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1、试卷第 1 页，总 13 页 川大附中高 2018 级高考考前模拟考试 理科数学答案 一、单选题 1命题“若，则xN”的否命题是（）A若xM，则xN B若xM，则xN C若xM，则xN D若xM，则xN【答案】C【详解】“若xM，则xN”的否命题是若xM，则xN，故选：C 2复数2341iiii（）A 1122i B 1122+i C 1122i D 1122+i【答案】C【详解】因为 i21，i3i，i41，所以234(1)1111222iiiiiiiii.故选：C 3已知集合2110,60PxxQx xx，则PQ等于（）A1,2,3 B2,3 C 1,2 D2【答案】D【详解】211060
2、3,2PxxQx xx，则 2PQ，故选：D 4已知向量2,3a，1,b，若向量2ab与向量a共线，则b（）A32 B132 C13 D134【答案】B【详解】24,32ab，又向量2ab与向量a共线，3 26，解得：32，22391311242b.故选：B.5.设0ba1，则下列不等式中成立的是 Aa2ab1 B log12blog12a0 Cabb21 D2b2a2【答案】D 6某校上午 7:40 开始上课,学生甲乙两人均在早上 7:15 至 7:40 之间到校,且两人在该时间段的任何时刻到校都是等可能的,则甲比乙至少早 5 分钟到校的概率为()A825 B25 C1625 D45【答案】
3、A【详解】由题意，设学生甲乙两人到校时间分别为x分钟,y分钟,则025,025,5xyxyyx，设事件A为甲比乙至少早 5 分钟到校,则025,025,5Axyxyyx，试卷第 2 页，总 13 页 如图所示,可得25 25625S,阴影部分面积为120202002AS,所以 200862525P A.故选：A.72020 年第三届中国国际进口博览会开幕，时值初冬呼吸系统传染病高发期，防疫检测由上海交通大学附属瑞金医院与上海联通公司合作研发的“5G 发热门诊智慧解决方案”完成.该方案基于 5G 网络技术实现了患者体温检测、人证核验、导诊、诊疗、药品与标本配送的无人化和智能化.5G 技术中数学原
4、理之一就是香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度（单位：）取决于信道带宽（单位：）、信道内信号的平均功率（单位：）、信道内部的高斯噪声功率（单位：）的大小，其中叫做信噪比.按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从 1000 提升至 2000，则大约是原来的（）(参考数据:ln20.6931,lg20.3010)A2 倍 B1.1 倍 C0.9 倍 D0.5 倍【答案】B【详解】，当时，当时，则，又，则，即.故选：B.8若1tan23，则5sin12sin 3（）A13 B3 C13 D3【答案】A【详解】由诱导公式化简整理得：5sin1cos12sin 3sin，由于2co
5、s12sin,sin2sincos222，2log1SCWNCbit/sWHZSdBNdBSNWSNC2log1SCWN1000SN122log1 1000log 1001CWW2000SN222log1 2000log 2001CWW22222312222log 2001log 2000log 2log 1000111lg2 1log 1001log 1000log 1000log 103CWCW 113411lg10lg2lg10431lg20.13211.1CC试卷第 3 页，总 13 页 所以25sin12sincos1122tansin 3sin232sincos22 故选：A 9.
6、下图中小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某圆柱的三视图，圆柱表面上的点M在俯视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在正视图和俯视图上的对应点分别为B、B，其中点B为劣弧CD的中点，则沿圆柱侧面从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A3 B231 C233 D23【答案】B【详解】点M在底面上的投影到点N在底面上的投影的弧长3434l，将圆柱的侧面展开，可知从M到N的路径中，最短路径的长度为2223331，故选：B.10如图，ABC中，角C的平分线CD交边AB于点D，23A，2 3AC，3 2CD，则BC（）A3 3 B4 C4 2 D6【答案】D【详解】在ACD中，根据正弦定理32 3sin2
7、2sin23 2ACAADCCD，由ADCA，所以4ADC，所以23412ACD，所以6ACB，则6B，所以2 3ABAC，在ABC中，由余弦定理 22212 32 322 32 3362BC ，所以6BC 故选：D 11设椭圆1C：22221xyab（0ab）的左、右焦点分别是1F，2F，离心率为34，双曲线2C：试卷第 4 页，总 13 页 22221xymn（m，0n）的渐近线交1C于点P，12PFPF，则双曲线2C的离心率是（）A2 B9 24 C9 28 D3 22【答案】C【详解】根据对称性，设点00,P xy是第一象限点，12PFPF，22200 xyc，且2200221xyab
8、，34ca，22274bacaa，即22716ba，设227,16bk ak，则29ck，则2200220091167xykxykk，解得：20329kx，20499ky，并且点P在双曲线2C：22221xymn（m，0n）的渐近线上，即224932nm，双曲线的离心率2222819 21328mnnemm.故选：C 12.已知函数 f x及其导数 fx，若存在0 x使得 00f xfx，则称0 x是 f x的一个“巧值点”给出下列四个函数：2=f xx；xf xe；lnf xx；tanf xx，其中有“巧值点”的函数是（）A B C D【答案】B【解析】2f xx，2()2,2,0,2fxx
9、 xx xx有“巧值点”xf xe，(),xxxfxeee无解，无“巧值点”lnf xx，11(),lnfxxxx令g(x)lnx1x,g(1)10,g(e)11e0.由零点在性定理，所以在(1,)e上必有零点,f(x)有“巧值点”tanf xx,2211(),tan,sincos1,coscosfxxxxxx即sin 22x,无解，所以f(x)无“巧值点”所以有“巧值点”的是，选 B.二、填空题 13设443243210(2)xa xa xa xa xa，则1234aaaa_【答案】15.【详解】在443243210(2)xa xa xa xa xa中，令0 x 得：40216a，令1x 得
10、：432101aaaaa，所以43210115aaaaa.故答案为：15.14如图程序运行后，输出S的值应为 .试卷第 5 页，总 13 页 【答案】120【详解】1i 时，1S;2i，2S;3i 时，6S;4i 时，6 424S;5i 时，24 5120S;6i 时，不满足5i，执行 PRINTS”，所以120S.15如图，在直角梯形 ABCD 中，,2,6ABAD ADDCAB，动点 P 在以点 C 为圆心且与直线 BD 相切的圆上运动，设(,)APmADnAB m nR，则mn的取值范围是 _.【答案】122,222 解法一：建系设点，用圆的参数方程。设D(0,2),B(2,0),M(a
11、,2),则P(acos,2sin)所以2macos,2n2sin,所以mna2222sin(4),所以m n122,222 解法二：等和线法：m n122,222 16已知三棱锥三条侧棱、两两互相垂直，且，分别为该三棱锥内切球和外接球上的动点，则、两点间的距离最大值为 .【答案】【详解】由已知可将该三棱锥补成如图所示正方体.PABCPAPBPC2PAPBPCMNMN2 323试卷第 6 页，总 13 页 https:/ 则三棱锥内切球球心，外接球球心，以及内切球与面的切点三点均在上，且.设内切球半径为，外接球半径为，则.由，解得，故、两点间距离的最大值为.三、解答题 17.已知数列 na是等差
12、数列，且81a，1624S，数列 nb是递增的等比数列且149bb，2 38b b （1）求数列 na的通项公式na；（2）求1133552121()()()()nnabababab 解：（1）由题得：12712153adad 16,1ad ，6117nann .（2）由题得：141498bbb b,nb是递增的等比数列，故解得：141,8,2bbq,12nnb,1133552121nnabababab=13211321nnaaabbb =1642281 4 164nn =21 462841721 43nnnnnn.18如图，点C是以AB为直径的圆上的动点（异于A，B），已知2AB，7AE，E
13、B 平面ABC，四边形BEDC为平行四边形.O2OABCG1PD211363GOPDrR212332R 1133ACPBCPABPABCABPSSSSrSPC313r MN22 3223RGOr试卷第 7 页，总 13 页 （1）求证：BC 平面ACD；（2）当三棱锥ABCE的体积为33时，求平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）105.【详解】（1）因为四边形BEDC为平行四边形，所以/CD BE.因为EB 平面ABC，所以CD平面ABC，所以CDBC.因为ACB是以AB为直径的圆上的圆周角，所以BCAC，因为ACDCC，,AC DC 平面ACD，所以
14、BC 平面ACD.（2）ABC中，设ACx，2402BCxx，所以211422ABCSAC BCxx，因为7AE，2AB，所以3BE，所以13A BCEEABCABCVVSBE36x4x233，解得x2 法一：以C为坐标原点，以CA，CB，CD为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则0,0,0C，2,0,0A，0,0,3D，0,2,3E，所以2,0,3AD ，0,2,0DE，平面ABC的法向量10,0,3n，设平面ADE的法向量2,nx y z，2200nADnDE，所以23020 xzy，即23,0,2n，试卷第 8 页，总 13 页 所以121212610cos,535n nn nnn.法二：
15、因为/DE BC，BC 平面ABC，DE 平面ABC，所以/DE平面ABC，设平面ADE平面ABCl，则/l DE，又/BC DE，所以/l BC，又点A是平面ADE与平面ABC公共点，所以l过点A，过点A在圆内作/BCAF交圆于点F，则直线AF与l重合，所以AF为平面ADE与平面ABC的交线，因为/AFBC，ACBC，所以ACAF，又因为BC 平面ACD，所以BCAD，所以ADAF，所以DAC为两个平面所成的锐二面角的平面角，在RtACD中，22=23,235ACDCBEADACCD，所以210cos55ACDACAD，所以平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为105.19.为了鼓励
16、职员工作热情，某公司对每位职员一年来的工作业绩按月进行考评打分；年终按照职员的月平均值评选公司最佳职员并给予相应奖励.已知职员A一年来的工作业绩分数的茎叶图如图所示：（1）根据职员A的业绩茎叶图求出他这一年的工作业绩的中位数和平均数；（2）若记职员A的工作业绩的月平均数为Ax.已知该公司还有 6 位职员的业绩在 100 以上，分别是1116x，2108x，3102x，4120 x，5112x，6110 x，在这 6 人的业绩里随机抽取 2 个数据，求恰有 1 个数据满足8Aixx（其中1,2,3,4,5,6i）的概率；由于职员A的业绩高，被公司评为年度最佳职员，在公司年会上通过抽奖形式领取奖金
17、.公司准备了9 张卡片，其中有 1 张卡片上标注奖金为 6 千元，4 张卡片的奖金为 4 千元，另外 4 张的奖金为 2 千元.规则是：获奖职员需要从 9 张卡片中随机抽出 3 张，这 3 张卡片上的金额数之和就是该职员所得奖金.记职员A获得的奖金为X（千元），求X的分布列和期望.解：（1）由茎叶图可知，所求的中位数是122123122.52；平均数是18 12117123612182426120123.512；试卷第 9 页，总 13 页（2）由（1）知123.5Ax，满足8Aixx的有1116x，4120 x，所以，所求的概率112642C C8C15P；由题意知X所有取值为：6，8，10
18、，12，14 则 34391621CP XC；123944287C CP XC；114221443951014C CC CP XC；311141113951221CC C CP XC；12143911414C CP XC.所以X的分布列为 X 6 8 10 12 14 P 121 27 514 521 114 所以，期望 125536810121410217142142E X（千元）.20.在平面直角坐标系xOy中,圆22:11Fxy外的点P在y轴的右侧运动,且P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离,记P的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）过点F的直线交E于A,B两点,以AB为直径的圆D与
19、平行于y轴的直线相切于点M,线段DM交E于点N,证明：AMB的面积是AMN的面积的四倍.【详解】解法一：（1）设,P x y，依题意0 x，1,0F.因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为1PF 依题意得1PFx，即2211xyx，化简得E的方程为240yx x.（2）设00,N xy，11,A x y，22,B xy，则1212,22xxyyD.依题意可设直线AB的方程10yk xk，由21,4yk xyx 得2222240k xkxk.试卷第 10 页，总 13 页 因为224224416160kkk，所以212224kxxk，则有124yyk，故222 2,kDkk，由抛物线的定
20、义知2122442kABxxk.设,MMM xy，依题意得2Myk，所以222MkMDxk.又因为2ABMD，所以222222Mkxkk，解得1Mx，所以21,Mk.，因为02,N xk在抛物线上，所以021xk，即212,Nkk，所以212122112AMBkSMD yyyyk，211212211112224AMNDkSMN yyMNyyyyk，故4.AMBAMNSS 解法二：（1）设,P x y，依题意0 x.因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为1PF.依题意得，点P到圆1,0F的距离PF等于P到直线1x的距离，所以P在以1,0F为焦点，1x为准线的抛物线上.所以E的方程为240
21、yx x.（2）设11,A x y，22,B xy，连结MF，NF.因为直线AB过1,0F，依题意可设其方程10 xtyt 由21,4xtyyx得2440yty.，因为216160t，所以124yyt，所以2MDyyt.因为2ABMD，122ABxx，又因为122MxxMDx，所以1212222Mxxxxx，解得1Mx，所以1,2Mt，所以2111 1MFABtkkt ，故90MFD.试卷第 11 页，总 13 页 又因为NMNF，所以NFND，从而MNND.所以12AMNAMDSS，又12AMDAMBSS，所以4AMBAMNSS.21.已知函数 ln21f xaxax aR.（1）当a14时
22、，求f x在1e,1的最大值(e为自然对数的底数，e2.71828);（2）讨论函数 f x的单调性；（3）若0a 且 2fxx，求实数a的取值范围.【详解】（1）当时,f(x)14lnx12x,则f(x)14x121 2x4x，所以，当x1e,12)时，则f(x)0，所以f(x)单调递增；当x(12,1时，则f(x)0，所以f(x)单调递减.所以f(x)maxf(x)极大值f(12)14ln214（2）函数 ln21f xaxaxaR的定义域是0,.2121aaxafxaxx.当210a，即12a 时，210aax，函数 yf x在0,上单调递增；当210a，即12a 时，（i）若102a，
23、则01 2aa.令 0fx，得12axa；令 0fx，得012axa，函数 yf x在0,1 2aa上单调递增，在,1 2aa上单调递减；（ii）若0a，则210ax，则210aax，则210aaxx.则 0fx对任意0,x恒成立，函数 yf x在0,上单调递减.综上所述：当0a 时，函数 yf x在0,上单调递减；当102a时，函数 yf x在0,1 2aa上单调递增，在,1 2aa上单调递减；当12a 时，函数 yf x在0,上单调递增；（3）解法一：带参讨论 由 2fxx等价于2ln21axaxx，即2ln210axaxx.令 2ln21g xaxaxx，则 0g x.21221xaxa
24、gxxaxx，a14试卷第 12 页，总 13 页 当0a 时，20g xxx 对任意的0,x恒成立，符合题意；当0a 时，令 0gx，得xa或12x （负根舍去），令 0gx，得0 xa；令 0gx，得xa，所以函数 yg x在0,a上单调递增，在,a 上单调递减.故 2maxln0g xg aaaaa，因为0a，所以ln10aa，令 ln1h aaa，则函数 yh a单调递增.又 10h，故由ln10aa 得 1h ah，得01a.综上，实数a的取值范围为 0,1.解法二：参变分离：当0a 时，恒成立；当0a 时，则1alnx2xx2x，令h(x)lnx2xx2x,则1ah(x)max,又
25、h(x)(2x1)(1xlnx)(x2x)2,令m(x)1xlnx，则m(x)11x0,所以m(x)单调递减.因为m(1)0，所以当x(0,1)时，则m(x)0，即h(x)0，所以h(x)单调递增；当x(1,)时，则m(x)0，即h(x)0，所以h(x)单调递减.所以h(x)maxh(1)1,所以1a1解得0a1.综上：0a1 22.在极坐标系中，射线l：6与圆C：2交于点A，椭圆E的方程为：22312sin，以极点为原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角标系xOy.（1）求点A的直角坐标和椭圆E的直角坐标方程；（2）若B为椭圆E的下顶点，M为椭圆E上任意一点，求AB AM的最大值.【答案】（1）
26、点A的直角坐标3,1；椭圆E的直角坐标方程为2213xy（2）135【详解】（1）射线l：6与圆C：2交于点2,6A，点A的直角坐标3,1；椭圆E的方程为22312sin，直角坐标方程为2213xy.（2）由（1）椭圆E的参数方程为3cossinxy（为参数）.设3cos,sinM，0,1B，3,2AB ，3cos3,sin1AM，3cos32 sin1AB AM 13sin5，当sin1 时，AB AM的最大值为135.23已知函数 1f xxax.2fxx试卷第 13 页，总 13 页（1）若0a，解不等式13f x；（2）若不等式 21f xa对任意xR恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）0,3；（2）0,2.【详解】（）0a 时，1f xxx，由13f x即为123xx，故1323xx或121 23xxx 或2233xx，解得03x，不等式13f x的解集为0,3.（）11f xxaxa对xR成立，当且仅当10 xax时等号成立.又 21f xa对xR成立，121aa，2221441aaaa 即220aa，02a 即0,2a.