1、2018 年安庆市高三模拟考试（二模）数学试题（理）参考答案 一、选择题 题号123456789101112选项DBCABBCABDCC1【解析】因为1101Bxx xxx或，所0ABx x.故选 D.2【解析】.(2i)1 iz 1 i(1 i)(2i)2i5z13 i55，所以 z 的共轭复数为 13i55.故选 B.3.【解析】根据二倍角公式、正弦定理可得22cos2cos21 2sin1 2sinABAB 22sinsinsinsinABABab.故选 C.4.【解析】根据条件可知，1 22E，阴影部分的面积为2211221112d2ln2 2ln 2ln32ln 222xxxx，所以
2、，豆子落在阴影部分的概率为42ln23.故选 A.5.【解析】0110 xtk，；228xtk，；1636xtk，；144xtk，.故选 B.6.【解析】该几何体的直观图如图所示，其体积为12 2 222 2 2162 （3cm）.故选 B.7.【解析】log11()loglog101log0.aaaaxxxf xxxxxxx ，故选 C.8.【解析】由函数()yf x图象相邻两条对称轴之间的距离为 2可知其周期为 ，所以22，所以()sin 2f xx.将函数()yf x的图象向左平移 3个单位后，得到函数第 6 题图第 4 题图第 9 题图 数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 1 页
3、 sin 23yx图象.因为得到的图象关于 y 轴对称，所以232k，zk，即6k，zk.又2，所以6 ，所以()sin 26f xx，其图象关于点012，对称.故选 A.9.【解析】因为点 D 在边 BC 上，所以存在Rt，使得BDtBCt ACAB.因为 M 是线段 AD 的中点，所以111112222BMBABDABt ACt ABtABt AC 又 BMABAC，所以112 t ，12 t，所以12.故选 B.10.【解析】sinB)3sin(sinsinBBCACAB2sin33-4sinsinBBB.因为 ABC是锐角三角形，所以02022022BBBB ，得 64B211sin(
4、)42B，.所以234sin(1 2)ACABB，.故选 D.11.【解析】作可行域，如图阴影部分所示.1yx 表示可行域内的点x y，与点1 0，连线的斜率.易知1142A，1 12 3B，9342C，.当直线1yk x与曲线 yx相切时，12k，切点为1 1，所以切点位于点 A、C 之间.因此根据图形可知，1yx 的最大值为 12.故选 C.第 11 题图数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 2 页 拓展：思考：如何求 2122yxyx的取值范围呢？答案：13 4,20 5更一般地，当直线 1111:0la xb yc，2222:0la xb yc的交点不在可行域内时，111222a
5、xb ycmaxbyc的取值范围均能求出。12【解析】设4P mmm，则4|2 22mmmPAPBm，为定值，所以正确；因为四边形OAPB 四点共圆，所以0135APB，又由知22|PBPA，所以2)22(22 PBPA，为定值，故正确；因为24()1fxx，所以过点4P mmm，的曲线()yf x的切线方程为2441yxmmmm，所以22Gmm，80Hm，所以8|2 2|16 2|OGOHmm，为定值，故正确；.22224441682PG PHmmmmmmmmmmm ，不是定值，故不正确,故选 C.拓展：从以上证明不难看出：OHOG 为定值。而且 PAB，OGH的面积也均为定值。如果 P 是
6、()yf x图象上任意一点，过点 P 作直线xy 和 y 轴的平行线，交 y 轴和直线xy 分别为 A、B，则|PBPA 是定值；PBPA是定值；PAB、OAB、平行四边形 OAPB 的面积也为定值。以上结论在标准双曲线12222 byax中也成立。数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 3 页 二、填空题 13-189；14 21；153.8；16243a b.13.【解析】令1x，得展开式中各项系数之和为2n.由2128n，得7n，所以展开式的通项为7 37217(1)3rrrrrTC x .由 7342r ，得5r，展开式中41x的系数是57 557(1)3189C.14.【解析】设
7、11A xy，22B xy，.因为抛物线 x2=4y 的焦点为(0,1)F，准线为1y ，所以由32AF，得1312y ，所以112y，x12=4y1=2.由 AFFB得121211xxyy，即211211111.2xxyy ，因为 x22=4y2，所以)121(4)1(21 x.解得1=2或1 （舍）.注：若知抛物线22(0)xpy p的焦点弦的如下性质：112|FAFBp，可更快地求出结果。15.【解析】：将3x代入5.05.1xy得5y.所以样本中心点为(3 5)，由数据点(1.1,2.1)和(4.9,7.9)知：1.14.932，2.17.952，故去除这两个数据点后，样本中心点不变.
8、设新的回归直线方程为 1.2yxb，将样本中心点坐标代入得：1.4b，所以，当2x 时，y 的估计值为3.8.16.【解析】设点 00A xy，则00aByyb，所以圆环的面积为2200 axyb.因为2200221xyab，所以2222002a yxab，所以圆环的面积为22222002a yaayabb.数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 4 页 根据祖暅原理可知，该双曲线型冷却塔挖出一个以渐近线为母线的圆锥后的几何的体积等于底面半径为a、高为b 的圆柱的体积，所以冷却塔的体积为：2221433a ba ba b.三、解答题 17【解析】（）设数列 na的公差为d，则2(1)nand
9、，*Nn.由11a，21a，41a 成等比数列，得2214111aaa，2 分即233 3 3dd，得0d（舍去）或3d.4 分所以数列 na的通项公式为31nan，*Nn.6 分（）因为11111131 323 3132nnnba annnn，8 分所以1 111 111111 113 253 583 31323 2322 32nnSnnnn.由319nS，即 32 3219nn，得12n.10 分所以使319nS 成立的最大的正整数11n.12 分18【解析】（I）设点 D 在平面 ABC 上的射影为点 E，连接 DE则 DE 平面 ABC，所以 DEBC.因为四边形 ABCD 是矩形，所
10、以 ABBC，所以 BC 平面 ABD，所以 BCAD.数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 5 页 又 ADCD，所以 AD 平面 BCD，而 AD 平面 ACD，所以平面 ACD 平面 BCD.5 分（II）方法 1：在矩形 ABCD 中，过点 D 作 AC 的垂线，垂足为 M，连结 ME.因为 DE 平面 ABCDEAC，又 DMDE=D所以 AC 平面 DMEEMAC，所以DME为二面角 DACB的平面角.8 分设 ADa，则2ABa.在 ADC中，易求出55aAM，2 55aDM.在 AEM中，15tan210EMaBACEMAM，所以1cos4EMDMEDM.12 分方法 2：
11、以点 B 为原点，线段 BC 所在的直线为 x 轴，线段 AB所在的直线为 y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.6 分设 ADa，则2ABa，所以 020Aa，00Ca，.由（I）知 ADBD，又2ABAD，所以30DBA，60DAB，那么MME第 18 题图1cos2AEADDABa，32BEABAEa，3sin2DEADDABa，所以33022Daa，所以13022ADaa，20ACaa ，.8 分设平面 ACD 的一个法向量为mxyz，则00m ADm AC，即1302220.ayazaxay，数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 6 页 取1y ，则2x，33z ，所以3123m
12、，.10分因为平面 ABC 的一个法向量为001n，所以222313cos43123m nm nm n ，.所以求二面角 DACB的余弦值为 14.12 分19【解析】：(I)因为随机地抽取一辆单车是蓝色单车的概率为 31，用 X 表示“抽取的 5 辆单车中蓝颜色单车的个数”，则 X 服从二项分布，即 X），（315B，所 以 抽 取 的5辆 单 车 中 有2辆 是 蓝 颜 色 单 车 的 概 率2438031322325CP.4 分(II)的可能取值为：0，1，2，n.5 分31)0(P，212(1)339P ，221(2)33P，3132)1(1nnP，nnP32)(.7分所以 的分布列为
13、：012 1n nP313132 22133 12133n23n8 分 的数学期望为：2312 12121212123(1)3 33333333nnEnn ，(1)2311221212121212(2)(1)3333333333nnnEnnn .(2)数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 7 页(1)(2)得：231112 12121212212(1)()33 33333333333nnnnEnnn 10 分23112 12121212133 333333333nnE，2312222233333nnE22133213n22 13n.所以2223nE.12 分20.【解析】（I）根据条件可设
14、 3Amm，3Bnn，由2 3AB，得:223()()12mnm n.2 分设M xy，则3()22mnxmny，得232.xmnmny，将和代入223()()12mnm n中并化简得：2219xy.所以点 M 的轨迹 E 的方程为2219xy.5分（II）设直线l 的方程为 ykxm，),(11 yxP，),(22 yxQ，00R xy，.将 ykxm代入2219xy，整理得0)1(918)91(222mkmxxk.则122181 9kmxxk ，222191)1(9kmxx.6 分数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 8 页 212121222182()221 91 9k mmyykx
15、mkxmk xxmmkk.因为OROPOQ，则有：0122181 9kmxxxk ，012221 9myyyk.7 分因为 00R xy，在椭圆上，1912991182222kmkkm，化简得：22419mk.8 分所以mkxx2921，22214)1(9mmxx，因为4)(1(|212212xxxxkPQ4)1(94)29)(1(2222mmmkk)449)(1(|23222mkkm)1(3|232km.9 分又点O 到 PQ 的距离为21|kmh.10 分由OROPOQ，可知四边形OPRQ 为平行四边形，hPQSSOPQOPRQ|22331|)1(3|2322kmkm.12 分拓展:此题结
16、论可推广到更一般情形:第()题中,直线 1l、2l 只要不垂直,轨迹均为椭圆,1l、2l 垂直时,轨迹为圆;第()题中结论可推广到更一般情形:设不经过坐标原点O 且斜率为 k 的直线l 交椭圆:)0(12222babyax于点 P、Q，点 R 满足OROPOQ.若点 R 在椭圆上，则四边形 OPRQ(或 OPQ)的面积为定值。21【解析】（I）由2()lnf xxaxbx，得(1)1fa，()2bfxxax，(1)2fab，所 以 曲 线()yf x在 点 处 1(1)f，的 切 线 方 程 211yabxa（*）.数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 9 页 将方程（*）与2yx比较，得
17、 22210.ababa，解得1a，1b .5 分（II）222()()ln1lnF xf xxmxxxxxmxmxx.因为1x，2x 12xx分别是函数()F x 的两个零点，所以 11221ln01ln0mxxmxx，两式相减，得 12121lnln0mxxxx，所以1212lnln1xxmxx.7 分因为1()1F xmx，所以.1212121212lnln111xxFx xmxxx xx x.要证120Fx x，即证121212lnln10 xxxxx x.因120 xx，故又只要证121121222112lnln0ln0 xxxxxxxxxxx x.令120 1xtx，则即证明12l
18、n0ttt.令1()2lntttt，01t，则222121()10ttttt.这说明函数()t在区间0 1，上单调递减，所以()(1)0t，即12ln0ttt 成立.由上述分析可知120Fx x成立.12 分22.【解析】（）将点 A，B 的极坐标化为直角坐标，得 A(3 1)，和 B(3 3)，.所以点C 的直角坐标为(0 2)，.3分将2cos22sinxy ，消去参数，得22(2)4xy，即为曲线 的普通方程.5 分数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 10 页（）解法一：直线l 的参数方程为cos2sinxtyt，（t 为参数，为直线l 的倾斜角）代入22(2)4xy，整理得：28
19、 sin120tt.设点 P、Q 对应的参数值分别为 1t、2t.则12t21t，1 2|12CP CQCP CQt t.10 分解法二：过点作圆1O：22(2)4xy的切线，切点为T，连接1OT，因为点由平面几何知识得：|CP CQCP CQ2221|16412GTCOR，所以|12CP CQCP CQ.10 分23.【解析】（）当12x 时，()211f xxxx .由()2f x，得1x ，所以112x.当12x 时，()2131f xxxx .由()2f x，得1x ，所以112x.综上，|11Mxx.5 分（）因为a，bM，所以 1a，1b ，即1a，1b.所以211ababababab 110abab，所以21abab.10分 数学试题（理）参考答案（共 11 页）第 11 页