx ++=，24b ∆=-．（6分）当22b -≤≤时，0∆≤，即()0g x '≥恒成立，21()ln 2g x x x bx =++在[1,)x ∈+∞上为增函数，要使()0g x ≥在[1,)x ∈+∞上恒成立，只需211(1)ln11022g b b =+⨯+=+≥，此时122b -≤≤． 当2b >时，显然()0g x '>恒成立，21()ln 2g x x x bx =++在[1,)x ∈+∞上为增函数，要使()0g x ≥在[1,)x ∈+∞上恒成立， 只需211(1)ln11022g b b =+⨯+=+≥，此时2b >． （9分）当2b <-时，Δ>0，令()0g x '=得1x =，2x =因为2122b bx --=>>，且121x x =，所以101x <<，12()()()x x x x g x x--'=，当21x x <<时，()0g x '<，当2x x >时，()0g x '>，所以当2[1,)x x ∈时，函数()g x 为减函数，1()(1)02g x g b =+<≤，不符合题意． （11分）综上，满足条件的实数b 的取值范围是1[,)2-+∞．（12分） 解法二 21()ln 02f x x ax bx =++≥在[1,)x ∈+∞上恒成立， 等价于21ln 2x bx x a +-≥在[1,)x ∈+∞上恒成立， 因为对任意的[1,)a ∈+∞，21ln 2x bx x a +-≥在[1,)x ∈+∞上恒成立，所以等价于21ln 2x bx x +-≥在[1,)x ∈+∞上恒成立，即21ln 02x x bx ++≥在[1,)x ∈+∞上恒成立，即ln 12x b x x -+≤在[1,)x ∈+∞上恒成立． （6分） 令ln 1()2x g x x x =+，[1,)x ∈+∞，所以等价于min ()b g x -≤， 2221ln 122ln ()22x x x g x x x--+'=+=．（7分） 令2()22ln x x x ϕ=-+，则222(1)()2x x x x xϕ-'=-+=，因为1x ≥，所以()0x ϕ'≥，2()22ln x x x ϕ=-+在[1,)x ∈+∞上为增函数，2()22ln1130x ϕ-+=>≥，即()0g x '>在[1,)x ∈+∞上恒成立，即()g x 在[1,)x ∈+∞上为增函数，所以min 1()(1)2g x g ==，所以12b -≤，12b ≥-． 故满足条件的实数b 的取值范围是1[,)2-+∞．（12分）22．【解析】(1)由1C ：41x ty t =-⎧⎨=-⎩，消去t 得30x y +-=，所以直线1C 的普通方程为30x y +-=．（2分）把8sin ρθ=的两边同时乘以ρ得28sin ρρθ=，因为222x y ρ+=，sin y ρθ=，所以228x y y +=，即22(4)16x y +-=，所以曲线2C 的直角坐标方程为22(4)16x y +-=． （5分）(2)由(1)知，曲线2C ：22(4)16x y +-=是圆心为(0，4)，半径为4的圆， 所以圆心(0，4)到直线30x y +-=的距离4d ==<， 所以直线1C 与曲线2C相交，其弦长为=（10分） 23．【解析】(1)当1a =时，()|21|5f x x ax =-+-=14,2136,2x x x x ⎧--<⎪⎪⎨⎪-⎪⎩≥， 由()0f x ≥，得1240x x ⎧<⎪⎨⎪--⎩≥或12360x x ⎧⎪⎨⎪-⎩≤≥， 解得4x -≤或2x ≥，故不等式()0f x ≥的解集为{x |4x -≤或2x ≥}．(5分)(2)令()f x =0，得|21|5x ax -=-，则函数()f x 恰有两个不同的零点转化为|21|y x =-与5y ax =-+的图象有两个不同的交点，在同一平面直角坐标系中作出两函数的图象如图所示，结合图象知当22a -<<时，这两个函数的图象有两个不同的交点，所以当22a -<<时，函数()f x．(10分) 恰有两个不同的零点，故实数a的取值范围为(2,2)。

2018届高三高考押题卷文科数学试卷（内部资料 注意保密）2018.05.29本试卷共4页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★ ★ 挑战自我★ ★ 实现梦想★ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合{|||3}A x x =≤，{}|N x a x x B ∈<=，且，若集合{0,1,2}A B =，则实数a 的取值范围是（ ）.A [2,4] .B [2,4) .C (2,3] .D [2,3]2. 若在复平面内，复数2()45miz m R i+=∈-所对应的点位于第二象限，则实数m 的取值范围为（ ） .A 5(,)2-+∞ .B 8(,)5+∞ .C 58(,)25- .D 85(,)52-3. 若公比为2的等比数列{}n a 的前n 项和为S n ,且25,9,a a 成等差数列，则20S =（ ）.A 10241⨯- .B 1041- .C 9241⨯- .D 1141-4.已知双曲线221(0)6x y m m m -=>+的虚轴长是实轴长的2倍，则双曲线的标准方程是（ ） .A 22124x y -= .B 22148x y -= .C 2218y x -= .D 22128x y -= 5. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之．”下图是该算法的程序框图，如果输入98a =， 63b =，则输出的a 值是（ ）.A 35 .B 21 .C 14 .D 76. 任取[k ∈，直线:30l kx y -+=与圆224690C x y x y +--+=：相交与,M N 两点，则||MN ≥概率是（ ）.A 2 .B 3.C 12 .D 137. 某四棱锥的三视图所示，其中每个小格是边长为1的正方形，则该几何体的侧面积为（ ）.A 24+ .B 224+.C 27+ .D 227+ 8. 将函数2()2cos ()16g x x π=+-的图像向右平移4π个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数()f x ，则下列说法正确的是（ ）.A 函数()f x 的最小正周期为2π .B 函数()f x 在区间75[,]124ππ上单调递增 .C 函数()f x 在区间上25[,]34ππ的最小值为.D 3x π=函数()f x 的一条对称轴 9. ()f x 是定义在R 上的奇函数，且当(0,)x ∈+∞时，2018()2018log x f x x =+，则函数()f x 的零点的个数是（ ）.A 1 .B 2 .C 3 .D 410. 若不等式组221(1)(2)0x yy mx x x ≥-⎧⎪≤+⎨⎪--≤⎩围成的区域的面积为1，则2z x y =-的最小值为（ ） .A 43- .B 23- .C 13- .D 011. 在ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，已知2=c ，B A sin 3sin =，则ABC ∆面积的最大值为（ ）.A 23.B 3 .C 2 .D 2 12. 已知直线l 与抛物线22x py =交于,A B 两点，且OA OB ⊥,OD AB ⊥于D ，点D 坐标是(2,4)，则p 的值为（ ）.A 2 .B 4 .C 32 .D 52二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13.若a ≥0，b ≥0，且当⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0y ≥0x ＋y ≤1时，恒有ax ＋by ≤1，求以a ，b 为坐标的点P (a ，b )所形成的平面区域的面积________．14．某次高三英语听力考试中有5道选择题，每题1分，每道题在三个选项中只有一个是正确的.下表是甲、乙、丙三名同学每道题填涂的答案和这5道题的得分：则甲同学答错的题目的题号是 ，其正确的选项是 .15．设奇函数()f x 在(0，＋∞)上为单调递增的，且(2)0f =，则不等式()()0f x f x x--≥的解集为 ____ ____．16.斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为___ _____．三、解答题：共70分。

2018年高考押题猜题试卷数学(文科)试卷本试卷分第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

共150分，考试时间120分钟．第I 卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．从每小题所给的四个选项中，选出最佳选项，并在答题纸上将该项涂黑)1．已知集合{}{}2540,0,1,2,3M x x x N =-+≤=，则集合M N ⋂中元素的个数为A ．4B ．3C ．2D ．12．已知,,a b R i ∈是虚数单位，若2a i bi -+与互为共轭复数，则()2a bi +=A ．34i -B ．5+4iC ．3+4iD ．5－4i3．如图所示程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的,a b 分别为14，18，则输出的a = A ．0B ．14C ．4D ．24．设()1112,1,,,,1,2,3232af x x α⎧⎫∈---=⎨⎬⎩⎭，则使为奇函数且在区间()0,+∞内单调递减的α值的个数是A ．1B ．2C ．3D ．45．若点()cos ,sin P αα在直线2y x =-上，则cos 22πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值等于 A ．45-B ．45C. 35-D ．356．如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A ．803B ．403C ．203D ．1037．已知函数()()cos f x x ωϕ=+的部分图象如图所示，则()f x 单调递减区间为 A ．13,,44k k k Z ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭ B ．132,2,44k k k Z ππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭C ．13,,44k k k Z ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭ D ．132,2,44k k k Z ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭8．已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ：HB=1：3，AB ⊥平面,H α为垂足，α截球O 所得截面的面积为4π，则球O 的表面积为 A ．163πBC ．643πD ．169π9．若在函数()()20,0f x ax bx a b =+>>的图象的点()()1,1f 处的切线斜率为2，则8a bab+的最小值是 A ．10B ．9C ．8D．10．若,x y 满足约束条件220,0,4,x y x y x y ⎧+≤⎪-≤⎨⎪+≤⎩则23y z x -=+的最小值为A ．2-B ．23-C ．125-D11．已知动圆M 与圆()221:11C x y ++=，与圆()222125C x y -+=：内切，则动圆圆心M 的轨迹方程是A ．22189x y += B. 22198x y += C ．2219x y += D ．2219y x += 12．已知()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足()()()10x f x xf x '++>，则 A ．()0f x > B ．()0f x <C. ()f x 为减函数D ．()f x 为增函数第Ⅱ卷(非选择题 共90分) 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．已知函数()()3311log 2log 212x f x f f ⎛⎫=+= ⎪+⎝⎭，则___________．14．已知向量(),a b a b ==，则与的夹角的大小为___________．15．等比数列{}n a 中，若1532,4a a a =-=-=，则__________．16，已知平面α过正方体1111ABCD A BC D -的面对角线1AB ，且平面α⊥平面1C BD ，平面α⋂平面111ADD A AS A AS =∠，则的正切值为_________．三、解答题(共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答) (一)必考题：共60分．17．(本小题满分12分)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足121111,,3n n nn b b a b b n b++==+=． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列{}n b 的前n 项和．18．(本小题满分12分)在ABC ∆中，角A ，B ，C的对边分别为,,2a b c c =，且tan tan tan tan A B A B += ．(1)求角B 的大小；(2)若2224,a a c b =+<，求BA CB在方向上的投影．19．(本小题满分12分)如图，四棱柱11111ABCD A BC D A A -⊥中，底面ABCD ，四边形ABCD 为梯形， AD ／／BC ，且AD=2BC ，过1,,A C D 三点的平面记为1,BB α与平面α的交点为Q ． (1)求BQ ：1QB 的值；(2)求此四棱柱被平面α分成上、下两部分的体积之比．20．(本小题满分12分)已知函数()()ln xe f x a x x x=+-(e 为自然对数的底数)． (1)当0a >时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内有三个不同的极值点，求实数a 的取值范围．21．(本小题满分12分)已知圆()()()2222:222840M x y N x y -+-=+-=，圆：，经过坐标原点的两直线12,l l 满足121l l l ⊥，且交圆M 于不同的两点A ，B ，2l 交圆N 于不同的两点C ，D ，记1l 的斜率为k ．(1)求实数k 的取值范围；(2)若四边形ABCD 为梯形，求k 的值．(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线1:4C x y +=；曲线21cos ,:sin x C y θθ=+⎧⎨=⎩(θ为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(2)若射线():0l θαρ=≥分别交12,C C 于A ，B 两点(B 点不同于坐标原点O)，求OB OA的最大值．23．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲 已知函数()212f x x x =--+． (1)求不等式()0f x >的解集；(2)若存在0x R ∈，使得()2024f x a a +<，求实数a 的取值范围．参考答案一、选择题1-5 BCDAB 6-10 ADCBC 11,12 BA二、填空题13.114.3015.22-16.三、解答题17.。

2018年高考数学文科二轮专题闯关导练：押题模拟（一）时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若集合A＝{x|x2－2x>0}，B＝{－1,1,2,3}，则A∩B＝( )A. {－1,1}B. {1,2}C. {1,3}D. {－1,3}【答案】D【解析】【详解】A＝, B＝{－1,1,2,3}∴A∩B＝{－1,3}故选：D2.已知i是虚数单位，z＝，则复数z的实部为( )A. －B.C. －D.【答案】A【解析】z＝＝.∴复数z的实部为－故选：A3.函数f(x)，g(x)都是定义域为R的奇函数，若f(－1)＋g(－2)＝－3，f(－1)－g(－2)＝1，则( )A. f(1)＝1，g(2)＝－2B. f(1)＝－2，g(2)＝1C. f(1)＝1，g(2)＝2D. f(1)＝2，g(2)＝1【答案】C【解析】∵函数f(x)，g(x)都是定义域为R的奇函数，f(－1)＋g(－2)＝－3，f(－1)－g(－2)＝1，∴－f(1) －g(2)＝－3，－f(1)+g(2)＝1，∴f(1)＝1，g(2)＝2故选：C4.如图，正方形ABCD中，AC，BD交于点O，E，G是线段AC上的点，F，H是线段BD上的点，且AE＝CG＝EG，BF＝FH＝DH，连接EF，FG，GH，EH，现往正方形ABCD中投掷1200个点，则可以估计，落在阴影区域内点的个数为( )A. 100B. 200C. 300D. 400【答案】B【解析】设AC＝BD＝6，则正方形ABCD的面积为6×6＝36，而菱形EFGH的面积为×6××6＝6，故落在阴影区域内点的个数为1200×＝200.故选：B5.将函数y＝sin的图象向右平移个单位，得到函数f(x)的图象，则函数f(x)图象的一个对称中心为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】f(x)＝sin＝sin.且f()＝sin.故选：B6.已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，若点N(4,1)，P为抛物线C上的点，则|NP|＋|PF|的最小值为( )A. 9B. 8C. 7D. 6【答案】D【解析】记点P到抛物线C的准线l的距离为d，点N到抛物线C的准线l的距离为d′，故|NP|＋|PF|＝|NP|＋d≥d′＝6，故|NP|＋|PF|的最小值为6.故选：D7.已知实数x，y满足,则z＝log2(x＋y)的最大值为( )A. log229－2B. log214C. 4D. 5【答案】C【解析】作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影区域所示，要想z＝log2(x＋y)取得最大值，只需z′＝x＋y取得最大值即可；观察可知，当直线z′＝x＋y过点B(9,7)时，z′有最大值16，故z＝log2(x＋y)的最大值为4.故选：C8.《九章算术》中盈不足章中有这样一则故事：“今有良马与驽马发长安，至齐. 齐去长安三千里. 良马初日行一百九十三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里．” 为了计算每天良马和驽马所走的路程之和，设计框图如下. 若输出的S的值为365，则判断框中可以填( )A. i>4?B. i>5?C. i>6?D. i>7?【答案】D【解析】运行该程序，第一次，S＝290，i＝2，第二次，S＝302.5，i＝3，…，第七次，S＝365，i＝8，此时，要输出S的值，故判断框中可以填“i>7”．故选：D点睛：本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.9.已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且S6＝a7－a1，则{a n}的公比q为( )A. －1B. 2C. －1或2D. －2或3【答案】C【解析】当q=1时，显然不成立当q时，,解得：q=－1或210.将一个正方体切去两个三棱锥，得到一个几何体，若该几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为( )A. 6＋B. 3＋C. 6＋2D. 3＋【答案】D【解析】在正方体中截去了三棱锥与三棱锥∴其表面积为：3＋故选：D点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.11.已知双曲线E： (a＞0，b＞0)的渐近线方程为3x±4y＝0，且过焦点垂直x轴的直线与双曲线E相交弦长为，过双曲线E中心的直线与双曲线E交于A，B两点，在双曲线E上取一点C(与A，B不重合)，直线AC，BC的斜率分别为k1，k2，则k1k2等于( )A. B. C. D.【答案】C【解析】双曲线E的两条渐近线方程为3x±4y＝0，可设双曲线的方程(λ>0)，c2＝16λ＋9λ＝25λ，∴F(5，0)．将x＝5代入方程(λ>0)得y＝±，则2×＝，解得λ＝1，故双曲线的方程为.设点A(x1，y1)，则根据对称性可知B(－x1，－y1)，点C(x0，y0)，k1＝，k2＝，∴k1k2＝，且，，两式相减可得，＝.故选:C12.已知函数f(x)＝e x sin x(0≤x≤π)，若函数y＝f(x)－m有两个零点，则实数m的取值范围是( )A. B. C. [0,1) D. [1，e)【答案】A【解析】f′(x)＝e x(sin x＋cos x)≥0⇒0≤x≤，f′(x)<0⇒<x<π，f(0)＝f(π)＝0，f＝，由题意，利用图象得0≤m<.故选：A点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知tan θ＝5，则＝________.【答案】3【解析】∵tan θ＝5∴故答案为：314.已知向量a，b的夹角为，|a|＝3，|a－2b|＝，则|b|＝________.【答案】2【解析】∵向量，的夹角为，＝3，＝∴即，解得：或（舍）故答案为：215.若三棱锥P－ABC的体积为，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，AC＝2，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为________．【答案】12π【解析】∵在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC且AB＝2，AC＝2，，又三棱锥P－ABC的体积为，∴PA=2∴画出几何图形，可以构造补充图形为正方体，棱长为2，2，2．∵对角线长．∴三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为，三棱锥P－ABC的外接球的表面积为12π．故答案为：12π．点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心. 三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: .16.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a3＝5，a6＝11，若数列{}是等差数列，则a n＝________.【答案】2n-1【解析】设＝kn＋b，则∴∴S n＝n2，a n＝2n－1.故答案为：2n-1三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3a2＋ab－2b2＝0.(Ⅰ)若B＝，求sin C的值；(Ⅱ)若sin A＋3sin C＝3sin B，求sin C的值．【答案】(1)(2)【解析】试题分析：(1)由3a2＋ab－2b2＝0，3a＝2b，即3sin A＝2sin B，又B＝，从而求出sin C的值；(2)设a＝2t，b ＝3t，又sin A＋3sin C＝3sin B，从而可得c＝t，利用余弦定理先求cos C，进而得到sin C的值．试题解析：(Ⅰ)因为3a2＋ab－2b2＝0，故(3a－2b)(a＋b)＝0，故3a2＋ab－2b2＝0，故3sin A＝2sin B，故sin A＝，因为3a＝2b，故a<b，故A为锐角，故sin C＝sin(A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B＝.(Ⅱ)由(Ⅰ)可设，a＝2t，b＝3t，因为sin A＋3sin C＝3sin B，故a＋3c＝3b，故c＝t，故cos C＝＝，故sin C＝＝.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18.如图所示的多面体中，底面ABCD为正方形，△GAD为等边三角形，BF⊥平面ABCD，∠GDC＝90°，点E是线段GC上除两端点外的一点，若点P为线段GD的中点．(Ⅰ)求证：AP⊥平面GCD；(Ⅱ)求证：平面ADG∥平面FBC；(Ⅲ)若AP∥平面BDE，求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析（3）2【解析】试题分析：(1)因为△GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，故AP⊥GD，又CD⊥平面GAD，所以CD⊥AP，从而AP⊥平面GCD.；(2)∵BF⊥平面ABCD，∴BF⊥CD，又CD∩GD＝D，∴CD⊥平面FBC，结合（1）可证明结果；(3)连接PC交DE于点M，连接AC交BD于点O，连接OM，∵AP∥平面BDE，AP∥OM，从而M是PC中点，过P作PN∥DE，交CG于点N，则N是GE中点，E是CN中点.试题解析：(Ⅰ)证明：因为△GAD是等边三角形，点P为线段GD的中点，故AP⊥GD，因为AD⊥CD，GD⊥CD，且AD∩GD＝D，AD，GD⊂平面GAD，故CD⊥平面GAD，又AP⊂平面GAD，故CD⊥AP，又CD∩GD＝D，CD，GD⊂平面GCD，故AP⊥平面GCD.(Ⅱ)证明：∵BF⊥平面ABCD，∴BF⊥CD，∵BC⊥CD，BF∩BC＝B，BF，BC⊂平面FBC，∴CD⊥平面FBC，由(Ⅰ)知CD⊥平面GAD，∴平面ADG∥平面FBC.(Ⅲ)解：连接PC交DE于点M，连接AC交BD于点O，连接OM，∵AP∥平面BDE，AP∥OM，∵O是AC中点，∴M是PC中点过P作PN∥DE，交CG于点N，则N是GE中点，E是CN中点，∴＝2.19.近年来，随着双十一、双十二等网络活动的风靡，各大网商都想出了一系列的降价方案，以此来提高自己的产品利润. 已知在2016年双十一某网商的活动中，某店家采取了两种优惠方案以供选择：方案一：购物满400元以上的，超出400元的部分只需支出超出部分的x%；方案二：购物满400元以上的，可以参加电子抽奖活动，即从1,2,3,4,5,6这6张卡牌中任取2张，将得到的数字相加，所得结果与享受优惠如下：(Ⅰ)若某顾客消费了800元，且选择方案二，求该顾客只需支付640元的概率；(Ⅱ)若某顾客购物金额为500元，她选择了方案二后，得到的数字之和为6，此时她发现使用方案一、二最后支付的金额相同，求x的值．【答案】(1)(2)50【解析】试题分析：(1)该顾客花了640元，说明所取数字之和在[8,9]之间，故满足条件的为(3,5)，(3,6)，(4,5)，(2,6)，总的事件个数为15，从而得到所求概率；(2)依题意，该顾客需要支付450元，故400＋x%×100＝450，解得x＝50. 试题解析：依题意，所有的情况为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6).(Ⅰ)若该顾客花了640元，说明所取数字之和在[8,9]之间，故满足条件的为(3,5)，(3,6)，(4,5)，(2,6)，所求概率为.(Ⅱ)依题意，该顾客需要支付450元，故400＋x%×100＝450，解得x＝50.20.已知椭圆C： (a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，直线y＝x＋b截得椭圆C的弦长为.(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)过点(m,0)作圆x2＋y2＝1的切线，交椭圆C于点A，B，求|AB|的最大值，并求取得最大值时m的值．【答案】(1)(2) |AB|最大为，m＝±1.【解析】试题分析：(1)利用条件布列关于a,b方程组，即可得到椭圆C的方程；(2)讨论直线的斜率，进而联立方程，(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，表示弦长，进而得到|AB|的最大值.试题解析：(Ⅰ)由e＝＝，a2＝b2＋c2得a2＝2c2，b2＝c2，由得∵＝b＝，∴b＝1，∴a＝，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(Ⅱ)当AB与x轴垂直时，＋y2＝1，|y|＝，|AB|＝，当AB与x轴不垂直时，设AB方程为y＝k(x－m)，由得(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，Δ>0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，由＝1得k2m2＝k2＋1，∴|AB|＝＝≤＝，当且仅当|m|＝1时取“＝”，∴|AB|<，∴当AB⊥x轴时，|AB|最大为，m＝±1.21.已知函数f(x)＝x ln x－x.(Ⅰ)求函数f(x)的极值；(Ⅱ)若∀x>0，f(x)＋ax2≤0成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)当x＝1时，函数f(x)有极小值，极小值为f(1)＝－1，无极大值. (2)【解析】试题分析：(1)x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ln x，讨论f′(x)的符号，求出f(x)的单调区间，从而求出函数的极值；（2）∀x>0，f(x)＋ax2≤0成立通过变量分离转化为a≤在(0，＋∞)上恒成立问题即可.试题解析：(Ⅰ)依题意，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ln x，令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)有极小值，极小值为f(1)＝－1，无极大值.(Ⅱ)∀x>0，f(x)＋ax2≤0，a≤－，令g(x)＝－，g′(x)＝－－＝，当0<x<e2时，g′(x)<0，当x>e2时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，e2]上是减函数，在[e2，＋∞)上是增函数，∴g(x)min＝g(e2)＝－＝－，∴a≤－，∴a的取值范围是.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.22.[选修4－4：坐标系与参数方程]平面直角坐标系xOy中，射线l：y＝x(x≥0)，曲线C1的参数方程为 (α为参数)，曲线C2的方程为x2＋(y－2)2＝4；以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. 曲线C3的极坐标方程为ρ＝8sin θ.(Ⅰ)写出射线l的极坐标方程以及曲线C1的普通方程；(Ⅱ)已知射线l与C2交于O，M，与C3交于O，N，求|MN|的值．【答案】(1) (2)【解析】试题分析：（1）因为射线l：y＝x(x≥0)，故射线l：θ＝ (ρ≥0)，把曲线C1的参数方程化为普通方程；（2）曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ，设点M，N对应的极径分别为ρ1，ρ2，进而表示|MN|的值即可.试题解析：(Ⅰ)依题意，因为射线l：y＝x(x≥0)，故射线l：θ＝ (ρ≥0)；因为曲线C1：故曲线C1：＋＝1.(Ⅱ)曲线C2的方程为x2＋(y－2)2＝4，故x2＋y2－4y＝0，故曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ，设点M，N对应的极径分别为ρ1，ρ2，故|MN|＝|ρ1－ρ2|＝＝2.23.[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f(x)＝2|x－2|＋3|x＋3|.(Ⅰ)解不等式：f(x)>15；(Ⅱ)若函数f(x)的最小值为m，正实数a，b满足4a＋25b＝m，求＋的最小值，并求出此时a，b的大小．【答案】(1) (－∞，－4)∪(2，＋∞) (2)【解析】试题分析：（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）求出f（x）的最小值m，得到4a＋25b＝10，利用均值不等式求出＋的最小值．试题解析：(Ⅰ)依题意，2|x－2|＋3|x＋3|>15；当x<－3时，原式化为2(2－x)－3(x＋3)>15，解得x<－4；当－3≤x≤2时，原式化为2(2－x)＋3(x＋3)>15，解得x>2，故不等式无解；当x>2时，原式化为2(x－2)＋3(x＋3)>15，解得x>2；综上所述，不等式的解集为(－∞，－4)∪(2，＋∞).(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，当x＝－3时，函数f(x)有最小值10，故4a＋25b＝10，故＋＝ (4a＋25b)＝≥，当且仅当＝时等号成立，此时a＝，b＝.。

2018年高考数学考前押题文科数学题卷2（满分150分。

考试用时120分钟。

）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分。

1．已知全集{}1,2,3,4U =，若，，则等于（ ）A ．B ．C ．D ．2．在下列函数中，最小值为的是（ ） A ． BC ．D ． 3．从某校高三年级随机抽取一个班，对该班名学生的高校招生体检表中视力情况进行统计，其结果的频率分布直方图如图所示：若某高校专业对视力的要求在以上，则该班学生中能报专业的人数为（）A ．B ．C ．D ．4．函数的部分图象大致为（ ）A ．B ．21y x x=+2y =122x xy =+50A 0.9A 30252220sin 21cos xy x=+C ．D ．5．已知等差数列的前项和为，且，则数列的公差为（ ）A ．3B ．C ．D ．66．某几何体由上、下两部分组成，其三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则该几何体上部分与下部分的体积之比为（ ）A ．B ．C ．D ．7．如果函数在区间上单调递减，那么的最大值为（ ） A ．16B ．18C ．25D ．308．已知函数（），若是函数的一条对称轴，且，则所在的直线为（ ） A ．B ．C ．D ．9．在如图所示的程序框图中，若输入的，输出的，则判断框内可以填入的条件是（ ）{}n a n n S 233215S S -={}n a 4-5-13122356()()()()2128122f x m x n x m =-+-+>[]2,1--mn ()sin cos f x a x b x =+x ∈R 0x x =()f x 0tan 2x =()a b ，20x y -=20x y +=20x y -=20x y +=A ．B ．C ．D ．10．函数的图像如图所示，则的值等于（ ）A ．B ．C ．D ．111．阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点，间的距离为2，动点与，，当，，不共线时，面积的最大值是（） A ．BCD 12．已知函数是定义在上的奇函数，其导函数为，若对任意的正实数，都有恒成立，且，则使成立的实数的集合为（ ）A ．B ． C．D ．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2018年高考文科数学押题试卷(一)（带答案和解释）5 绝密★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试押题卷科数学（一）本试题卷共14页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、填空题和解答题的作答用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合，，则集合（）A． B． c． D．【答案】D【解析】解方程组，得．故．选D．2．设复数（是虚数单位），则在复平面内，复数对应的点的坐标为（）A． B． c． D．【答案】A【解析】，所以复数对应的点为，故选A．3．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经四处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的，则一开始输入的的值为（）A． B． c． D．【答案】c【解析】，（1），（2），（3），（4），所以输出，得，故选c．4．已知，则（）A． B． c． D．【答案】c【解析】因为，所以，所以，故选c．5．已知双曲线的一个焦点为，一条渐近线的斜率为，则该双曲线的方程为（）A． B． c． D．【答案】B【解析】令，解得，故双曲线的渐近线方程为．由题意得，解得，∴该双曲线的方程为．选B．6．某家具厂的原材料费支出与销售量（单位万元）之间有如下数据，根据表中提供的全部数据，用最小二乘法得出与的线性回归方程为，则为（）x245682535605575A．5B．15c．12D．20【答案】c【解析】由题意可得，，回归方程过样本中心点，则，．本题选择c选项．7．已知，下列程序框图设计的是求的值，在“ ”中应填的执行语句是（）A． B． c． D．【答案】A【解析】不妨设，要计算，首先，下一个应该加，再接着是加，故应填．8．设，则“ ”是“ ”的（）A．充分而不必要条B．必要而不充分条c．充分必要条D．既不充分也不必要条【答案】A【解析】作图，，，，可得解集为，解集为，因为，因此选A．9．如图为正方体，动点从点出发，在正方体表面上沿逆时针方向运动一周后，再回到的运动过程中，点与平面的距离保持不变，运动的路程与之间满足函数关系，则此函数图象大致是（）A． B．c． D．【答案】c【解析】取线段中点为，计算得．同理，当为线段或的中点时，计算得，符合c项的图象特征．故选c．10．已知双曲线的右顶点为，右焦点为，为双曲线在第二象限上的一点，关于坐标原点的对称点为，直线与直线的交点恰好为线段的中点，则双曲线的离心率为（）A． B． c．2D．3【答案】D【解析】不妨设，由此可得，，，，由于，，三点共线，故，化简得，故离心率．11．已知点和点，点为坐标原点，则的最小值为（）A． B．5c．3D．【答案】D【解析】由题意可得，，则，结合二次函数的性质可得，当时，．本题选择D选项．12．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，若点是与在第一象限内的交点，且，设与的离心率分别为，，则的取值范围是（）A． B． c． D．【答案】D【解析】设，令，由题意可得，，据此可得，则，，则，由可得，结合二次函数的性质可得，则，即的取值范围是．本题选择D选项．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2018年高考数学文科押题试卷（附答案）
5
数学（）试题
本试题卷分第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（必考题和选考题两部分）。

考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试题卷上答题无效。

考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷
一、选择题本大题共1 2小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知全集U=R，集合A={1，2，3，4，5}，B={ }，下图中阴影部分所表示的集合为
A．{0，1，2} B．{1，2}
c．{1}c．{0，1}
2．复数，在复平面上对应的点位于
A ．第一象限 B．第二象限c．第二象限 D．第四象限
3．在用二分法求方程的一个近似解时，已将一根锁定在区间（1，2）内，则下一步可断定该根所在的区间为
A．（1，4，2）B．（1，1，4）c．（1，）D．
4．已知命题使得命题，下列命题为真的是
A．p q B．（ c． D．
5．某三棱锥的侧视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的体积为A． B． c． D．
6．设函数是
A．最小正周期为的奇函数
B．最小正周期为的偶函数
c．最小正周期为的奇函数。

2018年甘肃省高考数学一诊试卷（文科）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 全集U ＝{−2, −1, 0, 1, 2}，集合A ＝{−2, 2}，集合B ＝{x|x 2−10}，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）A.{−1, 0, 1}B.{−1, 0}C.{−1, 1}D.{0}【答案】D【考点】Venn 图表达集合的关系及运算【解析】先求出集合A ，集合B ，从而求出A ∪B ，由此能求出图中阴影部分所表示的集合∁U (A ∪B)．【解答】∵ 全集U ＝{−2, −1, 0, 1, 2}，集合A ＝{−2, 2}，集合B ＝{x|x 2−10}＝{−1, 1}，∴ A ∪B ＝{−2, −1, 1, 2}，∴ 图中阴影部分所表示的集合为：∁U (A ∪B)＝{0}．2. 已知i 为虚数单位，则(2+i)⋅(1−i)=( )A.1−iB.1+iC.3−iD.3+i【答案】C【考点】复数的运算【解析】利用复数的运算法则即可得出．【解答】(2+i)⋅(1−i)=2+1−i =3−i ，3. 函数f(x)={2x ,x <2log 2x,x ≥2，则f （f(2)）=( ) A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【考点】求函数的值【解析】推导出f(2)=log 22=1，从而f （f(2)）=f(1)，由此能求出结果．【解答】解：∵ 函数f(x)={2x ,x <2,log 2x,x ≥2,∴ f(2)=log 22=1，f （f(2)）=f(1)=21=2.故选B ．4. 已知等差数列{a n }中，a 2+a 8＝16，a 4＝1，则a 6的值为（ ）A.15B.17C.36D.64【答案】A【考点】等差数列的通项公式【解析】由等差数列的性质可得a 5，进而可得数列的公差，而a 6＝a 5+d ，代入化简可得．【解答】由等差数列的性质可得2a 5＝a 2+a 8＝16，解得a 5＝8∴ 等差数列{a n }的公差d ＝a 5−a 4＝8−1＝7，∴ a 6＝a 5+d ＝8+7＝155. 如图所示，若程序框图输出的所有实数对(x, y)所对应的点都在函数f(x)=a x−1+b 的图象上，则实数a ，b 的值依次为（ ）A.2，1B.3，0C.2，−1D.3，−1【答案】B【考点】程序框图【解析】 由已知中的程序框图给出满足条件的点，进而代入函数解析式，构造方程组可得实数a ，b 的值．【解答】当x =1，y =1时，满足进行循环的条件，输出(1, 1)，x =2，y =3；当x =2，y =3时，满足进行循环的条件，输出(2, 3)，x =3，y =5；当x =3，y =5时，不满足进行循环的条件，故{a 1−1+b =1a 2−1+b =3， 解得：a =3，b =0，6. 若实数x ，y 满足{x −y +1≥0x +y −1≤0y ≥0，则z =x +2y 的最大值是（ ） A.−1B.1C.2D.3【答案】C【考点】 简单线性规划【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用z 的几何意义，利用数形结合即可得到结论．【解答】作出不等式组对应的平面区域如图：设z =x +2y 得y =−12x +12z ，平移直线y =−12x +12z ，由图象可知当直线y =−12x +12z 经过点A(0, 1)时， 直线y =−12x +12z 的截距最大，此时z 最大，此时z =2，7. 某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为2π3，则a 的值为（A.2√2B.2C.1D.√23【答案】B【考点】由三视图求体积【解析】首先根据三视图整理出复原图，进一步利用体积公式求出结果．【解答】该几何体是由一个圆柱体挖去两个半球，则：2π3=π∗(a 2)2−4π(a 2)33，解得：a =28. 中国古代三国时期的数学家赵爽，创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明．如图所示，在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”．若正方形ABCD与正方形EFGH的面积分别为25和1，则cos∠BAE=()A.1 25B.2425C.35D.45【答案】D【考点】三角形求面积【解析】直接利用三角形的全等和勾股定理求出结果．【解答】由于在图中的四个直角三角形都全等，所以，设AH=BE=CF=DG=x，由于：正方形ABCD与正方形EFGH的面积分别为25和1，所以：AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，根据勾股定理：(1+x)2+x2=25，解得：x=4或−3（负值舍去）．故：cos∠BAE=45．9. 从某中学高三年级甲、乙两个班各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分10的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的平均分和乙班学生成绩的中位数都是85，则x+y的值为（）A.7B.8C.9D.10【答案】D【考点】茎叶图众数、中位数、平均数【解析】根据茎叶图中的数据，结合中位数、平均数的定义求出x、y的值，再求和．【解答】根据茎叶图中的数据知，乙班成绩的中位数是85，∴y=5；又甲班学生成绩的平均分为85，即79+78+80+(80+x)+85+92+96=85×7，解得x =5；∴ x +y =(10)10. 设△ABC 的面积为S ，若AB →∗AC →=1，tanA =2，则S =( )A.1B.2C.√55D.15 【答案】A【考点】平面向量数量积的性质及其运算律数量积表示两个向量的夹角【解析】利用向量的数量积，以及三角函数，化简求解即可．【解答】tanA =2，可得cosA =√11+tan A =√15=√55，sinA =2√55， AB →∗AC →=1，可得bccosA =1，可得bc =√5，△ABC 的面积为S =12bcsinA =12×√5×2√55=(1)故选：A ．11. 在平面直角坐标系中，圆O:x 2+y 2=1被直线y =kx +b(k >0)截得的弦长为√2，角α的始边是x 轴的非负半轴，终边过点P(k, b 2)，则tanα的最小值（ ）A.√22B.1C.√2D.2 【答案】B【考点】直线与圆的位置关系【解析】根据垂径定理及距离公式得出k ，b 的关系，再根据基本不等式得出tanα的最小值．【解答】∵ 圆O 的半径为1，被直线y =kx +b(k >0)截得的弦长为√2，∴ 圆心O 到直线l 的距离d =√22，即√k 2+1=√22， ∴ b 2=k 2+12，∴ tanα=b 2k =k 2+12k ≥2√k 2∗12k=1，当且仅当k 2=12k 即k =1时取等号．12. 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(−3−x)=f(3−x)，当−3≤x ≤−1时，f(x)=−(x +2)2，当−1<x ≤0时，f(x)=2x +1，则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2018)=( )A.670B.334C.−337D.−673【答案】D函数奇偶性的性质【解析】根据题意，由f(−3−x)=f(3−x)可得f(−3−x)=f[6+(−3−x)]，则有函数f(x)是周期为6的周期函数，结合函数的解析式求出f(−3)、f(−2)、f(−1)以及f(0)的值，结合函数的奇偶性可得f(1)、f(2)、f(3)的值，再由周期性可得f(4)、f(5)、f(6)的值，结合函数的周期性可得f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2018)=336×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)+f(2)，代入数据即可得答案．【解答】根据题意，f(x)满足f(−3−x)=f(3−x)，即f(−3−x)=f[6+(−3−x)]，则函数f(x)是周期为6的周期函数，当−3≤x ≤−1时，f(x)=−(x +2)2，则f(−3)=−1，f(−2)=0，f(−1)=−1， 当−1<x ≤0时，f(x)=2x +1，则f(0)=2，函数f(x)为偶函数，则f(1)=f(−1)=−1，f(2)=−f(2)=0，f(3)=f(−3)=−1， 函数f(x)是周期为6的周期函数，则f(4)=f(−2)=−1，f(5)=f(−1)=−1，f(6)=2；则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2018)=[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+[f(7)+f(8)+f(9)+f(10)+f(11)+f(12)]+……+[f(2011)+f(2012)+f(2013)+f(2014)+f(2015)+f(2016)]+f(2017)+f(2018)=336×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)+f(2)=−673；故选：D ．二、填空题：本题共4小题，每题5分，满分20分.已知{a n }中，a 1=1，a n+1=2a n an +2，则a 4=________． 【答案】25【考点】数列递推式【解析】利用数列的递推关系式，逐步求解即可．【解答】{a n }中，a 1=1，a n+1=2a n an +2，则a 2=21+2=23， a 3=2×2323+2=12．则a 4=2×1212+2=25．曲线f(x)＝e x 在点A （0, f(0)）处的切线方程为________．【答案】x −y +1＝0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由斜截式方程，即可得到所求切线方程．f(x)＝e x的导数为f′(x)＝e x，可得在点A（0, f(0)）处的切线斜率为k＝1，切点为(0, 1)，则曲线f(x)＝e x在点A（0, f(0)）处的切线方程为y＝x+1，即为x−y+1＝0．在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物．甲说：“礼物不在我这”；乙说：“礼物在我这”；丙说：“礼物不在乙处”．如果三人中只有一人说的是真的，请问________（填“甲”、“乙”或“丙”）获得了礼物．【答案】甲【考点】进行简单的合情推理【解析】假设甲说的是真的，即礼物不在甲处，根据三人中只有一人说的是真的推出矛盾结论，可知假设错误，从而得到答案．【解答】假设甲说的是真的，即礼物不在甲处，∵三人中只有一人说的是真的，则乙、丙说的是假的，∴由乙说话可知礼物不在乙处，由并说话可知礼物在乙处，矛盾．故假设错误，即甲说的是假的，则礼物在甲处．已知O为坐标原点，双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的右焦点为F，以OF为直径的圆交双曲线的一条渐近线于异于原点的A，若点A与OF中点的连线与OF垂直，则双曲线的离心率e为________．【答案】√2【考点】双曲线的特性【解析】先画出图形，如图，设OF的中点为C，由题意得AC⊥OF，根据三角形的性质可得AC=AF，又AF=OF，从而得出△AOF是正三角形，即双曲线的渐近线的倾斜角为60∘，得出a，b的关系式，即可求出双曲线的离心率e．【解答】如图，设OF的中点为C，则AC⊥OF，∴AO=AF，又c=OF，OA:y=ba x，A的横坐标等于C的横坐标c2，所以A(c2, bc2a)，且AO=√2c2，AO2=c24+b2c24a2，所以a=b，则双曲线的离心率e=ca =√1+b2a=√2．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若m →=(cosB, cosC)，n →=(2a +c, b)，且m →⊥n →．(Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)若b =7，a +c =8，求△ABC 的面积．【答案】(Ⅰ)根据题意，m →=(cosB, cosC)，n →=(2a +c, b)，若m →⊥n →，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0，即cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0变形可得2cosBsinA =−(sinC ⋅cosB +cosC ⋅sinB)=−sin(B +C)=−sinA ， 解可得cosB =−12，则B =2π3．(Ⅱ)根据余弦定理可知b 2=a 2+c 2−2accosB ，即49=a 2+c 2+ac ，又因为a +c =8，则有(a +c)2=64，即a 2+c 2+2ac =64，解可得ac =15， 则S =12ac ∗sinB =15√34． 【考点】三角形求面积【解析】(Ⅰ)根据题意，由向量数量积的坐标计算公式可得若m →⊥n →，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0，结合正弦定理可得cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0，将其整理变形可得cosB =−12，由B 的范围分析可得答案；(Ⅱ)结合题意，根据余弦定理分析可得49=a 2+c 2+ac ，又由a +c =8，变形可得ac =15，由三角形面积公式计算可得答案．【解答】(Ⅰ)根据题意，m →=(cosB, cosC)，n →=(2a +c, b)，若m →⊥n →，则有cosB ⋅(2a +c)+cosC ⋅b =0，即cosB ⋅(2sinA +sinC)+cosC ⋅sinB =0变形可得2cosBsinA =−(sinC ⋅cosB +cosC ⋅sinB)=−sin(B +C)=−sinA ， 解可得cosB =−12，则B =2π3．(Ⅱ)根据余弦定理可知b 2=a 2+c 2−2accosB ，即49=a 2+c 2+ac ，又因为a +c =8，则有(a +c)2=64，即a 2+c 2+2ac =64，解可得ac =15， 则S =12ac ∗sinB =15√34．2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战．某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图．(Ⅰ)由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需求量y （单位：千万立方米）与年份x （单位：年）之间的关系．并且已知y 关于x 的线性回归方程是yˆ=6.5x +aˆ，试确定a ˆ的值，并预测2018年该地区的天然气需求量； (Ⅱ)政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A类：每车补贴1万元，B类：每车补贴2.5万元，C类：每车补贴3.4万元．某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如表：为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查，求恰好有1辆车享受3.4万元补贴的概率．【答案】(Ⅰ)如折线图数据可知x=2008+2010+2012+2014+2016=2012，y=5236+246+257+276+286=260.25代入线性回归方程yˆ=6.5x+aˆ可得aˆ=−12817.8．将x=2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米．(Ⅱ)根据分层抽样可知A类，B类，C类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆分别编号为A，B1，B2，C1，C2，C3．基本事件有(A, B1)(A, B2)(A, C1)(A, C2)(A, C3)(B1, B2)(B1, C1)(B1, C2)(B1, C3)(B2, C1)(B2, C2)(B2, C3)(C1, C2)(C1, C3)(C2, C3)共15种设“恰好有1辆车享受3.4万元补贴”为事件D，事件D包括(A, C1)(A, C2)(A, C3)(B1, C1)(B1, C2)(B1, C3)(B2, C1)(B2, C2)(B2, C3)，共9种，．则P(D)=35【考点】求解线性回归方程列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】(Ⅰ)根据题意，由折线图数据计算可得x、y，将其代入线性回归方程可得a^的值，将x=2018代入即可得答案；(Ⅱ)根据分层抽样可知A类，B类，C类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆，分别编号为A，B1，B2，C1，C2，C3．用列举法分析可得基本事件，进而由古典概型计算公式计算可得答案．【解答】(Ⅰ)如折线图数据可知x=2008+2010+2012+2014+2016=2012，y=5236+246+257+276+286=260.25代入线性回归方程yˆ=6.5x+aˆ可得aˆ=−12817.8．将x=2018代入方程可得yˆ=299.2千万立方米．(Ⅱ)根据分层抽样可知A类，B类，C类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆分别编号为A，B1，B2，C1，C2，C3．基本事件有(A, B1)(A, B2)(A, C1)(A, C2)(A, C3)(B1, B2)(B1, C1)(B1, C2)(B1, C3)(B2, C1)(B2, C2)(B2, C3)(C1, C2)(C1, C3)(C2, C3)共15种设“恰好有1辆车享受3.4万元补贴”为事件D，事件D包括(A, C1)(A, C2)(A, C3)(B1, C1)(B1, C2)(B1, C3)(B2, C1)(B2, C2)(B2, C3)，共9种，则P(D)=35．四棱台被过点A1，C1，D的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2．(Ⅰ)求证：B1D⊥AC；(Ⅱ)求点C1到平面A1B1D的距离．【答案】证明：(Ⅰ)∵四棱台被过点A1，C1，D的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，∴BD⊥AC，∵BB1⊥平面ABCD，∴AC⊥BB1，而BB1∩BD=B，∴AC⊥平面DBB1，∵B1D⊂平面DBB1．∴B1D⊥AC．(Ⅱ)利用等体积法V C1−A1B1D =V D−A1B1C1，根据题目条件可求出A1B1=1，A1D=√7，B1D=2√2，∴△A1B1D是直角三角形设点C1到平面A1B1D的距离为d，V C1−A1B1D =13∗S△A1B1D∗d=13×12×1×√7∗d，V D−A1B1C1=13∗S△A1B1C1∗BB1=13×12×1×1×√32×2，解得d=√217．∴点C1到平面A1B1D的距离为√217．【考点】点、线、面间的距离计算【解析】(Ⅰ)推导出BD⊥AC，AC⊥BB1，从而AC⊥平面DBB1，由此能证明B1D⊥AC．(Ⅱ)利用等体积法V C1−A1B1D =V D−A1B1C1，能求出点C1到平面A1B1D的距离．【解答】证明：(Ⅰ)∵四棱台被过点A1，C1，D的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，∴BD⊥AC，∵BB1⊥平面ABCD，∴AC⊥BB1，而BB1∩BD=B，∴AC⊥平面DBB1，∵B1D⊂平面DBB1．∴B1D⊥AC．(Ⅱ)利用等体积法V C1−A1B1D =V D−A1B1C1，根据题目条件可求出A1B1=1，A1D=√7，B1D=2√2，∴△A1B1D是直角三角形设点C1到平面A1B1D的距离为d，V C1−A1B1D =13∗S△A1B1D∗d=13×12×1×√7∗d，V D−A1B1C1=13∗S△A1B1C1∗BB1=13×12×1×1×√32×2，解得d=√217．∴点C1到平面A1B1D的距离为√217．椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线与椭圆E在第一象限交于点P，若|PF1|=32√2，且a=√2b2．(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)已知点P关于y轴的对称点Q在抛物线C:y2=mx上，是否存在直线l与椭圆交于A，B，使得A，B的中点M落在直线y=2x上，并且与抛物线C相切，若直线l存在，求出l 的方程，若不存在，说明理由．【答案】(Ⅰ)由题意可知{b 2a+4c 2=92a =√2b 2a 2=b 2+c 2，∴ a =√2，b =(1)(Ⅱ)由(Ⅰ)可知P(1,√22)，把Q(−1,√22)代入y 2=mx 可得抛物线方程是y 2=−12x若直线l 斜率存在，设直线l 与椭圆的交点坐标为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)满足椭圆方程{x 122+y 12=1x 222+y 22=1，两式作差可得(x 1+x 2)(x 1−x 2)2+(y 1+y 2)(y 1−y 2)=0，A ，B 的中点M 落在直线y =2x 上则有y 1+y 2=2(x 1+x 2)代入可得y 1−y 2x1−x 2=−14，直线l 方程可以设为y =−14x +b 与抛物线方程联立{y 2=−12xy =−14x +b，消元可得方程y 2−2y +2b =0，直线与抛物线相切则有△=4−8b =0⇒b =12，则直线l 的方程为x +4y −2=0，与椭圆方程联立：{x 22+y 2=1x +4y −2=0， 消元可得方程9y 2−8y +1=0，△=64−4×9=28>0，所以直线x +4y −2=0满足题意．若直线l 斜率不存在时，直线x =0满足题意．所以，综上这样的直线l 存在，方程是x +4y −2=0或x =(0) 【考点】 椭圆的定义 【解析】(Ⅰ)由题意可知{b 2a+4c 2=92a =√2b 2a 2=b 2+c 2，解出可得椭圆方程．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知P(1,√22)，把Q(−1,√22)代入y 2=mx 可得抛物线方程是y 2=−12x ，直线l斜率存在，设直线l 与椭圆的交点坐标为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，分别代入椭圆方程，两式作差可得(x 1+x 2)(x 1−x 2)2+(y 1+y 2)(y 1−y 2)=0，再利用中点坐标公式、斜率计算公式即可得出直线l 的斜率．可设为y =−14x +b 与抛物线方程联立可得方程y 2−2y +2b =0，根据直线与抛物线相切可得△=(0)直线l 的方程与椭圆方程联立消元可得方程9y 2−8y +1=0，△>0，满足题意．若直线l 斜率不存在时，直线x =0满足题意．即可得出． 【解答】(Ⅰ)由题意可知{b 2a+4c 2=92a =√2b 2a 2=b 2+c 2，∴ a =√2，b =(1)若直线l 斜率存在，设直线l 与椭圆的交点坐标为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)满足椭圆方程{x 122+y 12=1x 222+y 22=1，两式作差可得(x 1+x 2)(x 1−x 2)2+(y 1+y 2)(y 1−y 2)=0，A ，B 的中点M 落在直线y =2x 上则有y 1+y 2=2(x 1+x 2)代入可得y 1−y 2x1−x 2=−14，直线l 方程可以设为y =−14x +b 与抛物线方程联立{y 2=−12x y =−14x +b，消元可得方程y 2−2y +2b =0，直线与抛物线相切则有△=4−8b =0⇒b =12，则直线l 的方程为x +4y −2=0，与椭圆方程联立：{x 22+y 2=1x +4y −2=0，消元可得方程9y 2−8y +1=0，△=64−4×9=28>0，所以直线x +4y −2=0满足题意．若直线l 斜率不存在时，直线x =0满足题意．所以，综上这样的直线l 存在，方程是x +4y −2=0或x =(0)函数f(x)=x(lnx −1)． (Ⅰ)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)对任意x ∈(0, +∞)，不等式12x −13x 2+ax +1<lnx 恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）f(x)的定义域是(0, +∞)，f ′(x)=lnx ，分析可得：在区间(0, 1)上，f ′(x)<0，函数f(x)为减函数， 在区间(1, +∞)上，f ′(x)>0，函数f(x)为增函数， 所以f(x)在(0, 1)单调递减，在(1, +∞)单调递增．（2）任意x ∈(0, +∞)，不等式12x −13x 2+ax +1<lnx ⇒−13x 3+12x 2+a <x(lnx −1)，令g(x)=−13x 3+12x 2+a ，则有g(x)<f(x)在x ∈(0, +∞)上恒成立 即g(x)max <f(x)min 在x ∈(0, +∞)上恒成立，由(Ⅰ)可知f(x)min =f(1)=−1，g ′(x)=−x 2+x ，由表格可知g(x)max =g(1)=16+a ， 则有16+a <−1⇒a <−76．利用导数研究函数的最值【解析】(Ⅰ)根据题意，由函数的解析式求出函数的导数，分析导数的符号，结合函数的单调性与函数导数的关系，分析可得答案；(Ⅱ)根据题意，将12x−13x2+ax+1<lnx变形可得−13x3+12x2+a<x(lnx−1)，令g(x)=−13x3+12x2+a，则有g(x)<f(x)在x∈(0, +∞)上恒成立，利用导数求出函数g(x)的最大值和f(x)的最小值，分析可得答案．【解答】（1）f(x)的定义域是(0, +∞)，f′(x)=lnx，分析可得：在区间(0, 1)上，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，在区间(1, +∞)上，f′(x)>0，函数f(x)为增函数，所以f(x)在(0, 1)单调递减，在(1, +∞)单调递增．（2）任意x∈(0, +∞)，不等式12x−13x2+ax+1<lnx⇒−13x3+12x2+a<x(lnx−1)，令g(x)=−13x3+12x2+a，则有g(x)<f(x)在x∈(0, +∞)上恒成立即g(x)max<f(x)min在x∈(0, +∞)上恒成立，由(Ⅰ)可知f(x)min=f(1)=−1，g′(x)=−x2+x，由表格可知g(x)max=g(1)=16+a，则有16+a<−1⇒a<−76．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，曲线C1:(x−√3)2+(y−1)2=4，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线C1绕极点逆时针旋转π6后得到的曲线记为C2．(Ⅰ)求曲线C1，C2的极坐标方程；(Ⅱ)射线θ=π3(p>0)与曲线C1，C2分别交于异于极点O的A，B两点，求|AB|．【答案】(Ⅰ)曲线C1:(x−√3)2+(y−1)2=4化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ，设曲线C2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)，在C1上代入可得C2的极坐标方程是ρ=2cosθ+2√3sinθ．(Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C1，C2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，∴|AB|=|ρ1−ρ2|=4−2√3．圆的极坐标方程【解析】(Ⅰ)曲线C1化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ，设曲线C2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)，在C1上代入可得C2的极坐标方程．(Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C1，C2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，由此能求出|AB|．【解答】(Ⅰ)曲线C1:(x−√3)2+(y−1)2=4化为极坐标方程是ρ=2√3cosθ+2sinθ，设曲线C2上的点Q(ρ, θ)，绕极点顺时针旋转π6后得到P(ρ,θ−π6)，在C1上代入可得C2的极坐标方程是ρ=2cosθ+2√3sinθ．(Ⅱ)将θ=π3(ρ>0)分别代入C1，C2的极坐标方程，得到ρ1=2√3，ρ2=4，∴|AB|=|ρ1−ρ2|=4−2√3．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，且f(x+2)≥0的解集为[−1, 1]．(Ⅰ)求m的值；(Ⅱ)若a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m，求证：a+2b+3c≥9．【答案】(Ⅰ)函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，故f(x+2)=m−|x|，由题意可得m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)由a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m=1，∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba +3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba +3ca+a2b+3c2b+a3c+2b3c≥3+6=9，当且仅当2ba=3ca=a2b=3c2b=a3c=2b3c=1时，等号成立．所以a+2b+3c≥9【考点】带绝对值的函数不等式的证明【解析】(Ⅰ)由条件可得f(x+2)=m−|x|，故有m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)根据a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba+3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1，利用基本不等式证明它大于或等于(9)【解答】(Ⅰ)函数f(x)=m−|x−2|，m∈R，故f(x+2)=m−|x|，由题意可得m−|x|≥0的解集为[−1, 1]，即|x|≤m的解集为[−1, 1]，故m=(1)(Ⅱ)由a，b，c∈R，且1a +12b+13c=m=1，∴a+2b+3c=(a+2b+3c)(1a +12b+13c)=1+2ba +3ca+a2b+1+3c2b+a3c+2b3c+1=3+2ba +3ca+a2b+3c2b+a3c+2b3c≥3+6=9，当且仅当2ba=3ca=a2b=3c2b=a3c=2b3c=1时，等号成立．所以a+2b+3c≥9。

绝密 ★ 启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（押题卷）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

（1）若集合{1,0,1,2}M =-，{|21,}N y y x x M ==+∈，则集合N M等于（ ）（A ）{1,1}-（B ）{1,2}（C ）{1,1,3,5}-（D ）{1,0,1,2}-（2）已知复数i 21+=z ，且复数1z ，2z 在复平面内对应的点关于实轴对称，则=21z z （ ） （A ）1+i（B ）i 5453+（C ）i 5453-（D ）i 341+（3）在一组样本数据1122(,),(,),,(,)n n x y x y x y (122,,,,n n x x x ≥不全相等) 的散点图中，若所有样本点(,)(1,2,,)i i x y i n =都在直线112y x =+上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ） （A ）1- （B ）0（C ）12（D ）1（4）已知抛物线28y x =-的焦点与双曲线2221(0)x y a a-=>的一个焦点重合，则a （）=（A ）12（B ）2（C（D（5）已知,a b 为非零向量，则“0⋅a b >”是“a 与b 夹角为锐角”的（ ）A ．必要而不充分条件B ．充分而不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件（6）执行右面的程序框图，如果输入的N 是6，那么输出的p 是（ ）（A ）120 （B ）720 （C ）1 440 （D ）5 040（7）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 （A ）6 （B ）9 （C ）12 （D ）18（8）已知直二面角l αβ--，点A α∈，AC l ⊥，C 为垂足，点,B BD l β∈⊥，D 为垂足. 若2,1AB AC BD ===，则CD =（ ）（A ）2 （B（C（D ）1（9）设函数()cos (0)f x x ωω=>，将()y f x =的图像向右平移3π个单位长度后，所得的图像与原图像重合，则ω的最小值等于（ ） （A ）13（B ）1 （C ）3 （D ）6（10）等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线216y x =的准线交于A ，B两点，AB =，则C 的实轴长为 （A（B）（C ）4（D ）8（11）若变量,x y 满足约束条件329,69,x y x y +⎧⎨-⎩≤≤≤≤ 则2z x y =+的最小值为（ ）（A ）1- （B ）6- （C ）3 （D ）9（12）数列{}n a 满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{}n a 的前60项和为（A ）3 690 （B ）3 660（C ）1 845（D ）1 830第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

甘肃省2018届高三数学下学期第一次高考诊断试题（文科有答案）2018年甘肃省第一次高考诊断考试文科数学一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.全集，集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（）A．B．C．D．2.已知为虚数单位，则（）A．B．C．D．3.函数则（）A．1B．2C．3D．44.已知等差数列中，，，则的值为（）A.15B.17C.22D.645.如图所示，若程序框图输出的所有实数对所对应的点都在函数的图象上，则pu实数的值依次为（）A．B．C.D．6.若实数，满足则的最大值是（）A．-1B．1C.2D．37.某几何体挖去两个半球体后的三视图如图所示，若剩余几何体的体积为，则的值为（）[KS5UKS5U] A．B．2C.1D．8.中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若正方形与正方形的面积分别为25和1，则（）A．B．C.D．8.过直线上的点作圆的切线，则切线长的最小值为（）A．B．C.D．9.从某中学高三年级甲、乙两个班各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩(满分100分)的茎叶图如右图，其中甲班学生成绩的平均分和乙班学生成绩的中位数都是85，则的值为（）A.7B.8C.9D.1010.设的面积为，若，，则（）A．1B．2C.D．11.在平面直角坐标系中，圆被直线（）截得的弦长为2，角的始边是轴的非负半轴，终边过点，则的最小值（）A．B．1C.D．212.已知是定义在上的偶函数，且，当时，，当时，，则（）A．670B．334C.-337D．-673二、填空题：本题共4小题，每题5分，满分20分.13.已知数列中，，（），则．14.曲线在点处的切线方程为．15.在某班举行的成人典礼上，甲、乙、丙三名同学中的一人获得了礼物.甲说：“礼物不在我这”；乙说：“礼物在我这”；丙说：“礼物不在乙处”.如果三人中只有一人说的是真的，请问(填“甲”、“乙”或“丙”)获得了礼物.16.已知为坐标原点，双曲线()的右焦点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于异于原点的，若点与中点的连线与垂直，则双曲线的离心率为．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.中，三个内角的对边分别为，若，，且.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求的面积.18.2017年12月，针对国内天然气供应紧张的问题，某市政府及时安排部署，加气站采取了紧急限气措施，全市居民打响了节约能源的攻坚战.某研究人员为了了解天然气的需求状况，对该地区某些年份天然气需求量进行了统计，并绘制了相应的折线图.（Ⅰ）由折线图可以看出，可用线性回归模型拟合年度天然气需求量(单位：千万立方米)与年份(单位：年)之间的关系.并且已知关于的线性回归方程是，试确定的值，并预测2018年该地区的天然气需求量；（Ⅱ）政府部门为节约能源出台了《购置新能源汽车补贴方案》，该方案对新能源汽车的续航里程做出了严格规定，根据续航里程的不同，将补贴金额划分为三类，A类：每车补贴1万元，B类：每车补贴2.5万元，C类：每车补贴3.4万元.某出租车公司对该公司60辆新能源汽车的补贴情况进行了统计，结果如下表：类型类类类车辆数目102030为了制定更合理的补贴方案，政府部门决定利用分层抽样的方式了解出租车公司新能源汽车的补贴情况，在该出租车公司的60辆车中抽取6辆车作为样本，再从6辆车中抽取2辆车进一步跟踪调查，求恰好有1辆车享受3.4万元补贴的概率.19.四棱台被过点的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形是边长为2的菱形，，平面，. （Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求点到平面的距离20.椭圆（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线与椭圆在第一象限交于点，若，且.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点关于轴的对称点在抛物线上，是否存在直线与椭圆交于，使得的中点落在直线上，并且与抛物线相切，若直线存在，求出的方程，若不存在，说明理由.21.函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. (二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑.按所涂题号进行评分不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，将曲线绕极点逆时针旋转后得到的曲线记为.（Ⅰ）求曲线，的极坐标方程；（Ⅱ）射线（）与曲线，分别交于异于极点的，两点，求.23.选修4-5：不等式选讲已知函数，，且的解集为.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，，，且，求证：.2018年甘肃省第一次高考诊断文科数学考试参考答案及评分标准一、选择题1-5:DCBAB6-10:CBDDA11、12：BC二、填空题13.14.15.甲16.三、解答题17.解:（Ⅰ）∵，∴，∴∴，∴，∴.（Ⅱ）根据余弦定理可知，∴，又因为，∴，∴，∴，则.18.解：（Ⅰ）如折线图数据可知代入线性回归方程可得.将代入方程可得千万立方米.（Ⅱ）根据分层抽样可知类，类，类抽取人数分别为1辆，2辆，3辆分别编号为,，，，，.基本事件有共15种设“恰好有1辆车享受3.4万元补贴”为事件,则19.证明：（Ⅰ）其底面四边形是边长为2的菱形，则有，∵平面，∴，而∴平面，平面.∴.解：（Ⅱ）利用等体积法，根据题目条件可求出，，，可知是直角三角形设点到平面的距离为，，，解得.20.解：（Ⅰ）解：由题意可知解得椭圆方程是. (Ⅱ)由（Ⅰ）可知则有代入可得抛物线方程是若直线斜率存在，设直线与椭圆的交点坐标为满足椭圆方程两式作差可得，的中点落在直线上则有代入可得，直线方程可以设为与抛物线方程联立消元可得方程，直线与抛物线相切则有，则直线的方程为，与椭圆方程联立：消元可得方程，，所以直线满足题意.若直线斜率不存在时，直线满足题意.所以，综上这样的直线存在，方程是或.21.（Ⅰ）解：的定义域是，所以在单调递减，在单调递增.（Ⅱ），令则有在上恒成立即在上恒成立由（Ⅰ）可知，，1+0-↗极大值↘由表格可知，则有.(方法不唯一)22.解：（Ⅰ）曲线化为极坐标方程是设曲线上的点绕极点顺时针旋转后得到在上代入可得的极坐标方程是.（Ⅱ）将（）分别代入，的极坐标方程，得到，.23.（Ⅰ）的解集为可知.（Ⅱ）则当且仅当时等号成立，即，，时等号成立.。

2018全国卷Ⅱ高考文科数学真题及答案注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.作答时，务必将答案写在答题卡上。

写在本试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

()1.()i 23i +=______。

A.32i- B.32i+ C.32i-- D.32i-+()2.已知集合{}1,3,5,7A =，{}2,3,4,5B =，则A B =______。

A.{}3 B.{}5 C.{}3,5 D.{}1,2,3,4,5,7()3.函数()2e e x xf x x --=的图像大致为______。

A.暂缺B.暂缺C.暂缺D.暂缺()4.已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a ab ______。

A.4B.3C.2D.0()5.从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为______。

A.0.6B.0.5C.0.4D.0.3()6.双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>______。

A.y =B.y = C.22y x = D.32y x =±()7.在ABC △中，5cos25C =，1BC =，5AC =，则AB =______。

A.D.()8.为计算11111123499100S =-+-++- ，设计了如图的程序框图，则在空白框中应填入______。

A.1i i =+ B.2i i =+ C.3i i =+ D.4i i =+()9.在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为______。

A.2B.2C.2D.2()10.若()cos sin f x x x =-在[0,]a 是减函数，则a 的最大值是______。