揭阳市2018 [揭阳市2018届高中毕业班高考第一次模拟考试(理数)WORD版]

1揭阳市2018届高中毕业班高考第一次模拟考试数学（理科）本试卷共4页，满分150分．考试用时120分钟．注意事项1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮搽干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效3回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试题上无效4考试结束，将本试题和答题卡一并交回第Ⅰ卷一、选择题共12小题，每小题5分，共60分．在每个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，，则{|3}AX2{|3}BYXABI（A）（B）（C）（D）,,,,6（2）已知复数，则2ZIZ（A）4（B）6（C）8（D）10（3）已知向量，，若，则,1AX,BAB（A）（B）（C）（D）2,0313,11,3（4）一个圆柱形水桶，底面圆半径与高都为2（桶底和桶壁厚度不计），装满水后，发现桶中有一个随处悬浮的颗粒，用一个半径为1的半球形水瓢（瓢壁厚度不计）从水桶中舀满水，则该颗粒被捞出的概率为（A）（B）（C）（D）126413（5）已知，实数满足，则SINCOFXXFFTAN2（A）（B）（C）（D）43344（6）与中国古代数学著作算法统宗中的问题类似，有这样一个问题“四百四十一里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为“有一个人走441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”则该人最后一天行走的路程为（A）35里（B）7里（C）14里（D）28里211XY11XY11XY11XY件2件件件YYXLOG321Y2XX≥1件X正视图侧视图俯视图22图12121（7）函数的部分图象大致为|LN（A）（B）（C）（D）（8）已知两条直线与被圆截得的线段长均为，则圆1320LY2360LY的面积为C（A）（B）（C）（D）54（9）某几何体三视图如图1示，则此几何体的表面积为（A）（B）641（C）（D）882（10）已知F1、F2是双曲线C的两个焦点，P是C上一点，线段的垂直平分线经过点F2，且，则此双曲线P621C的离心率为（A）（B）133（C）（D）21（11）某地铁站有A、B、C、D、E五个自动检票口，有4人一同进站，恰好2人通过同一检票口检票进站，另2人各自选择不同的检票口检票进站，则不同的检票进站方式的种数为（A）60（B）180（C）360（D）720（12）已知是函数的极值点，且满足，则符合要求0XSIN2XF0021818FXX的的个数为（A）（B）（C）（D）2150167第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13题第21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22题第23题为选考题，考生根据要求做答．二、填空题本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上．（13）图2是一个算法流程图，若输入X的值为，则输出的2LOG3Y的值是（14）已知实数满足约束条件，则的,XY1YXXY取值范围为是．3167189201件件件06106204件3PFCBDAE（15）已知数列满足，设数列的前N项和为，则}{NA1212NA}{ANSN163___________（16）已知抛物线的焦点为，抛物线上的动点（不在原点）在轴上的投影为，24YXFPYE点关于直线的对称点为，点关于直线的对称点为，当最小时，三角EPEEF形的面积为．F三、解答题解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤（17）（本小题满分12分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为A、B、C，已知，1COSIN3CBA，8SINSIN7B7A（Ⅰ）求角A的值；
（Ⅱ）求△ABC的面积．（18）（本小题满分12分）如图3，在三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，△ABC和△PAC都是正三角形，，E、F分别是AC、BC的中点，且2ACPD⊥AB于D（Ⅰ）证明平面PEF⊥平面PED；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．P（19）（本小题满分12分）某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个100元，在机器使用期间,如果备件不足再购买,则每个250元现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得图4的条形图记X表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，Y表示1台机器在图4购买易损零件上所需的费用（单位元）,表示购机的同时购买的易损零件数N（I）若19，求Y与X的函数解析式；
（II）以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件发生的概率．（Ⅰ）若要求“需更换的易损零件数不大于”的概率不小于05，求的最小值；
NN（Ⅱ）假设取19或20，分别计算1台机器在购买易损零件上所需费用的数学期望，以此N作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件4（20）（本小题满分12分）已知A是椭圆上的动点，点，点与点关于原点对称214XTY10,2PCA（I）求△PAC面积的最大值；
（II）若射线、分别与椭圆T交于点、，且，，证明PCBDMPBND为定值．MN（21）（本小题满分12分）已知，函数0AXXFEA（I）讨论的单调性；
FX（II）已知当时，函数有两个零点和（），求证．F12X12EAXF21请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分．（22）（本小题满分10分）选修44坐标系与参数方程在直角坐标系XOY中，直线L1的参数方程为（T为参数），直线L2的参数方KYX24程为（M为参数），当K变化时，设L1与L2的交点的轨迹为曲线C．KYX2（I）以原点为极点，X轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C的极坐标方程；
（II）设曲线C上的点A的极角为，射线OA与直线602SIN3L的交点为B，且，求的值．20|7|O（23）（本小题满分10分）选修45不等式选讲已知函数，A为实数．|1||XAXF（I）当时，求不等式的解集；
13F（II）求的最小值．F5142N数学（理科）参考答案一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对计算题当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；
如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数．一、选择题题序123456789101112答案CDBAABCABDCB解析（9）由三视图知，该几何体是一棱长为2的正方体和一底面半径为、高为1的圆柱的组2合体，其表面积2251S表6（10）不妨设点P在第一象限，依题意有，，又由1|||COS30PFC12|||FP得12||FA3CA2E（11）；
4560CA（12）法1由是函数的极值点可得，即，故XSIN2XF0 FX0COS2X因，当时，0,3,018,1,3,15，成立；
当时，28X0FXX0709X；
0012F当时，，；
综上知，满0,3,X0183X00218218FXX足题意的时，共个．56【法2由题意知，得；
由图象得的解为KX20120KXZXFXF或，即或，即或11|801|80028|19，因故无解，由得0|7X0KX021|9X|7X时，共个．】,3,256二、填空题题序13141516答案2,3396解析（16）显然，即的最小值为，仅当、、1EFPFPEF1PEF共线且点在、之间时取等号，此时，即直线20E的斜率为（取也可），联立，可得，故3234YX3,P．129PEFS三、解答题（17）解（Ⅰ）由已知及，ACBCOSCOS得，2分1SIN3A即，得4分62216SIN又，∴，75即；
6分32A（Ⅱ）由已知及正弦定理得，7分87ACB由余弦定理，AAOS22得，9分B6449解得，10分15BC∴△ABC的面积为．12分4315SIN2ABC（18）解（Ⅰ）∵E、F分别是AC、BC的中点，∴EF//AB，1分在正三角形PAC中，PE⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABCAC，∴PE⊥平面ABC，3分∴PE⊥AB，又PD⊥AB，PE∩PDP，∴AB⊥平面PED，5分又EF//AB，∴EF⊥平面PED，又平面PEF，∴平面PEF⊥平面PED6分EF（Ⅱ）解法1∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABCAC，BE⊥AC，7PFCBDAEZYXZYXPFCBDAE∴BE⊥平面PAC，7分以点E为坐标原点，EA所在的直线为X轴，EB所在的直线为Y轴，建立空间直角坐标系如图示，则,,8分0，，1,03,AB，，，P，，,,3B，，130PA，，，，设为平面PAB的一个法向量，MABC则由得,，令，得，即10分30CAB13,1AB3,1M设二面角的大小为，则,EPAD5COS||EB，25SIN1COS即二面角的正弦值为12分】EPAD2【解法2由（Ⅰ）知EF⊥平面PED，∴EF⊥ED，以点E为坐标原点，ED所在的直线为X轴，EF所在的直线为Y轴，建立空间直角坐标系如图示，∵AE1，∠EAD60°，∴AD,,,123DE2B又,∴,,3PE0,,0,A，，，，03P，，则,,8分12A，，1,2D，32EB，，∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABCAC，BE⊥AC，∴BE⊥平面PAE，故为平面PAE的法向量，9分302EB，，设为平面PAD的一个法向量，则由得,MABC,MADP8GEADBCFP，令得，故10分31020ABC12A,01M设二面角的大小为，则,EPAD35COS||EB，25SIN1COS即二面角的正弦值为12分】EPAD2【解法3二面角即二面角CPAB，在平面PAB内过点B作于G，连结GE,PA∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABCAC，BE⊥AC，∴BE⊥平面PAC，∴,E又，,BGPA∴平面BEG，∴PA⊥GE，∴∠EGB为二面角CPAB的平面角，8分∵,，3BE3SIN602AE，，11分152G52IBGE即二面角的正弦值为12分】EPAD2（19）解（I）依题意得3分190,19,58XYN（Ⅱ）（Ⅰ）由条形图知,，，，6N706PN18024PN，19024PN故，5分81184，6分9046207PN9由上可知，需更换的零件数不大于18的概率为046,不大于19的概率为07,故的最小值为197分N（Ⅱ）N取19或20，即每台机器在购机同时都购买19个或20个易损零件，设1台机器在购买易损零件上所需的费用分别为元和元,1Y2则的可能取值为1900,2150,24001Y且,,，907P150PY12401PY故元9分124EY的可能取值为2000,22502且，，09PY2501PY故（元）11分2E，所以购买1台机器的同时应购买19个易损零件12分1（20）解（Ⅰ）设，依题意得点,1分,AXY1,CXY则2分11|2||PCSO∵点A在椭圆上，∴，3分4XTY1|2X∴（当且仅当时等号成立）1|2PCS1∴△PAC面积的最大值为14分（Ⅱ）证法1当直线AP的斜率存在时，设其方程为，12YKX由，消去，得，5分241XYKY21430KX设，由韦达定理，得，2,BXY12243XK①②10而由，得，故，，APMB121,,2XYMXY12XM1X代入①、②，得12243KX③④两式相除，得，代入④，整理得；
7分14MKX221930490MX对于射线，同样的方法可得，CP2219304NX故是方程的两个根，9分,MN21930X由韦达定理，；
10分当直线AP的斜率不存在时，点A为椭圆T的上顶点或下顶点，当点A为（0,1）时，则B、C重合于点（01），D、A重合，由，，得这时；
11分PMBCNPD1,3MN103N若点A为椭圆T的下顶点（0,1），同理可得；
综上可知为定值，该值为12分03【证法2当直线AP的斜率存在时，这时点A不在Y轴上，即X1≠0，设其方程为由，消去，得，5分12YKX214YKX2430K设，由韦达定理，得，6分2,B22143K又，代入上式得，7分1XYK212YX由，得，故，APMB12,,YM12XM11得，8分321421YXM对于射线，同样的方法可得，9分CP321432142121YXYXN∴．10分302421YXNM当直线AP的斜率不存在时，点A为椭圆T的上顶点或下顶点，当点A为（0,1）时，则B、C重合于点（01），D、A重合，由，，得这时；
11分PBCNPD1,3MN103N若点A为椭圆T的下顶点（0,1），同理可得；
综上可知为定值，该值为12分】M03（21）解（Ⅰ），，,12XXXAEXFE,12XAFE①若，显然恒成立，在上单调递增；
2分0A0FF,②若，当时，，当时，，2E1X0XA1X0XFEA故在上单调递减，在上单调递增；
4分FX,,③若，当时，，AEXFX当时，由，得，由，得，1X20XA1LN2A0XEALN2AX故在上单调递减，在上单调递增；
6分F,LNL,（Ⅱ）证法1∵，故，结合的单调性知，AE10FAEFX的两个零点和满足以及，且，7分FXX2X20XAE12X∴，，于是，8分2EA21XEA21X12令，（）2XEG1则，9分22XXXXEEE记，，2XHE1则，∴在上单调递减，，故， 0XH,10HX0GX即函数在上单调递减，∴，G1,1GX∴，11分12X又在上单调递减，F（,∴12分12XAE【证法2∵，故，结合的单调性知，10FAEFX的两个零点和满足以及，且，7分FX1X2X20AE12X要证明，只需证，即证，8分12FAE1212X注意到、，且在上单调递减，1X2,FX（,故只需证，即证，9分12FFX210FX而，2222XEEFAX记，，，XGE1,XGE记，，则，HEX20XH故即单调递减，，11分X0故单调递减，，G1GX于是成立，原题得证．12分】210FX13选做题（22）解（Ⅰ）直线L1的普通方程为，1分24XKY直线L2的普通方程为，2分KXY2联立两方程消去K，得，即曲线C的普通方程为，3分42YX由得曲线C的极坐标方程为；
4分SINCOYXSIN4CO22化简得5分22134（Ⅱ）把代入，得，6SI4132∴，得，7分727A由已知得，8分4B把，代入方程L3得，626SIN又，∴9分202∴，．10分641（23）解（Ⅰ）当时，不等式即，1A3XF3||1|XF分①当时，得，无解；
2分1X2XF②当时，得，3|解得，得；
3分2|3XX③当时，得，无解；
4分12F综上知，不等式的解集为5分32,（Ⅱ），6分||1|22AF||12A①当或时，，8分12||2F②当时，，9分A|AF综上知，的最小值为2．10分F14