2018年天津市和平区高考数学二模试卷(理科)

试卷第1页，总17页2018年天津市和平区高考数学二模试卷（理科）一、选择题：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，𝐴＝{𝑥|𝑥1}，𝐵＝{𝑥|𝑥≥2}，则集合∁𝑈(𝐴∪𝐵)等于（）A.{𝑥|𝑥1}B.{𝑥|𝑥≤2}C.{𝑥|1𝑥≤2}D.{𝑥|1≤𝑥2}【答案】D【考点】交、并、补集的混合运算【解析】求出𝐴与𝐵的并集，根据全集𝑈＝𝑅，求出并集的补集即可．【解答】∵全集𝑈＝𝑅，𝐴＝{𝑥|𝑥1}，𝐵＝{𝑥|𝑥≥2}，∴𝐴∪𝐵＝{𝑥|𝑥1或𝑥≥2}，则∁𝑈(𝐴∪𝐵)＝{𝑥|1≤𝑥2}，2.设变量𝑥，𝑦满足约束条件，则目标函数𝑧＝2𝑥+𝑦−1的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用目标函数中𝑧的几何意义，求出直线𝑧＝3𝑥+𝑦的最大值即可．【解答】作出变量𝑥，𝑦满足约束条件可行域如图，由𝑧＝2𝑥+𝑦−1知，𝑦＝−2𝑥+𝑧+1，所以动直线𝑦＝−2𝑥+𝑧+1的纵截距𝑧取得最大值时，目标函数取得最大值．由得𝐴(2, −1)结合可行域可知当动直线经过点𝐴(2, −1)时，目标函数取得最大值𝑧＝（2）3.阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输出的𝑆＝55，则判断框内可填入（）试卷第2页，总17页A.𝑘≥6？B.𝑘≥7？C.𝑘≥8？D.𝑘≥9？【答案】B【考点】程序框图【解析】根据框图的流程依次计算程序运行的结果，直到输出𝑆＝55，确定跳出循环的𝑘的值，从而得判断框的条件．【解答】模拟程序的运行，可得𝑘＝1，𝑆＝1执行循环体，𝑘＝2，𝑆＝5不满足判断框内的条件，执行循环体，𝑘＝3，𝑆＝11不满足判断框内的条件，执行循环体，𝑘＝4，＝19不满足判断框内的条件，执行循环体，𝑘＝5𝑆＝29不满足判断框内的条件，执行循环体，𝑘＝6，𝑆＝41不满足判断框内的条件，执行循环体，𝑘＝7，𝑆＝55由题意，此时应该满足判断框内的条件，退出循环，输出𝑆的值为55，可得判断框内的条件应该为𝑘≥7？．4.设𝑥∈𝑅，则“𝑥0”是“𝑥−sin𝑥0”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】构造函数𝑓(𝑥)＝𝑥−sin𝑥，求出函数的导数判断函数的单调性，结合函数充分条件和必要条件的定义判断即可．【解答】设𝑓(𝑥)＝𝑥−sin𝑥，则𝑓′(𝑥)＝1−cos𝑥≥0，则𝑓(𝑥)是增函数，当𝑥0时，𝑓(𝑥)𝑓(0)＝0−sin0＝0，此时𝑥sin𝑥成立，即“𝑥0”是“𝑥−sin𝑥0”的充要条件，试卷第3页，总17页5.已知抛物线𝑥2＝−4𝑏𝑦的准线与双曲线1(𝑎0, 𝑏0)的左、右支分别交于𝐵，𝐶两点，𝐴为双曲线的右顶点，𝑂为坐标原点，若∠𝐵𝑂𝐶＝4∠𝐴𝑂𝐶，则双曲线的渐近线方程为（）A.𝑦𝑥B.𝑦C.𝑦D.𝑦【答案】C【考点】圆锥曲线的综合问题【解析】先求出抛物线的准线方程，再代入双曲线的方程，可得𝐵，𝐶的坐标，再得到∠𝐴𝑂𝐶＝30∘，根据斜率公式得到，再根据渐近线方程，即可得到结论．【解答】抛物线𝑥2＝−4𝑏𝑦的准线为𝑦＝𝑏，代入双曲线1可得𝑥＝±𝑎，即有𝐵(𝑎, 𝑏)，𝐶(𝑎, 𝑏)，由∠𝐵𝑂𝐶＝4∠𝐴𝑂𝐶，可得∠𝐵𝑂𝐶＝2∠𝐴𝑂𝐶，由∠𝐵𝑂𝐶+∠𝐴𝑂𝐶＝90∘，可得∠𝐴𝑂𝐶＝30∘，tan∠𝐴𝑂𝐶，即有，则双曲线的渐近线方程为𝑦＝±𝑥，即为𝑦＝±𝑥，6.已知𝑓(𝑥)是定义在𝑅上的函数，它的图象上任意一点𝑃(𝑥0, 𝑦0)处的切线方程为𝑦＝(𝑥02−𝑥0−2)𝑥+(𝑦0−𝑥03+𝑥02+2𝑥0)，那么函数𝑓(𝑥)的单调递减区间为（）A.(−1, 2)B.(−2, 1)C.(−∞, −1)D.(2, +∞)【答案】A【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】由切线方程，可知任一点的导数为𝑓′(𝑥)＝𝑥2−𝑥−2＝(𝑥−2)(𝑥+1)，然后由𝑓′(𝑥)0，可求单调递减区间．【解答】因为函数𝑓(𝑥)，(𝑥∈𝑅)上任一点(𝑥0, 𝑦0)的切线方程为𝑦＝(𝑥02−𝑥0−2)𝑥+(𝑦0−𝑥03+𝑥02+2𝑥0)，即函数在任一点(𝑥0, 𝑦0)的切线斜率为𝑘＝𝑥02−𝑥0−2，即知任一点的导数为𝑓′(𝑥)＝𝑥2−𝑥−2＝(𝑥−2)(𝑥+1)，由𝑓′(𝑥)0，得−1𝑥2，即函数𝑓(𝑥)的单调递减区间是(−1, 2)．7.如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，已知，2，𝐺为线段𝐸𝐹上的一点，且，，则的值为（）试卷第4页，总17页A.B.C.D.【答案】D【考点】平面向量的基本定理【解析】利用向量的加减法法则把用，表示，结合求得𝜆，𝜇的值，则答案可求．【解答】如图，，又，∴𝜆，，则．8.已知定义在𝑅上的奇函数𝑓(𝑥)，当𝑥0时，𝑓(𝑥)，则关于𝑥的方程6[𝑓(𝑥)]2+𝑓(𝑥)＝1的实根的个数为（）A.6B.7C.8D.9【答案】B【考点】函数与方程的综合运用【解析】先设𝑡＝𝑓(𝑥)，求出方程6[𝑓(𝑥)]2+𝑓(𝑥)−1＝0的解，利用函数的奇偶性作出函数在𝑥0时的图象，利用数形结合即可得到结论．【解答】设𝑡＝𝑓(𝑥)，则关于𝑥的方程6[𝑓(𝑥)]2+𝑓(𝑥)−1＝0，等价6𝑡2+𝑡−1＝0，解得𝑡或𝑡，当𝑥＝0时，𝑓(0)＝0，此时不满足方程．若1𝑥≤2，则0𝑥−1≤1，即𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−1)[4(𝑥−1)2−4(𝑥−1)+1]，若2𝑥≤3，则1𝑥−1≤2，即𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−2)[]，作出当𝑥0时，𝑓(𝑥)的图象如图：当𝑡时，𝑓(𝑥)对应4个交点．∵函数𝑓(𝑥)是奇函数，∴当𝑥0时，由𝑓(𝑥)，可得当𝑥0时，𝑓(𝑥)，此时函数图象对应3个交点，综上共有7个交点，即方程有7个根，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卷上.设________是虚数单位，则复数的虚部为________．试卷第5页，总17页【答案】𝑖,−2【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】．∴复数的虚部为−(2)在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=3，cos𝐴=23，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=3√52，则𝐵𝐶边长为________．【答案】√6【考点】余弦定理正弦定理【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin𝐴，利用三角形面积公式可求𝐴𝐶的值，进而根据余弦定理可求𝐵𝐶的值．【解答】解：∵𝐴𝐵=3，cos𝐴=23，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=3√52，可得：sin𝐴=√1−cos2𝐴=√53，∴△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=3√52=12𝐴𝐵⋅𝐴𝐶⋅sin𝐴=12×3⋅𝐴𝐶×√53，解得：𝐴𝐶=3，∴由余弦定理可得：𝐵𝐶=√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐴𝐶⋅cos𝐴=√9+9−2×3×3×23=√6.故答案为：√6.在极坐标系中，直线________：𝜌(cos𝜃+sin𝜃)＝6，________为圆𝜌2＝4𝜌cos𝜃−3上的任意一点，设点________到直线________的距离为________，则________的最大值为________．【答案】𝑙,𝑀,𝑀,𝑙,𝑑,𝑑,21【考点】圆的极坐标方程【解析】直线𝑙:𝜌(cos𝜃+sin𝜃)＝6，化为：𝑥+𝑦−6＝（0）由𝜌2＝4𝜌cos𝜃−3可得：𝑥2+𝑦2＝4𝑥−3，配方为：(𝑥−2)2+𝑦2＝（1）设𝑀(2+cos𝛼, sin𝛼)．再利用点到直线的距离公式、三角函数的单调性即可得出．【解答】直线𝑙:𝜌(cos𝜃+sin𝜃)＝6，化为：𝑥+𝑦−6＝（0）试卷第6页，总17页由𝜌2＝4𝜌cos𝜃−3可得：𝑥2+𝑦2＝4𝑥−3，配方为：(𝑥−2)2+𝑦2＝（1）设𝑀(2+cos𝛼, sin𝛼)．设点𝑀到直线𝑙的距离为𝑑，则𝑑2(1)当且仅当1时取等号．如图，已知正四面体________-________的棱长为6，则它的内切球的体积为________．【答案】𝐴,𝐵𝐶𝐷,【考点】球的体积和表面积【解析】由正四面体的棱长，求出正四面体的高，设内接球半径为𝑥，利用勾股定理求出𝑥的值，可求内接球的体积【解答】设正四面体为𝑃𝐴𝐵𝐶，内接和外接球的两球球心重合，设为𝑂．设𝑃𝑂的延长线与底面𝐴𝐵𝐶的交点为𝐷，则𝑃𝐷为正四面体𝑃𝐴𝐵𝐶的高，𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶，且𝑃𝑂＝𝑅，𝑂𝐷＝𝑟，𝑂𝐷＝正四面体𝑃𝐴𝐵𝐶内切球的高．设正四面体𝑃𝐴𝐵𝐶底面面积为𝑆．将球心𝑂与四面体的4个顶点𝑃𝐴𝐵𝐶全部连接，可以得到4个全等的正三棱锥，球心为顶点，以正四面体面为底面．每个正三棱锥体积𝑉1⋅𝑆⋅𝑟而正四面体𝑃𝐴𝐵𝐶体积𝑉2⋅𝑆⋅(𝑅+𝑟)根据前面的分析，4⋅𝑉1＝𝑉2，所以，4⋅⋅𝑆⋅𝑟𝑆⋅(𝑅+𝑟)，所以，𝑅＝3𝑟，由题意，正四面体𝐴−𝐵𝐶𝐷的棱长为6，带入以上推论：所以𝐴𝐷＝2，所以𝑃𝐷＝2，即内切球半径𝑟内接球的体积𝑉．已知________0，________+________＝3，则的最小值为________．【答案】𝑎𝑏,𝑎,𝑏,试卷第7页，总17页【考点】基本不等式及其应用【解析】𝑎𝑏0，𝑎+𝑏＝3，可得𝑎+2+𝑏+1＝（6）代入[(𝑎+2)+(𝑏+1)]，再利用基本不等式的性质即可得出．【解答】∵𝑎𝑏0，𝑎+𝑏＝3，∴𝑎+2+𝑏+1＝（6）则[(𝑎+2)+(𝑏+1)][𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏]，当且仅当𝑏(𝑏+1)＝𝑎(𝑎+2)，𝑎+𝑏＝3，即，𝑎时取等号．从0，1，2，3，4，5，6，7这八个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数，则可组成的四位数中奇数的个数为________（用数学作答）．【答案】360【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，分2种情况讨论：①，选出的2个偶数中不含有0，②，选出的2个偶数中不含有0，利用分步计数原理分别求出每一种情况的四位奇数的个数，由加法原理计算可得答案．【解答】根据题意，分2种情况讨论：①，选出的2个偶数中不含有0，在2、4、6中任选2个数，有𝐶32＝3种选法，在1、3、5、7中任选2个数字，有𝐶42＝6种选法，选出的2个奇数中任选1个，作为个位数字，有2种情况，将选出的3个数字全排列，安排在前3个数位，有𝐴33＝6种排法，则此时有3×6×2×6＝216种取法，②，选出的2个偶数中含有0，在2、4、6中任选1个数，有𝐶31＝3种选法，在1、3、5、7中任选2个数字，有𝐶42＝6种选法，选出的2个奇数中任选1个，作为个位数字，有2种情况，0不能在首位，则0有2种安排方法，将剩下的2个数字全排列，安排在剩下的2个数位，有𝐴22＝2种排法，则此时有3×6×2×2×2＝144种取法，则一共有216+144＝360种不同的情况，即可以组成360个四位奇数；三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.已知函数𝑓(𝑥)sin(𝑥)sin𝑥−sin（）cos（)．(Ⅰ)求函数�