2018年广东省珠海市高考数学二模试卷(理科)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年广东省珠海市高考数学二模试卷（理科）一.选择题共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A=x|x2x+30，集合B=0,1,2,3,4，则AB=( ) A.0,1B.0,1,2C.1,0,1,2D.22. 已知aR，i为虚数单位，若(1+i)(1+ai)是纯虚数，则a=( ) A.2B.2C.1D.13. 已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1=2，an=64，Sn=42，则公比q等于（ ） A.12B.3C.2D.44. 已知0a1；log2a+log2b2；log2(ba)1 A.B.C.D.

2、5. 随机变量服从标准正态分布N(0,1)，已知P(1.96)=0.025，则P(|0,b0)的右焦点，P是y轴正半轴上一点，以OP为直径的圆在第一象限与双曲线的渐近线交于点M，若点P，M，F三点共线，且MFO的面积是PMO面积的4倍，则双曲线C的离心率为（ ） A.3B.5C.6D.711. 现有A，B，C，D，E，F六支足球队参加单循环比赛（即任意两支球队只踢一场比赛），第一周的比赛中，A，B各踢了3场，C，D各踢了4场，E踢了2场，且A队与C队未踢过，B队与D队也未踢过，则在第一周的比赛中，F队踢的比赛的场数是（ ） A.1B.2C.3D.412. 已知函数f(x)=lnx,1exb0)

3、的离心率为e，与双曲线E:x2y2=2有共同焦点，且与直线y=23相切，设抛物线C2:x2=4ey，求： （1）椭圆C1，抛物线C2的标准方程； （2）直线l与抛物线C2相切，切点为D(x0,x024e)(x00)，l与椭圆C1交于A，B两点，与y轴交于点M(0,yM)，AM=AD，BM=BD，当12yM0时，求+的取值范围 已知函数f(x)=mlnx+x22(m+1)x （1）若m=1时，讨论函数f(x)的极值点； （2）在e2me2时，函数g(x)=f(x)12x2+(m+1)x有两个极值点x1，x2(x1x2)，若实数a，b满足ab且a，b(x1,x2)，求证：0|g(a)g(b)|e4

4、22e212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.选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为cos=4 （）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|OP|=16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程； （）设点A的极坐标为2,3，点B在曲线C2上，求OAB面积的最大值选修4-5：不等式选讲 已知函数(x)=|x+a2|+|xa1| （1）证明：f(x)34； （2）若f(4)13，求a的取值范围参考答案与试题解析2018年广东省珠海市高考数学二模试卷（理科）一.选择题共12小

5、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.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】化简集合A，根据交集的定义写出AB【解答】集合A=x|x2x+30=x|3x2，集合B=0,1,2,3,4，则AB=0,1,22.【答案】C【考点】虚数单位i及其性质复数的运算复数的模复数的基本概念【解析】根据复数代数形式的运算法则，利用纯虚数的定义，列方程求出a的值【解答】(1+i)(1+ai)=(1a)+(1+a)i，且(1+i)(1+ai)是纯虚数， 1a=01+a0，解得a=13.【答案】C【考点】等比数列的通项公式等比数列的前n项和【解析】直接利用数列的前n项和公式

6、求出公比的值【解答】等比数列an的前n项和为Sn，且a1=2，an=64，Sn=42，设数列的公比为q，根据数列的前n项和公式：Sn=a1anq1q，则：42=2+64q1q，解得：q=24.【答案】C【考点】对数的运算性质【解析】利用对数性质、均值定理、函数性质和特值法求解【解答】 0ab，且a+b=1， 当a=13，b=23时，log2a=log213log212=1，故错误； 0a2ab，即ab14， log2a+log2blog214=2，故错误； 0ab，且a+b=1， 0ba1， log2(ba)log21=0，故正确； 0a2baab=2， log2(ba+ab)log22=1，

7、故正确5.【答案】C【考点】正态分布的密度曲线【解析】根据正态分布的对称性即可得出答案【解答】解： N(0,1)， P(1.96)=P(1.96)=0.025， P(|1.96)=P(1.961.96)=10.0252=0.950故选C.6.【答案】C【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n=C42=6，再利用列举法求出这两个数的和是2的倍数包含的基本事件有2个，由此能求出这两个数的和是2的倍数的概率【解答】从1，3，4，6这四个数中随机取出两个数，基本事件总数n=C42=6，这两个数的和是2的倍数包含的基本事件有：(1,3)，(4,6)，共2个，则这两个数的和是2的倍数的概率是

8、p=26=137.【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】由三视图可知：该几何体为上下两部分组成，上面是两个三棱锥，下面是一个倒立的圆锥【解答】由三视图可知：该几何体为上下两部分组成，上面是两个三棱锥，下面是一个倒立的圆锥则该几何体的体积=21312222+13224=83(1+2)8.【答案】A【考点】正弦定理【解析】由题意可得02A2，且23A，解得A的范围，可得cosA的范围，由正弦定理求得ba=b=2cosA，根据cosA的范围确定出b范围即可【解答】锐角ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B=2A， 02A2，且B+A=3A， 23A 6A4， 22cosA32， a=1

9、，B=2A， 由正弦定理可得：ba=b=sin2AsinA=2cosA， 22cosA3，则b的取值范围为(2,3)9.【答案】C【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】求出函数的导数，根据函数的单调性判断即可【解答】根据图象可知：函数图象在第三象限，x0时，函数y=x3+lnx，在(0,+)递增，故排除；10.【答案】B【考点】双曲线的特性【解析】由题意可得|MF|=4|MP|，OMPF，设F(c,0)，求出|MF|=b，可得|PM|，在直角三角形POF中，运用射影定理，化简可得c，a的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值【解答】如图以OP为直径的圆在第一象限与双曲线的渐近线y=bax交

10、于点M，由MFO的面积是PMO面积的4倍，可得|MF|=4|MP|，由OMPF，设F(c,0)，可得|MF|=bca2+b2=b，则|PM|=b4，在直角三角形POF中，由射影定理可得，|OF|2=|MF|FP|，即为c2=b54b=54(c2a2)，则c2=5a2，即有e=ca=511.【答案】D【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】利用已知条件，通过C、D各踢了4场，E踢了2场，判断A、B与之踢球的球队，判断F在第一周的比赛中，踢的比赛的场数即可【解答】A，B，C，D，E，F六支足球队参加单循环比赛（即任意两支球队只踢一场比赛），所以各队踢球有5场；第一周的比赛中，A队与C队未踢过，B队

11、与D队也未踢过，C，D各踢了4场，所以，C、D与E，F都踢球1场，E踢了2场，说明E与A、B，没有踢球；A，B各踢了3场，说明A与B、D、F踢球了；B与A、E、F踢球了，可得F与A、B、C、D各踢球1场，所以在第一周的比赛中，F队踢的比赛的场数是412.【答案】D【考点】分段函数的应用【解析】分离参数可得k=f(x)x，判断g(x)=f(x)x的单调性，计算极值，作出图象得出k的范围【解答】由f(x)=kx可得k=f(x)x，令g(x)=f(x)x=lnxx,1ex1elnxx,1xe2，则g(x)=1lnxx2,1ex1e(1lnx)x2,1xe2， 当1ex0，当1xe时，g(x)0，当e

12、0， g(x)在1e,1)上单调递增，在(1,e)上单调递减，在(e,e2)上单调递增，作出g(x)的大致函数图象如图所示：因为f(x)=kx在x1e,e2上有两解，所以k=g(x)在x1e,e2上有两解， 2ek0或k=1故选：D二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分【答案】25【考点】三角函数【解析】根据三角函数的定义分别进行求解即可【解答】 P(4,3)， r=|OP|=42+(3)2=5， sin=yr=35，cos=xr=45，则2sin+cos=2(35)+45=25，【答案】120【考点】二项式定理及相关概念【解析】利用(x+1x+2)5=(x+1x)10，再根据二项

13、展开式的通项公式求出展开式的通项，再在其通项中令x的指数为2，求出r的值，将r的值代入通项求出展开式中x2的系数【解答】(x+1x+2)5=(x+1x)10，其展开式的通项为Tr+1C10rx5r，令5r2，解得r3，则x2的系数是C103120，【答案】3,1【考点】程序框图【解析】根据程序框图，分析程序的功能，结合输出自变量的范围条件，利用函数的性质即可得到结论【解答】若0t1，则不满足条件输出S=t33,2，若1t0，则满足条件，此时t=t2+1(1,2，此时不满足条件，输出S=t3(2,1，综上：S=t33,，【答案】【考点】命题的真假判断与应用【解析】由sinx+cosx=2sin(

14、x+4)2，判断命题错误；根据定义域不关于原点对称判断函数y不是奇函数；由正弦函数的图象与性质知函数y=|sinx12|的周期是2；由图象变化的法则和余弦函数的特点作出函数的图象，由对称性可得答案【解答】由sinx+cosx=2sin(x+4)2，可得不存在实数x，使sinx+cosx=32，（1）错；对于（2）函数y=sin2xsinxsinx1=sinx(x2k+2,kZ)，由于定义域不关于原点对称，故不为奇函数，（3）错；对于（4）由y=f(x)=|sinx12|，f(x+)=|sin(x+)12|=|sinx12|sinx12|，故周期不是，应为2，（5）错；对于（6），由图象变化的法

15、则可知：y=lnx的图象作关于y轴的对称后和原来的一起构成y=ln|x|的图象，向右平移1个单位得到y=ln|x1|的图象，再把x轴上方的图象不动，下方的图象对折上去可得g(x)=ln|x1|的图象；又f(x)=2cosx的周期为T=2，如图所示：两图象都关于直线x=1对称，且共有6个交点，由中点坐标公式可得：xA+xB=2，xD+xC=2，xE+xF=6，故所有交点的横坐标之和为6，（7）正确故答案为：（8）三.解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.【答案】根据题意，数列an满足a1a2a3.an=n2+n，当n=1时，有a1=2，当n2时，由a1a2a3.an=n2+n，可得a1

16、a2a3.an1=(n1)2+n1=(n1)n，则有an=a1a2ana1a2an1=n+1n1，而a1=2不符合an=n+1n1，则an=2,n=1n+1n1,n2；根据题意，bn=an+1an，则Sn=b1+b2+bn=(a2a1)+(a3a2)+(an+1an)=an+1a1=n+2n1=2n1【考点】数列的求和数列递推式【解析】（1）根据题意，对于a1a2a3.an=n2+n，当n=1时计算可得a1的值，当n2时，分析可得an=a1a2ana1a2an1=n+1n1，综合可得答案；（2）根据题意，分析可得Sn=b1+b2+bn=(a2a1)+(a3a2)+(an+1an)=an+1a1

17、，计算即可得答案【解答】根据题意，数列an满足a1a2a3.an=n2+n，当n=1时，有a1=2，当n2时，由a1a2a3.an=n2+n，可得a1a2a3.an1=(n1)2+n1=(n1)n，则有an=a1a2ana1a2an1=n+1n1，而a1=2不符合an=n+1n1，则an=2,n=1n+1n1,n2；根据题意，bn=an+1an，则Sn=b1+b2+bn=(a2a1)+(a3a2)+(an+1an)=an+1a1=n+2n1=2n1【答案】=C62C22C84=314，P(X=C63C21C84=47，P(X=(1)=C64C20C84=314， X的分布列为：X233P314

18、47314EX=2314+347+4314=3，DX=(2(2)2314+(33)247+(43)2314=37，P(X(3)=47+314=1114Y的可能取值为0，1，2，3，4，且YB(4,34)， EY=434=3，DY=43414=34，P(Y(4)=C43(34)3(14)+C44(34)4=【考点】古典概型及其概率计算公式离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）预赛共进行了12次测试，由甲乙两人成绩表能作出茎叶图，并求出甲、乙的众数，中位数和平均数S甲2S乙2若已经知道决赛成绩92分以上才能获奖，求出乙92分以上的概率为P乙=312=14，甲92分以上的概率为P甲=112，故派乙

19、较合适（2）设甲答对题目数为X，乙答对题目数为Y，由X的可能取值为2，3，4，Y的可能取值为0，1，2，3，4，且YB(4,34)，由此能求出甲，乙答对题目数的期望，方差及答对至少三道题目的概率【解答】预赛共进行了12次测试，由甲乙两人成绩表做出茎叶图如下：甲的众数为75，中位数为75，平均数为x甲=112(56+58+67+68+75+75+75+76+84+85+89+92)=75乙的众数为92，中位数74，平均数为x甲=112(51+56+65+68+70+73+75+81+85+92+92+92)=112S甲2P甲，派乙参加决赛获奖概率大，故派乙较合适设甲【答案】取BC中点M，连结DM

20、、PM， ABCD是直角梯形，ABC=90，BC=2AD=2AB=2， BAD=90，BM/AD，BM=AD， 四边形ABMD是边长为1的正方形， MD=1，且MDBC， 在RtPBC中，PM=1，又 PD=2， PD2=PM2+MD2，即MDPM，又PMBC=M， MD平面ABCD，又MD平面ABCD， 平面PBC平面ABCD， PC=PB，M是BC的中点， PMBC，又由（1）知平面PBC平面ABCD， PM平面ABCD， MD，BC，MP两两垂直，以M为坐标原点，以MD为x轴，MC为y轴，MP为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,1,0)，C(0,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,

21、1)， PA=(1,1,1)，PC=(0,1,1)，PD=(1,0,1)，设平面APC的法向量为n=(x,y,z)，平面PCD的法向量m=(x,y,z)，则n，m的夹角为二面角APCD的平面角，由n*PA=xy1=0n*PC=yz=0，取y=1，得n=(2,1,1)，由m*PC=y+z=0m*PD=x+z=0，取x=1，得m=(1,1,1)， cos=n*m|n|*|m|=263=23， 二面角APCD的余弦值为23【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】（1）取BC中点M，连结DM、PM四边形ABMD是边长为1的正方形，MDBC，MDPM，从而MD平面ABCD，由此能证明平面PBC

22、平面ABCD（2）推导出PMBC，平面PBC平面ABCD，PM平面ABCD，MD，BC，MP两两垂直，以M为坐标原点，以MD为x轴，MC为y轴，MP为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面角APCD的余弦值【解答】取BC中点M，连结DM、PM， ABCD是直角梯形，ABC=90，BC=2AD=2AB=2， BAD=90，BM/AD，BM=AD， 四边形ABMD是边长为1的正方形， MD=1，且MDBC， 在RtPBC中，PM=1，又 PD=2， PD2=PM2+MD2，即MDPM，又PMBC=M， MD平面ABCD，又MD平面ABCD， 平面PBC平面ABCD， PC=PB，M是BC的中点，

23、 PMBC，又由（1）知平面PBC平面ABCD， PM平面ABCD， MD，BC，MP两两垂直，以M为坐标原点，以MD为x轴，MC为y轴，MP为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,1,0)，C(0,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)， PA=(1,1,1)，PC=(0,1,1)，PD=(1,0,1)，设平面APC的法向量为n=(x,y,z)，平面PCD的法向量m=(x,y,z)，则n，m的夹角为二面角APCD的平面角，由n*PA=xy1=0n*PC=yz=0，取y=1，得n=(2,1,1)，由m*PC=y+z=0m*PD=x+z=0，取x=1，得m=(1,1,1)， cos=n*m|

24、n|*|m|=263=23， 二面角APCD的余弦值为23【答案】双曲线E:x2y2=2的焦点为(2,0)，可得椭圆的c=2，即a2b2=4，椭圆与直线y=23相切，可得b=23，a=4，则e=ca=12，即有椭圆的方程为x216+y212=1；抛物线的方程为x2=2y；设A(x1,y1)，B(x2,y2)，又D(x0,x022)(x00)，由y=12x2的导数为y=x，可得直线l:y=x0(xx0)+x022=x0xx022，令x=0，可得y=x022，即M(0,x022)，当12yM0，解得00在00在t(0,1恒成立，即f(t)在(0,1递增，可得f(0)f(t)f(1)，即为2f(t)

25、4922，则+的取值范围为(2,4922【考点】圆锥曲线【解析】（1）求得双曲线的焦点，可得椭圆的c，再由椭圆与已知直线相切，可得b，可得a，e，可得椭圆方程和抛物线的方程；（2）求得切点D的坐标，以及函数的导数可得切线的斜率和方程，可令x=0，可得M，再联立椭圆方程，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，可得+的表达式，再由换元法和函数的导数，判断单调性可得所求范围【解答】双曲线E:x2y2=2的焦点为(2,0)，可得椭圆的c=2，即a2b2=4，椭圆与直线y=23相切，可得b=23，a=4，则e=ca=12，即有椭圆的方程为x216+y212=1；抛物线的方程为x2=2y；设A(x1,y1)，

26、B(x2,y2)，又D(x0,x022)(x00)，由y=12x2的导数为y=x，可得直线l:y=x0(xx0)+x022=x0xx022，令x=0，可得y=x022，即M(0,x022)，当12yM0，解得00在00在t(0,1恒成立，即f(t)在(0,1递增，可得f(0)f(t)f(1)，即为20)，f(x)=2x24x+1x=2(x222)(x2+22)x，0x2+22时，f(x)0，222x2+22时，f(x)0)，则g(x)=f(x)12x2+(m+1)x=mlnx+x22(m+1)x12x2+(m+1)x=mlnx+12x2(m+1)x，g(x)=mx+x(m+1)=(xm)(x1

27、)x，若g(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则g(x)=0在(0,+)有两个不等实数根x1，x2，故m1，e2m1时，0x1时，g(x)0，mx1时，g(x)0， g(x)在(0,m)和(1,+)上单调递增，在(m,1)上单调递减， x=m时，g(x)取得极大值g(m)=mlnmm22m，x=1时，g(x)得到极小值g(1)=12m， x1=m，x2=1， ag(b)， 0|g(a)g(b)|g(x1)g(x2)=mlnmm22+12，令h(x)=xlnxx22+12，(e2x1)，则h(x)=lnxx+1(e2x0， h(x)在e2,1)上单调递增， h(x)h(2)0， h(x)在

28、e2,1)上单调递减， x=1时，g(x)取极大值g(3)=12m，x=m时，g(x)得到极小值g(m)=mlnmm22m， x1=1，x2=m， ag(b)， 0|g(a)g(b)|g(x1)g(x2)=mlnm+m2212，令k(x)=xlnx+x1，(1xe2)， k(x)=lnx+x1(1 0$， k(x)在(1,e2上单调递增， k(x)k(4)=0， k(x)在(1,e2上单调递增， 0|g(a)g(b)|2e2+e4212， 12e42e2+12(2e2+e4212)=e4(e44e22)+4e2+12e4， 12e42e2+12e422e212， 0|g(a)g(b)|0)，f

29、(x)=2x24x+1x=2(x222)(x2+22)x，由此能求出f(x)的极值点（2）f(x)=mlnx+x22(m+1)x，(x0)，则g(x)=mlnx+12x2(m+1)x，g(x)=mx+x(m+1)=(xm)(x1)x，若g(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则g(x)=0在(0,+)有两个不等实数根x1，x2，故m1，由此利用导数性质能证明0|g(a)g(b)|0)，f(x)=2x24x+1x=2(x222)(x2+22)x，0x2+22时，f(x)0，222x2+22时，f(x)0)，则g(x)=f(x)12x2+(m+1)x=mlnx+x22(m+1)x12x2+(m

30、+1)x=mlnx+12x2(m+1)x，g(x)=mx+x(m+1)=(xm)(x1)x，若g(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)，则g(x)=0在(0,+)有两个不等实数根x1，x2，故m1，e2m1时，0x1时，g(x)0，mx1时，g(x)0， g(x)在(0,m)和(1,+)上单调递增，在(m,1)上单调递减， x=m时，g(x)取得极大值g(m)=mlnmm22m，x=1时，g(x)得到极小值g(1)=12m， x1=m，x2=1， ag(b)， 0|g(a)g(b)|g(x1)g(x2)=mlnmm22+12，令h(x)=xlnxx22+12，(e2x1)，则h(x)=lnxx+1(e2x0， h(x)在e2,1)上单调递增， h(x)h(2)0， h(x)在e2,1)上单调递减， x=1时，g(x)取极大值g(3)=12m，x=m时，g(x)得到极小值g(m)=mlnmm22m， x1=1，x2=m， ag(b)， 0|g(a)g(b)|g(x1)g(x2)=mlnm+m2212，令k(x)=xlnx+x1，(1xe2)， k(x)