1、2018 年高考仿真模拟试题(新课标全国卷/)理科数学( 七)答案1C【解析】由题意得 A=x|21 或 x0，BR则 A( )=(2，0 (1，3) ，故选 CBR2B【解析】由 x =i (1i)xy=i(1i) xyxi=1+i ，于是 xyi=1+2i，1iy12y其在复平面内对应的点(1，2)位于第二象限选 B3B【解析】通解 因为 = ， ， 分别是定义在 R 上的偶函数和()fxg12x()fgx奇函数，所以 + = ，所以 = ( )，则 = 12(1)g32优解 由题意知，= ， = ， =1， =4，所以 +()fxf()gx()f(g()f ()f=4，所以 2 =3，即
2、 = ，所以 = 1g1321324C【解析】 = 0 ， c，所以 AC由正弦定理得 ，32 2siniC所以 sin C= 又 AC，所以 C= 选 B2412B【解析】由 0 得(3x+1) +mx0，即 mx(3x+1) ，()f1xe 1e设 =mx， =(3x+1) ，则 =3 +(3x+1) =(3x+4) ，()gxh()h11e由 0 得(3 x+4)0，即 x ，故当 x= 4343时，函数 取得极大值在同一平面直角坐标系中作出 y= ，y= 的大43() ()h()g致图象如图所示，当 m0 时，满足 的整数解超过两个，不满足条件；当()gxhm2， 0， 0，na在等比
3、数列 中，由 0， =4 得， =2，n132a又 +1 是 和 的等差中项，所以 2( +1)= + ，3a24 4把代入得，2(2q+1)=2+2 ，解得 q=2 或 q=0(舍去)， （3 分）2所以 = = ，n21n则 = = =n （5 分）b1loga2l(2)由(1)得， = +nc121112()(2)21nnnb n所以数列 的前 n 项和 =2+22+ + (1 )+( )+nSn35+( )= = 2+ （12 分）12()(1)n12n18 【解析】令 、 、 分别表示 A、B、C 在第 k 盘中获胜kABk(1)由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知
4、，下满 3 盘比赛且比赛未结束的概率为 P( )+P( )= + = （3 分）12312314(2) 的所有可能取值为 2，3，4，5，6，则P(=2)=P( )+P( )= + = ，12A12B21P(=3)=P( )+P( )= + = ，3C334P(=4)=P( )+P( )= + = ，124124A8P(=5)=P( )+P( )= + = ，35AB35B1526P(=6)=P( )+P( )= + = （10 分）124C124C故 的分布列为 2 3 4 5 6P 1181E=2 +3 +4 +5 +6 = （12 分）124867【备注】本题重在考查相互独立事件的概率计
5、算，在第(2)问中，每一个 值所对应事件的概率的求解都有一定的难度，必须慎重分析每种情况是由哪几个独立事件组合而成，稍有粗心就会出错 19 【解析】(1)在 CDQ 中，设 QD=t，则 CD= QD= t，2由余弦定理得 = + 2QDDCcosQDC2QCD2= + 2t tcos = ，t()42t所以 QC=t，故QCD=QDC= ，QCQD又 CE=ED，所以 QECD （3 分）连接 AC，在菱形 ABCD 中，ABC = ，所以 AC=AD又 CE=ED，所以 AECD又 AEQE=E，所以 CD平面 QAE又 CD 平面 PCD，所以平面 PCD平面 QAE （5 分）(2)由
6、(1)可知，QECD，又平面 QCD平面 ABCD，平面 QCD平面 ABCD=CD，所以 QE平面 ABCD （6 分）又 AECD，故可以 E 为坐标原点，分别以 EA，EC，EQ 所在直线为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系设 CD=2，则 CE=ED=EQ=1，EA= ，3所以 E(0，0， 0)，Q(0，0，1)，C(0，1，0)，B( ，2，0)，P ( ，2，2)，3故 =( ，1，2)， =(0，1 ，1) （8 分）CP3设平面 PCQ 的法向量为 m=(x，y，z)，则由 ，可得 ，Q320z令 z=1，则 y=1，x= ，则 m=( ，1，1) 为平面 PCQ
7、的一个法向量 （9 分）3又 PB平面 ABCD，所以 =(0，0，2)为平面 ABCD 的一个法向量BP故 cos= 2215|(3)所以平面 PCQ 与平面 ABCD 所成锐二面角的余弦值为 （12 分）5【备注】解决此类问题的关键是根据几何体的结构特征建立合理的空间直角坐标系，空间平行与垂直的证明则可转化为空间向量的坐标运算；空间角的求解是利用直线的方向向量与平面的法向量的相关运算，转化为向量的夹角即可，要注意向量夹角与所求角之间的关系 20 【解析】(1)设抛物线 =2px(p0)上任意一点的坐标为( ，y)，其到直线 y=x+2 的距2y2p离为 （2 分）22 2|4|()4|yy
8、pp显然，当 y=p 时，抛物线上任意一点到直线 y=x+2 的距离最小，且最小值为2|4|由 = |p4|=2 p=2 或 p=6 （3 分）2|p当 p=6 时，直线 y=x+2 与 =12x 有公共点，与题意不符，舍去2y故所求抛物线的方程为 =4x （4 分）(2)由题意得 DH 的方程为 y=x3，由 得 或 （5 分）234yx1296不妨设 D(1，2)，H(9，6) ，得|DH|=8 2当线段 DH 向左平移 3 个单位长度至 时，两线段间的距离为 （6 分）1DH32要使 最大，应有 ，此时点 E 应该位于直线 DH 左侧的抛EDHS1ES1物线上，设点 E 到直线 DH 的
9、距离为 h，则点 E 到直线 的距离为 h， （7 分）132则 = 8 h 8 ( h)=8 h12，显然 h 达到最大时，EDHS112 取得最大值，此时点 E 为与 DH 平行的直线与抛物线相切的切点1设切线方程为 y=x+b，由 得 +(2b4)x+ =0，24xy22由(2b4) 24 =0 得 b=1， （9 分）此时解得 x=1，y=2，即点 E 的坐标为(1，2) ，从而可得 h= =2 ，|123|所以 的最大值为 20 （12 分）EDHS121 【解析】(1)由 的定义域为 x1，得 =2m(1+x) = ，()fx()f21n2()xn由 =0 得 m=n，则 = （2
10、 分）(0)f ()f1由于 x=0 是函数 的一个极小值点，因此当 x(1，0)时， 0，从而得 m=n0 （4 分）()f于是当 x(5，2)时， 0， ()fx故 x=2 也是函数 的极小值点，且 =m，函数 在区间(5，1)()fx(2)0ff上不存在极大值 （5 分）(2) = ，则 = nx=2m(1+x) nx()f12n()fx1n由函数 = 在区间2 ，4上单调递增，x()2x得 0 在区间2，4上恒成立，()即 2m(1+x) nx0 在区间 2，4上恒成立， （7 分）1n即 在区间2，4 上恒成立 （ 8 分）21()()2令 = ，2 x4， ，t15t3 = + =
11、( )2+ （9 分）21()()x2tt1476令 =( )2+ ，ht476当 ， 时， 单调递减；当 ( ， 时， 单调递增15()htt143()ht max=maxh( )，h( )=max ， = （11 分）()t13259当 = ，即 x=2 时， 有最大值 t131()()x9故 的取值范围为 ，+) （12 分）mn49【备注】函数与导数的应用是高考命题的重点与热点，每年围绕这一知识点都会设计一道解答题，主要考查导数在函数中的基本应用，重在考查解题步骤及对函数的分析、探究过程，也常常将导数与函数和其他知识相结合，突出导数的工具性及函数的应用性22 【解析】(1)消去参数 t
12、，得直线 的普通方程为 y=(x1)tan ，l又 可化为 ，2cos22cosin将 代入到 中，inxyi得曲线 C 的直角坐标方程为 =2x2y设 A( ， )， B( ， )，将 y=(x1)tan 代入到 =2x1xy2x2y得， 2( +1)x+ =0，2tantan2ta由根与系数的关系得 =1， =4 =4，1212y2x由题意知 ， 符号相反，则 =2，1y2从而 = + =1，为定值 （5 分）OABx1y2(2)将直线 的参数方程 代入到 =2x，lcosint2y得 2tcos 2=0，2tsin设 A，B 两点对应的参数分别为 ， ，1t2则 + = ， = ，1t2
13、cosin1t2sin由于|PA|=2|PB|，因而 =2 ，解得 =4，2ta又 0 ，所以 tan =2，2所以直线 的普通方程为 y=2(x1) （10 分）l23 【解析】(1)当 a=1 时，由 | |2x+1 | +x1|2x+1()f2221x0x2203x130或故不等式| |2x+1 的解集为x|0x 2 （5 分）()f(2)解法一| |=|( 1)a+x| 1|a|+|x| 1|+|x|()fx222=1 +|x|=(|x| ) + 2154解法二 设 = =( 1)a+x，(Ff2|a |1，| |=| |max| |，| |=max| 1+x|，| +1+x|，()fx(1)F22由|x |1 得，| 1+x|=|(x+ ) | | +1+x|=|(x ) + | ，2254154故结论成立 （10 分）
