黑龙江省2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟十二数学文试题PDF版答案

详解答案普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟(十二)　文科数学一、选择题１．A　a＋bi＝－２＋i１＋i＝(－２＋i)(１－i)(１＋i)(１－i)＝－１２＋３２i,∴a＝－１２,b＝３２,a＋b＝－１２＋３２＝１．２．B　A＝{x|４－２x＞０}＝(－∞,２),B＝{x|３－x≥０}＝(－∞,３],A∩B＝(－∞,２)．３．A　∵cos２x２＋π４æèçöø÷＝cosx＋π６æèçöø÷,∴１＋cosx＋π２æèçöø÷２＝cosxcosπ６－sinxsinπ６,即１２－sinx２＝３２cosx－１２sinx,∴cosx＝３３．４．A　圆心(０,m)(m＞０)到渐近线２x－y＝０的距离d＝m２２＋(－１)２,由d＝r知m５＝５,∴m＝５．５．D　由甲、乙两人的平均数相等,得１５＋２１＋２０＋x＋２５４＝１８＋２３＋２０＋y３(x,y∈{０,１,２,􀆺,９}),∴３x－４y＝１(x,y∈{０,１,２,􀆺,９}),∴x＝３,y＝２{或x＝７,y＝５．{当x＝３,y＝２{时,甲得分的中位数２１＋２３２＝２２,乙得分的平均数２２,符合题意,同理可检得x＝７,y＝５{也满足甲、乙得分的中位数相等,故x∶y＝３２或７５．６．B　由程序框图可知y＝x＋a,　x＜０,４x－x２,x≥０,{当－１≤x＜０时,y＝x＋a∈[－１＋a,a);当０≤x≤３时,y＝４x－x２＝４－(x－２)２∈[０,４]．由题意[－１＋a,a)⊆[０,４],∴－１＋a≥０,a≤４,{∴１≤a≤４．７．C　可行域为如图所示的阴影部分(包括边界),当y＝－x＋z与阴影相切于第一象限P点时,z最大,∵|OP|＝１,△AOB为等腰直角三角形,∴|OA|＝２,即z的最大值为２．８．B　设切点为P(x０,y０),则y０＝２lnx０＋１,∵y′＝２x,∴y′|x＝x０＝２x０,P处的切线方程为y－(２lnx０＋１)＝２x０(x－x０),把O(０,０)代入切线方程,得lnx０＝１２,∴x０＝e１２,故a＝２x０＝２e１２＝２e－１２．９．A　由三视图知几何体如图所示．几何体中,CDEF为矩形,且垂直于底面直角梯形ABCD,取EF、DC的中点G,H,连接GH,BH,则几何体DAEＧHBG为直三棱柱,高为４,BＧCFGH为四棱锥,高为BH＝４,∴V＝V三棱柱DAEＧHBG＋V四棱锥BＧCFGH＝１２×４×４×４＋１３×４×４×４＝１６０３．１０．A　∵f(x)是R上的奇函数,∴f(０)＝２０＋a＝０,∴a＝－１,∵fx＋５２æèçöø÷＝－f(x),∴f(５)＝fx＋５２æèçöø÷＋５２[]＝－fx＋５２æèçöø÷＝f(x),T＝５,∴f(１６)＝f(３×５＋１)＝f(１)＝－f(－１)＝－[２－１－１]＝１２．１１．C　∵c为椭圆的半焦距,∴直线y＝x＋c过椭圆的左焦点F(－c,０),由题意可设A(x１,y１),B(x２,y２)(x１＞０,x２＜０,y１＞０,y２＜０)如图．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—１４１—详解答案∵|AF|＝３|FB|,∴y１＝－３y２,　①由y＝x＋c,x２a２＋y２b２＝１ìîíïïïï消去x得b２(y－c)２＋a２y２－a２b２＝０,即(a２＋b２)y２－２cb２y－b４＝０,∴y１＋y２＝２cb２a２＋b２,②y１y２＝－b４a２＋b２,③ìîíïïïï把①代入②,得y２＝－cb２a２＋b２,把①代入③,得y２２＝b４３(a２＋b２)．∴－cb２a２＋b２æèçöø÷２＝b４３(a２＋b２),即c２a２＋b２＝１３,∴３c２＝２a２－c２,即２a２＝４c２,∴e２＝c２a２＝１２,e＝２２．１２．C　∵x∈(０,＋∞),∴ex＞０,(x２－x＋１)＞０,x＋３＞０,∵ex(x２－x＋１)(ax＋３a－１)＜１,∴a＜１x＋３＋１ex(x２－x＋１)(x＋３)．令y＝１x＋３＋１ex(x２－x＋１)(x＋３),∵t＝x＋３在[０,＋∞)上单调递增,T＝ex(x２－x＋１)在[０,＋∞)上单调递增,∴y＝１x＋３＋１ex(x２－x＋１)(x＋３)在[０,＋∞)上单调递减．∴ymax＝１３＋１e０(０－０＋１)(０＋３)＝２３,∴存在x∈(０,＋∞),便a＜１x＋３＋１ex(x２－x＋１)(x＋３)成立,即a＜２３,故选C．二、填空题１３．３解析:f(１)＝f[f(７)]＝f(５)＝５－２＝３．１４．－π１２解析:∵T＝π,∴ω＝２,f(x)＝２sin(２x＋φ),∴－２＝２sin２×－π１２æèçöø÷＋φ[]＝２sin－π６＋φæèçöø÷,∴sin－π６＋φæèçöø÷＝－２２,∵|φ|＜π２,∴－π６＋φ∈－２π３,π３æèçöø÷,－π６＋φ＝－π４,∴φ＝－π１２．１５．１３解析:∵AB＝６,AC＝１０,∠ABC＝π２,∴AC＝１０,O在过AC的中点O′且与平面ABC垂直的平面上时V四面体AＧBCD最大＝１３×１２×８×６|OD|＝２００,∴|OD|＝２００８,设球O的半径为R,有２００８－Ræèçöø÷２＋|O′B|２＝R２,解得R＝１３．１６．１３－１３解析:在△ABC中,由正弦定理,得２sin６０°＝１sinB,∴sinB＝３４,cosB＝１３４,在△ACD中,由正弦定理,得ADsin６０°＝１sin(∠DAC＋６０°)．∵∠DAC＝∠B,∴AD＝sin６０°sin(B＋６０°)＝sin６０°sinBcos６０°＋cosBsin６０°＝３２３４×１２＋１３４×３２＝１１４＋１３４＝４１３＋１＝１３－１３．三、解答题１７．解析:(１)由题设,２Sn＝(n＋１)２an－n２an＋１,２Sn＋１＝(n＋２)２an＋１－(n＋１)２an＋２,两式相减得(n＋１)２(an＋２＋an)＝２(n＋１)２an＋１,由于(n＋１)２＞０,所以an＋２＋an＝２an＋１,即{an}为等差数列,由于２S１＝４a１－a２＝２a１,可得a２＝２a１＝４,所以{an}的公差为２,故an＝２n．(２)由题设,bnbn＋１＝λ􀅰２an,bn＋１bn＋２＝λ􀅰２an＋１,两式相除可得bn＋２＝４bn,􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—２４１—详解答案即{b２n}和{b２n－１}都是以４为公比的等比数列．因为b１b２＝λ􀅰２a１＝４λ,b１＝１,所以b２＝４λ,由b３＝４b１＝４及b２２＝b１b３得４λ２＝１,又λ＞０,所以λ＝１２．所以b２n＝２􀅰４n－１＝２２n－１,b２n－１＝２２n－２,即bn＝２n－１,则bn＋１＝２bn．因此存在λ＝１２,使得数列{bn}为等比数列．１８．解析:(１)证明:取PA中点F,连接EF,BF,则EF∥AD∥BC,即EF,BC共面．因为PB⊥平面ABCD,所以PB⊥BC,又因为AB⊥BC且AB∩PB＝B,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PA,由于PB＝AB,所以BF⊥PA,又由于BC∩BF＝B,因此,PA⊥平面EFBC,所以PA⊥CE．(２)设四棱锥PＧABCD的表面积为S,由于PB⊥平面ABCD,所以PB⊥CD,又CD⊥BC,PB∩BC＝B,所以CD⊥平面PBC,所以CD⊥PC,即△PCD为直角三角形,由(１)知BC⊥平面PAB,而AD∥BC,所以AD⊥平面PAB,故AD⊥PA,即△PAD也为直角三角形．综上,S＝１２PC􀅰CD＋１２PB􀅰CB＋１２PA􀅰AD＋１２AB􀅰PB＋AB􀅰BC＝８＋４２．１９．解析:(１)该顾客有放回的抽奖两次的所有结果如下表:１、１１、２１、３１、４１、５２、１２、２２、３２、４２、５３、１３、２３、３３、４３、５４、１４、２４、３４、４４、５５、１５、２５、３５、４５、５两次都没有中奖的情况有:１、１,１、５,５、１,５、５,共４种．∴两次都没有中奖的概率为P＝４２５．(２)两次抽奖奖金之和为１００元的情况有:①第一次获奖１００元,第二次没有获奖,其结果有３１,３５,故概率为P１＝２２５．②第一次获奖５０元,第二次也应该是５０元,其结果有２、２,２、４,４、２,４、４,故概率为P２＝４２５．③第一次没有获奖,第二次获奖１００元,其结果有１、３,５、３,故概率为P３＝２２５．∴两次抽奖奖金之和为１００元的概率＝２２５＋４２５＋２２５＝８２５．２０．解析:(１)∵双曲线x２a２－y２b２＝１过点(２,１),∴４a２－b２＝１．∵右焦点F(c,０)到渐近线bx－ay＝０的距离d＝|bc|a２＋b２＝b,∴b＝１,a２＝２．∴所求双曲线的方程为x２２－y２＝１．(２)设A(x１,y１),B(x２,y２),直线AB的方程为y＝kx＋m．将y＝kx＋m代入x２－２y２＝２,整理得(２k２－１)x２＋４kmx＋２m２＋２＝０．∴x１＋x２＝－４km２k２－１,　①x１x２＝２m２＋２２k２－１．　②∵PA→􀅰PB→＝０,∴(x１－２,y１－１)􀅰(x２－２,y２－１)＝０,∴(x１－２)(x２－２)＋(kx１＋m－１)(kx２＋m－１)＝０．∴(k２＋１)x１x２＋(km－k－２)(x１＋x２)＋m２－２m＋５＝０．　③将①②代入③,得m２＋８km＋１２k２＋２m＋３＝０．∴(m＋２k－１)(m＋６k＋３)＝０．而P∉AB,∴m＝－６k－３,从而AB:y＝kx－６k－３．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—３４１—详解答案将y＝kx－６k－３代入x２－２y２－２＝０中,判别式Δ＝８(３４k２＋３６＋１０)＞０恒成立．∴y＝kx－６k－３即为所求直线．∴P到AB的距离d＝|２k－６k－３－１|１＋k２＝４|k＋１|k２＋１,∵d４æèçöø÷２＝k２＋１＋２kk２＋１＝１＋２kk２＋１≤２．∴d≤４２,即P到直线AB距离的最大值为４２．２１．解析:(１)由f′(x)＝２x－２x＋a,得切线的斜率k＝f′(２)＝a－３＝－１,∴a＝２,故f(x)＝２lnx－x２＋２x,由f(x)≥２x＋m,得m≤２lnx－x２,∵不等式f(x)≥２x＋m在１e,e[]上有解,∴m≤(２lnx－x２)max．令g(x)＝２lnx－x２,则g′(x)＝２x－２x＝－２(x＋１)(x－１)x,∵x∈１e,e[],故g′(x)＝０时,x＝１．当１e＜x＜１时,g′(x)＞０;当１＜x＜e时,g′(x)＜０．故g(x)在x＝１处取得最大值g(１)＝－１,∴m≤－１．(２)证明:∵f(x)的图象与x轴交于两个不同的点A(x１,０),B(x２,０),∴方程２lnx－x２＋ax＝０的两个根为x１,x２,则２lnx１－x２１＋ax１＝０,２lnx２－x２２＋ax２＝０,{两式相减得a＝(x１＋x２)－２(lnx１－lnx２)x１－x２,又f(x)＝２lnx－x２＋ax,f′(x)＝２x－２x＋a,则f′x１＋x２２æèçöø÷＝４x１＋x２－(x１＋x２)＋a＝４x１＋x２－２(lnx１－lnx２)x１－x２,要证４