2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学(二)教师版

《2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学(二)教师版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学(二)教师版（8页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、号位封座密号场不考订装号证考准只卷名姓此级班绝密 启用前2018 年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科数学（二）本试题卷共16 页， 23 题（含选考题）。全卷满分150 分。考试用时120 分钟。祝考试顺利注意事项：1 、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。2 、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3 、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答

2、题卡上的非答题区域均无效。4 、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5 、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第 卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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。12018 渭南质检 设 i 是虚数单位，若复数i，则 z 的共轭复数为（）z1iA 1 1 iB 11 iC 1 1 iD 1 1 i222222【答案】 D【解析】 复数 zii1 ，根据共轭复数的概念得到，z 的共轭复数为： 11 i 故1i222答案为 D

3、22018 吉林实验中学 若双曲线 x2y21的一个焦点为3,0 ，则 m （）mA2 2B 8C 9D 64【答案】 B【解析】 由双曲线性质： a21 ， b2m ，c21m9 ， m8 ，故选 B32018 菏泽期末 将函数 ysin 2x 的图像向左平移 个单位后，得到函数 f x46的图像，则 f（）12A 26B36C3D24422【答案】 D【解析】 fxsin 2xsin 2x ， fsin 2 ，故选 D641212421x42018 晋城一模 函数 fx， x0,的值域为 D ，在区间1,2 上随机取2一个数 x ，则 xD 的概率是（）A 1B 1C 1D1234【答案】

4、 B1x【解析】x 0，0，即值域 D0,1，若在区间1,2上随机取一个数 x ，21x D 的事件记为 A ，则 P A101 ，故选 B21352018 济南期末 记27a0a11xa212a7 17，则 a0 a1 a2xxxa6 的值为（）A 1B2C129D2188【答案】 C7a0a127【解析】在2 xx 1 a2 x 1a7 x 1 中 ， 令 x 0 ， 可 得a0 a1 a2a7 27 ，a771 ，所以 a0a1a2a627a7128 1 129 ，1故选 C62018 昆明一中 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）理科数学试卷第 1 页（共 16 页）理科

5、数学试卷第 2 页（共 16 页）A 8B 16C 20D8333【答案】 B【解析】 由图可知该几何体底面积为8，高为 2 的四棱锥，如图所示：该几何体的体积 V18 216 ，故选 B3372018 漳州调研 九章算术是我国古代的数学名著， 书中有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何？”其意思：“共有五头鹿， 5 人以爵次进行分配（古代数学中“以爵次分之”这种表述，一般表示等差分配，在本题中表示等差分配）”在这个问题中， 若大夫得“一鹿、三分鹿之二”，则簪裹得（）A 一鹿、三分鹿之一B一鹿C三分鹿之二D三分鹿之一【答案】 B【解析】 由

6、题意可知，五人按等差数列进行分五鹿，设大夫得的鹿数为首项a1，且a1125 ， 公 差 为 d， 则 5a1 5 4 d5 ， 解 得 d1， 所 以3323a3a12d511，所以簪裹得一鹿，故选B23382018 周口期末 函数 ysin x 的部分图像大致为（）1xABCD【答案】 B【解析】 ysin x ，定义域为 1 x0 ， x 1 ，即 x，11，故排除 A，D，1x当 x 0时， fsin 000 ，故排除 C，故选 B1092018 郴州月考 阅读如图所示的程序框图，运行相应程序，输出的结果是（）A12B18C120D125【答案】 C【解析】 第一次运行： a0 11，

7、i 1 为奇数， S1 12， i1 12 ；第二次运行： a123， i2为偶数， S326， i213；第三次运行： a336， i3为奇数， S6612 ， i314 ；第四次运行： a6410 ， i4 为偶数， S1012120， i41 5；程序终止运行，输出 S120 故选 Cx 3 y310 2018 孝感联考 当实数 x ， y 满足约束条件xy1，表示的平面区域为 C ，目y0标函数 z x 2 y 的最小值为 p1，而由曲线 y23xy0 ，直线 x3 及 x 轴围成的平面理科数学试卷第 3 页（共 16 页）理科数学试卷第 4 页（共 16 页）区域为 D ，向区域 D

8、 内任投入一个质点， 该质点落入 C 的概率为 p2 ，则 2 p14 p2 的值为（）A 1B 2C 3D 42353【答案】 B【解析】 画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在点A3,1 处取得最小值，且22最小值 为 z1，即 p11 区域C的面积为 1 211，平面区域 D 的面积为2222232331112322，故 p2，所以 2 p14 p203xdxx6612130332018德州期末已知点 F 是抛物线C：x22 py 的焦点，点 F为抛物线 C 的对称轴1112与其准线的交点， 过 F2 作抛物线 C 的切线，切点为 A ，若点 A 恰好在以 F1 ， F2为焦点的双曲

9、线上，则双曲线的离心率为（）A 62B2 1C21D6222【答案】 C【解析】由题意，得 F10, p ，F20,p，设过 F2 的抛物线 C 的切线方程为 ykxp ，222x22 p yx22 pkxp204 p2 k 24 p20， 解 得 k 2联 立k x p， 令1 ， 即y2x22 pxp20 ，不妨设 A p, p，由双曲线的定义得2aAF2AF121 p ，22cF1F2p ，则该双曲线的离心率为ep2 1故选 C21 p122018 天津期末 已知函数 fxexe x（其中 e 是自然对数的底数），若当 x0 时，mfx e xm1 恒成立，则实数m的取值范围为（）A 0

10、,1B,1C 1,D1 , 133333【答案】 B【解析】 若当 x0 时， mfx e xm1恒成立，即 m exe x1 e x 1，x0 ，exe x10 ，即 mexe x1在 0,上恒成立，e x1设 tex ， t1，则 m1 t在 1,上恒成立，t2t11 tt111 1 ，t2t 1t 1 2t 1 1t 1t131当且仅当 t2 时等号成立，m1 故选： B3第 卷本卷包括必考题和选考题两部分。第(13)(21) 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第(22)(23) 题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分。132018 镇江期末 已知 x

11、 ， y R ，则“ a 1 ”是直线 ax y 1 0 与直线 x ay 1 0 平行的 _条件（从“充分不必要” “必要不充分”“充分必要”“既不充分也不必要”中选择一个）【答案】 充要【解析】若直线 axy10 与直线 xay10 平行，则有 a21 ，即 a1 ，且当 a1时，两直线重合，舍去，因此a1，即 a1 是直线 axy10 与直线 xay10 平行的充要条件，故答案为充分必要142018 长沙一模 若当 x时，函数 fx3cos xsin x 取得最小值，则 cos_【答案】3 1010【解析】 fx3cos xsin x ，所以 fx3sin xcos x ，因为 fx 在

12、 xf0 ，理科数学试卷第 5 页（共 16 页）理科数学试卷第 6 页（共 16 页）cos310310所以 3sincos0，所以 tan110cos10或者（舍），故3sin10sin101010故填3 1010152018 衡水金卷 在矩形 ABCD 中， AB2， AD1边 DC 上（包含 D 、C）上的动点 P 与 CB 延长线上（包含点 B ）的动点 Q 满足 DPBQ ，则 APQ的最小值为 _【答案】 34【解析】以 D 为原点建立平面直角坐标系， 则 A 0,1 ，设 DPx ，x0,2 ，则 P x,0，2Q 2, x1 ，PA PQx,1 2 x, x1x2x 1x13

13、 ，故最小值为 3 244162018 闽侯四中 设数列 an满足 a12， a26 ，且 an 2 2an 1 an2 ，若 x 表示不超过 x 的最大整数，则201720172017a1a2_a2017【答案】 2016【解析】 构造 bn an 1 an ，则 b1a2a14 ，由题意可得： an 2 an 1an 1anbn1bn2 ，故数列bn是 4 为首项， 2 为公差的等差数列，bnan 1an4 2 n 1 2n 2 ，a2a14 ， a3a26 ， a4a38 ， an an 12n ，以上 n1个式子相加可得 ana14 6.n1 4 2n2n，2解得 ann n 1 ，1

14、111 ，an n n 1nn1则 2017201720172017111111a1a2a20172232017201820171120161，201820182017201720172016a1a2a2017三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17 2018 长郡中学 已知在 ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ，且a sin Bb cos A0 （1）求角 A 的大小：（2）若 a 25 ， b 2 求 ABC 的面积【答案】（1）A；（ ） 244【解析】（1）在 ABC 中，由正弦定理得 sin Asin B sin B cos A0 1

15、分即 sin Bsin AcosA 0 ，又角 B 为三角形内角， sin B0 ，所以 sin A cos A0 ，3 分即 2 sin A 0 ， 4 分 4又因为 A0, ，所以 A6 分4（2）在 ABC 中，由余弦定理得： a2b2c22bc cos A ，则 204c24c2 7 分2即 c2221608 分解得 c22（舍）或 c4 2 10 分所以 S12424 12 分222182018 济南期末 基于移动互联技术的共享单车被称为“新四大发明 ”之一，短时间内就风靡全国，带给人们新的出行体验某共享单车运营公司的市场研究人员为了解公司的经营状况，对该公司最近六个月内的市场占有率

16、进行了统计，结果如下表：理科数学试卷第 7 页（共 16 页）理科数学试卷第 8 页（共 16 页）月份2017.82017.92017.102017.112017.122018.1月份代码 x123456市场占有率 y %111316152021（ 1）请在给出的坐标纸中作出散点图，并用相关系数说明可用线性回归模型拟合月度市场占有率 y 与月份代码 x 之间的关系；（ 2）求 y 关于 x 的线性回归方程，并预测该公司 2018 年 2 月份的市场占有率；（ 3）根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，现有采购成本分别为1000 元/辆和 800 元 /辆的 A ， B 两款车型报废年

17、限各不相同考虑到公司的经济效益，该公司决定先对两款单车各 100 辆进行科学模拟测试，得到两款单车使用寿命频数表如下：经测算，平均每辆单车每年可以为公司带来收入 500 元不考虑除采购成本之外的其他成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，且用频率估计每辆单车使用寿命的概率，以每辆单车产生利润的期望值为决策依据如果你是该公司的负责人，你会选择采购哪款车型？66参考数据：217.5 ，xixyiy35 ， 1330 36.5 xi xi 1i 1nxixyiy参考公式：相关系数 ri 1；n2n2i 1xixi 1yiynxixyiy回归直线方程为?，其中?i 1?，bxbn2y bxyaai 1

18、xix【答案】（1）见解析；（2） y?2x9 ，23%；（3）见解析【解析】（1）散点图如图所示：1 分1113161520216216 ，yiyy676 ，i1nxixyiy353535 ri 1，n2n20.9617.576133036.5i1 xixi 1yiy所以两变量之间具有较强的线性相关关系，3 分故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系nxixyiy35?i 1n22 ，4 分（ 2） bi 1xix17.51234563.5 ，又 x6?1623.59，5 分 a ybx回归直线方程为?2x9 6 分y2018 年 2 月的月份代码 x7 ， y27923 ，所以估计 2018

19、 年 2 月的市场占有率为23%7 分（ 3）用频率估计概率，A 款单车的利润X 的分布列为： E X500 0.100.3500 0.41000 0.2350 （元）9 分B 款单车的利润 Y 的分布列为：理科数学试卷第 9 页（共 16 页）理科数学试卷第 10 页（共 16 页） E Y3000.152000.47000.35 1200 0.1400 （元）11 分以每辆单车产生利润的期望值为决策依据，故应选择B 款车型 12 分192018 南宁二中 如图，四棱锥 PABCD 中， PAD 为正三角形， AB/CD ，AB2CD ，BAD90 ，PACD，E为棱PB的中点（ 1）求证：

20、平面 PAB平面 CDE ；（ 2）若直线 PC 与平面 PAD 所成角为 45，求二面角 ADEC 的余弦值【答案】（1）证明见解析；（ 2）2 5719【解析】（1）取 AP 中点 F ，连接 EF ， DF E 为PB 中点， EF /1 AB，又CD/1AB， CD/ EF，=2=2=CDFE 为平行四边形， 2 分DF /CE 3 分又 PAD 为正三角形，PADF，从而 PA CE ， 4 分又 PACD ，CD CEC ，PA平面 CDE ，5 分又 PA平面 PAB ， 平面 PAB平面 CDE 6 分（ 2） AB/CD ， PACDPAAB ，又 ABAD， PA ADA

21、，AB平面PAD CD 平面 PADCPD 为 PC 与平面 PAD 所成的角，即CPD45 ，CDAD 以 A 为原点，建系如图，设 AD4 ，则 B 8,0,0，P 0,2,23 ，E 4,1,3 ，D 0,4,08分AE4,1, 3 ， AD0,4,0 设 nx, y, z 为平面ADE 的法向量，则 nAE4xy3z0，令 z4，得 n3,0,4 ， 10 分nAD4 y0由（ 1）知， AP2 0,1,3为平面 CDE 的一个法向量 分11cosAP n257 ，即二面角 ADEC 的余弦值为2 57 12 分AP n1919x2y21(m0, n0) 与正方形 L ： xy 4 的

22、边20 2018 南宁二中 如图，曲线 E :nm界相切（1）求 m n 的值；（2）设直线 l : yxb 交曲线 E 于 A ， B ，交 L 于 C ， D ，是否存在这样的曲线 E ，使得 CA ， AB ， BD 成等差数列？若存在，求出实数b 的取值范围；若不存在，请说明理由【答案】（1） mn16 ；（2） 82 b 8 2 33理科数学试卷第 11 页（共 16 页）理科数学试卷第 12 页（共 16 页）【解析】（1）由题x2y21 ，得 n m x28mx16m mn 0，mnxy4有64m24 mn16mmn0 ，2 分化简的 4mn mn64mn0 又 m0 ， n0，

23、所以 mn0从而有 mn 16 ；4 分（2）由 2 ABCABD ，得3 AB42 ，即42 分AB35x2y21 ，得 nm x22bmx mb2mn0由 mn，yxb由4nmb 24n2 m4m2 n0可得 b2mn16，且 x1x22bm ， x1x2 mb2mn ， 7 分nmnm所以 AB1k 224mn 16 b242 ，分a1638可得16 b2mn32 ，3从而321 mn316b2mn28，所以 b2 128 ，即有8 2 b 82 ， 10 分933符合 b2mn16 ，故当实数 b 的取值范围是82 b 8 2 时，存在直线 l 和曲线 E ，33使得 CA ， AB

24、， BD 成等差数列 12 分212018 达州期末 已知函数 f xxa2 lnxa0（ 1）讨论函数 f x 在 a,上的单调性；（ 2）证明： x3x2ln x x2 且 2x3x2 ln x16 x200 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）解：fxx a2 ln x，f x 1a2x a2xx令 f xx a20 ，得 xa20 ，1 分x当 a2 a ，即 0a1时，则 fx 0，fx 在 a,上单调递增； 3 分当 a2a ，即 a1时，令 fx0 ，得 xa2 ；令 f x 0 ，得 axa2 f x 在 a, a2 上单调递减，在a2 ,上单调递增综上，当 0 a

25、1 时， fx 在 a,上单调递增；a1时， fx22当在 a, a上单调递减，在a,上单调递增 分5（ 2）证明：先证x32x2当 a1 时， fxx lnx ，xln x由（ 1）可得当 0x1时， fx0 ， fx单调递减；当 x1时， fx0 ， fx 单调递增fx minf11，xln x1， x3x2ln x x2 8 分再证 2x3x2ln x 16x200 设 g x2x3x2ln x16x20 ，则 g xx3x3x2 ln x16x 20 x3x216x20，当且仅当 x1 时取等号设 h xx3x216x20 ( x0) ，则 hx3x22x16 3x 8 x2，当 x2

26、 时， hx0 ， h x 单调递增；令 hx0，得 0x2 时， hx0 ， h x 单调递减hx minh 20 gx h x 0，又此不等式中两个等号的成立条件不同，故gx0 ，从而 2x3x2 ln x16 x 20 0得证综上可得x3x2 ln x x2 且 2x3x2 ln x16x200 12 分请考生在22 、 23 题中任选一题作答, 如果多做 ,则按所做的第一题计分。理科数学试卷第 13 页（共 16 页）理科数学试卷第 14 页（共 16 页）吕梁一模直角坐标系C的参数方程为x1cos（为参数），22 2018xOy 中，曲线 1ysin曲线 C2: x2y21 3（ 1

27、）在以 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求C1 ， C2 的极坐标方程；（ 2）射线0与 C1 异于极点的交点为 A ，与 C2 的交点为 B ，求 AB 3【答案】（1）曲线C1 的极坐标方程为2cos ， 曲 线 C2的极坐标方程为2 1 2sin 23；（2）AB123051【解析】（1）曲线 C1 ： x1cos（ 为参数）化为普通方程为x2y22x ，ysin所以曲线 C1 的极坐标方程为2cos，3分曲线 C的极坐标方程为212sin 23 分25（ 2）射线 0与曲线 C 的交点的极径为12cos 1，分3137射线 0与曲线 C2的交点的极径满足221 2sin

28、2 3，33解得 230，9 分5所以AB1230110 分5222018 邢台期末 选修 4-5：不等式选讲已知函数 fxx3 （ 1）若 ftf2t9 ，求 t 的取值范围；（ 2）若存在 x2,4 ，使得 f2xxa 3 成立，求 a 的取值范围【答案】（1）1t5 ；（2） a4,0 【解析】（1）由 ftf2t9 得 t32t39 ， t33t33，3 分2，或 2，或 t2t3t 3 2t 93t2t 3t33 99解得1t5 5 分（2）当 x2,4 时， f 2xxa 2x 3xa ，6 分存在 x2,4 ，使得 xa 62x 即 2x6 xa6 2x成立，存在 xa6成立， 8 分2,4 ，使得 xa3x 6 a2 ， a4,010 分666a理科数学试卷第 15 页（共 16 页）理科数学试卷第 16 页（共 16 页）