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理试题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)　理科数学一、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．∵|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,􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—１４１—详解答案∴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＝－π１２．１５．５０解析:若一班安排小李,则其余４名安排到二、三班,有C１４＋C２４＋C３４＝１４种;若一班安排２人,则先从其余４名选１人,其余３名安排到二、三班,有C１４(C１３＋C２３)＝２４种;若一班安排３人,则先从其余４名选２人,其余２名安排到二、三班,有C２４A２２＝１２种;故共有１４＋２４＋１２＝５０种．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,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．􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—２４１—详解答案１８．解析:(１)如图过A作平面BCD的垂线,垂足为O,过O作CD的平行线MN,以O为原点,以直线MN为x轴,直线OB为y轴,直线OA为z轴,建立空间直角坐标系．∵三棱锥AＧBCD棱长均为２３,则A(０,０,２２),C(３,１,０),D(－３,１,０),P(０,２,２２)．设平面ACD的法向量m＝(x１,y１,z１),AC→＝(３,１,－２２),AD→＝(－３,１,－２２),∴AC→􀅰m＝０,AD→􀅰m＝０,{∴３x１＋y１－２２z１＝０,－３x１＋y１－２２z１＝０,{令z１＝２,则m＝(０,４,２),设平面PCD的法向量n＝(x２,y２,z２),PC→＝(３,－１,－２２),PD→＝(－３,－１,－２２),∴PC→􀅰n＝０,PD→􀅰n＝０,{∴３x２－y２－２２z２＝０,－３x２－y２－２２z２＝０,{令z２＝２,则n＝(０,－４,２),cos‹m,n›＝m􀅰n|m|􀅰|n|＝－７９．由图可知二面角AＧCDＧP为锐二面角,所以二面角AＧCDＧP的余弦值为７９．(２)B(０,－２,０),AB→＝(０,－２,－２２),又因为平面PCD的法向量n＝(０,－４,２),令直线AB与平面PCD所成的角为θ,∴sinθ＝|cos‹AB→􀅰n›|＝６９,∴直线AB与平面PCD所成的角的正弦值为６９．１９．解析:(１)年龄不低于４５岁的人数年龄低于４５岁的人数总计支持a＝３c＝２９３２不支持b＝７d＝１１１８总计１０４０５０K２的观测值k＝５０×(３×１１－７×２９)２(３＋７)(２９＋１１)(３＋２９)(７＋１１)≈６．２７＜６．６３５,所以没有９９％的把握认为以４５岁为分界点对“生育二胎放开”政策的支持度有差异．(２)ξ所有可能取值有０,１,２,３,P(ξ＝０)＝C２４C２５􀅰C２８C２１０＝６１０×２８４５＝８４２２５,P(ξ＝１)＝C１４C２５×C２８C２１０＋C２４C２５×C１８C１２C２１０＝４１０×２８４５＋６１０×１６４５＝１０４２２５,P(ξ＝２)＝C１４C２５×C１８C１２C２１０＋C２４C２５×C２２C２１０＝４１０×１６４５＋６１０×１４５＝３５２２５,P(ξ＝３)＝C１４C２５􀅰C２２C２１０＝４１０×１４５＝２２２５,所以ξ的分布列是ξ０１２３P８４２２５１０４２２５３５２２５２２２５所以ξ的期望值是Eξ＝０＋１０４２２５＋７０２２５＋６２２５＝４５．２０．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􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋—３４１—详解答案将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．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