1、 河北河北衡水中学衡水中学 2018 年高考押题试卷年高考押题试卷 文数（二）文数（二） 第第卷（共卷（共 6060 分）分） 一、一、选择题：本大题共选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分在每小题给出的四个选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项中，只有一项是符合题目要求的 1设集合 | 23,ZAxxx ， 2, 1,0,1,2,3B ，则集合AB为（ ） A 2, 1,0,1,2 B 1,0,1,2 C 1,0,1,2,3 D 2, 1,0,1,2,3 2若复数izxy（x，Ry）满足1i3 iz ，则xy的值为
2、（ ） A3 B4 C5 D6 3若 1 cos() 43 ，(0,) 2 ，则sin的值为（ ） A. 42 6 B 42 6 C. 7 18 D 2 3 4抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A 两次的点数均为偶数且点数之差的绝对值为 2，则 P A （ ） A 1 9 B 1 3 C 4 9 D 5 9 5 定义平面上两条相交直线的夹角为： 两条相交直线交成的不超过90的正角.已知双曲线E： 22 22 1(0,0) xy ab ab ，当其离心率 2,2e时，对应双曲线的渐近线的夹角的取值范 围为（ ） A0, 6 B, 63 C., 4 3 D, 3 2 6.某几何体的三视图如图所示，
3、若该几何体的体积为32，则它的表面积是（ ） A. 3 13 (3)222 2 B 3 133 ()222 42 C. 13 22 2 D 13 22 4 7函数sinln|yxx在区间 3,3的图象大致为（ ） A B C D 8 已知函数 1 3 1 2,2, 2 2 ,2R,0 , 2 x x x f x axaa x 若 6 3 5 fff ， 则a为 （ ） A1 B3 4 25 C2 2 D 3 4 9执行下图的程序框图，若输入的x，y，n的值分别为 0，1，1，则输出的p的值为（ ） A.81 B 81 2 C. 81 4 D 81 8 10已知数列 n a是首项为 1，公差为
4、2 的等差数列，数列 n b满足关系 312 123 aaa bbb 1 2 n n n a b L，数列 n b的前n项和为 n S，则 5 S的值为（ ） A454 B450 C446 D442 11若函数 2 lnf xmxxmx在区间0,内单调递增，则实数m的取值范围为 （ ） A0,8 B0,8 C,0U8, D,0U8, 12已知函数( )sin()f xAx(0,0,|,R) 2 Ax 的图象如图所示，令 ( )( )( )g xf xfx，则下列关于函数( )g x的说法中不正确的是（ ） A. 函数( )g x图象的对称轴方程为() 12 xkkZ B函数( )g x的最大值
5、为2 2 C. 函数( )g x的图象上存在点P，使得在P点处的切线与直线:31l yx平行 D方程( )2g x 的两个不同的解分别为 1 x， 2 x，则 12 |xx的最小值为 2 第第卷（共卷（共 9090 分）分） 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13 向量( , )am n，( 1,2)b ， 若向量a，b共线， 且| 2|ab， 则mn的值为 14已知点1,0A ，1,0B，若圆 22 8xyx6250ym上存在点P使 0PA PB uur uur ，则m的最小值为 15设x，y满足约束条件
6、240, 20, 10, xy xy y 则32xy的最大值为 16在平面五边形ABCDE中，已知120A ，90B ，120C，90E ， 3AB，3AE ，当五边形ABCDE的面积6 3,9 3)S 时，则BC的取值范围 为 三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演分解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤）算步骤） 17在ABCV中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 22 coscosBC 2 sin3sinsinAAB. （1）求角C； （2）若 6 A ，ABCV的面积为4 3，M为AB的中点，求CM的
7、长. 18如图所示的几何体PABCD中，四边形ABCD为菱形，120ABC，ABa， 3PBa，PBAB，平面ABCD平面PAB，ACBDOI，E为PD的中点，G为 平面PAB内任一点. （1）在平面PAB内，过G点是否存在直线l使OEl？如果不存在，请说明理由，如果存 在，请说明作法； （2）过A，C，E三点的平面将几何体PABCD截去三棱锥DAEC，求剩余几何体 AECBP的体积. 19某校为缓解高三学生的高考压力，经常举行一些心理素质综合能力训练活动，经过一段时 间的训练后从该年级 800 名学生中随机抽取 100 名学生进行测试， 并将其成绩分为A、B、C、 D、E五个等级，统计数据如
8、图所示（视频率为概率），根据图中抽样调查的数据，回答下 列问题： （1）试估算该校高三年级学生获得成绩为B的人数； （2）若等级A、B、C、D、E分别对应 100 分、90 分、80 分、70 分、60 分，学校要求 当学生获得的等级成绩的平均分大于 90 分时，高三学生的考前心理稳定，整体过关，请问该 校高三年级目前学生的考前心理稳定情况是否整体过关？ （3） 以每个学生的心理都培养成为健康状态为目标， 学校决定对成绩等级为E的 16 名学生 （其 中男生 4 人，女生 12 人）进行特殊的一对一帮扶培训，从按分层抽样抽取的 4 人中任意抽取 2 名，求恰好抽到 1 名男生的概率 20已知椭
9、圆C： 22 22 1(0) xy ab ab 的离心率为 2 2 ，且过点 23 (,) 22 P，动直线l： ykxm交椭圆C于不同的两点A，B，且0OA OB（O为坐标原点） （1）求椭圆C的方程. （2）讨论 22 32mk是否为定值.若为定值，求出该定值，若不是，请说明理由. 21设函数 22 ( )lnf xaxxax ()aR. （1）试讨论函数( )f x的单调性； （2）如果0a且关于x的方程( )f xm有两解 1 x， 2 x（ 12 xx），证明 12 2xxa. 请考生请考生在在 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答
10、，如果多做，则按所做的第一题记分 22选修 4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，曲线 1 C： 3cos , 2sin xt yt （t为参数，0a），在以坐标原点为极 点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线 2 C：4sin. （1）试将曲线 1 C与 2 C化为直角坐标系xOy中的普通方程，并指出两曲线有公共点时a的取 值范围； （2）当3a 时，两曲线相交于A，B两点，求|AB的值. 23选修 4-5：不等式选讲 已知函数( ) |21|1|f xxx. （1）在给出的直角坐标系中作出函数( )yf x的图象，并从图中找出满足不等式( )3f x 的 解集； （2）若函数
11、( )yf x的最小值记为m，设,Ra b，且有 22 abm，试证明： 22 1418 117ab . 试卷答案试卷答案 一、选择题一、选择题 1-5:BCAAD 6-10:AADCB 11、12：AC 二、填空题二、填空题 138 1416 15 22 3 16 3,3 3 三、解答题三、解答题 17解：（1）由 22 coscosBC 2 sin3sinsinAAB， 得 22 sinsinCB 2 sin3sinsinAAB. 由正弦定理，得 222 3cbaab， 即 222 3cabab. 又由余弦定理，得 222 cos 2 abc C ab 33 22 ab ab . 因为0C
12、，所以 6 C . （2）因为 6 AC ， 所以ABCV为等腰三角形，且顶角 2 3 B . 故 2 1 sin 2 ABC SaB V 2 3 4 3 4 a ，所以4a. 在MBCV中，由余弦定理，得 222 CMMBBC2cosMB BCB4 162 1 2 428 2 . 解得2 7CM . 18解：（1）过G点存在直线l使OEl，理由如下： 由题可知O为BD的中点，又E为PD的中点， 所以在PBDV中，有OEPB. 若点G在直线PB上，则直线PB即为所求作直线l， 所以有OEl； 若点G不在直线PB上，在平面PAB内， 过点G作直线l，使lPB， 又OEPB，所以OEl， 即过G点
13、存在直线l使OEl. （2）连接EA，EC，则平面ACE将几何体分成两部分： 三棱锥DAEC与几何体AECBP（如图所示）. 因为平面ABCD平面PAB，且交线为AB， 又PBAB，所以PB 平面ABCD. 故PB为几何体PABCD的高. 又四边形ABCD为菱形，120ABC，ABa，3PBa， 所以2 ABCD S 四边形 22 33 42 aa， 所以 1 3 P ABCDABCD VSPB 四边形 23 131 3 322 aaa. 又 1 2 OEPB，所以OE 平面ACD， 所以 D AECE ACD VV 三棱锥三棱锥 1 3 ACD SEO V 3 11 48 P ABCD Va
14、 ， 所以几何体AECBP的体积 P ABCDD EAC VVV 三棱锥 333 113 288 aaa. 19解：（1）从条形图中可知这 100 人中，有 56 名学生成绩等级为B， 故可以估计该校学生获得成绩等级为B的概率为 5614 10025 ， 则该校高三年级学生获得成绩等级为B的人数约有 14 800448 25 . （2）这 100 名学生成绩的平均分为 1 (32 10056 907 803 702 60) 100 91.3 （分）， 因为91.390，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关. （3）按分层抽样抽取的 4 人中有 1 名男生，3 名女生，记男生为a
15、，3 名女生分别为 1 b， 2 b， 3 b.从中抽取 2 人的所有情况为 1 ab， 2 ab， 3 ab， 1 2 bb， 1 3 bb， 2 3 b b，共 6 种情况，其中恰好 抽到 1 名男生的有 1 ab， 2 ab， 3 ab，共 3 种情况，故所求概率 1 2 P . 20解：（1）由题意可知 2 2 c a ， 所以 2222 22()acab，整理，得 22 2ab， 又点 23 (,) 22 P在椭圆上，所以有 22 23 1 44ab ， 由联立，解得 2 1b ， 2 2a ， 故所求的椭圆方程为 2 2 1 2 x y. （2） 22 32mk为定值，理由如下：
16、设 1122 ( ,), (,)A x yB xy，由0OA OB， 可知 1212 0x xy y. 联立方程组 2 2 , 1, 2 ykxm x y 消去y，化简得 222 (1 2)4220kxkmxm， 由 2222 168(1)(1 2)0k mmk ， 得 22 12km， 由根与系数的关系，得 12 2 4 12 km xx k ， 2 12 2 22 1 2 m x x k ， 由 1212 0x xy y，ykxm， 得 1212 ()()0x xkxm kxm， 整理，得 22 1212 (1)()0kx xkm xxm. 将代入上式，得 2 22 22 224 (1)0
17、 1 21 2 mkm kkmm kk . 化简整理，得 22 2 322 0 12 mk k ，即 22 322mk. 21解：（1）由 22 ( )lnf xaxxax ，可知 2 ( )2 a fxxa x 22 2(2)()xaxaxa xa xx . 因为函数( )f x的定义域为(0,)，所以， 若0a， 则当(0, )xa时，( )0fx ， 函数( )f x单调递减， 当( ,)xa时，( )0fx ， 函数( )f x单调递增； 若0a，则当( )20fxx在(0,)x内恒成立，函数( )f x单调递增； 若0a，则当(0,) 2 a x时，( )0fx ，函数( )f x单
18、调递减，当(,) 2 a x 时， ( )0fx ，函数( )f x单调递增. （2）要证 12 2xxa，只需证 12 2 xx a . 设 g xfx 2 2 a xa x ， 因为 2 2 20 a gx x ， 所以 g xfx为单调递增函数. 所以只需证 12 0 2 xx ffa ， 即证 2 12 12 2 0 a xxa xx ， 只需证 12 2 xx 12 2 1 0xxa a .（*） 又 22 111 lnaxxaxm， 22 222 lnaxxaxm， 所以两式相减，并整理，得 12 12 lnlnxx xx 12 2 1 0xxa a . 把 12 2 1 xxa
19、a 12 12 lnlnxx xx 代入（*）式， 得只需证 12 1212 lnln2 0 xx xxxx ， 可化为 1 2 1 1 2 2 21 ln0 1 x xx x x x . 令 1 2 x t x ，得只需证 21 ln0 1 t t t . 令 21 ln 1 t tt t （01t ）， 则 2 41 1 t t t 2 2 1 0 1 t tt ， 所以 t在其定义域上为增函数， 所以 10t. 综上得原不等式成立. 22解：（1）曲线 1 C： 3cos , 2sin , xt yt 消去参数t可得普通方程为 222 (3)(2)xya. 由4sin，得 2 4 sin
20、.故曲线 2 C：4sin化为平面直角坐标系中的普通方程 为 22 (2)4xy. 当两曲线有公共点时a的取值范围为1,5. （2）当3a 时，曲线 1 C： 33cos , 23sin , xt yt 即 22 (3)(2)9xy， 联立方程 22 2 2 (3)(2)9, 24, xy xy 消去y，得两曲线的交点A，B所在直线方程为 2 3 x . 曲线 22 (2)4xy的圆心到直线 2 3 x 的距离为 2 3 d ， 所以 48 2 | 2 4 93 AB . 23. 解：（1）因为( ) |21|1|f xxx 3 ,1, 1 2, 1, 2 1 3 ,. 2 x x xx x
21、x 所以作出函数( )f x的图象如图所示. 从图中可知满足不等式( )3f x 的解集为 1,1. （2）证明：从图中可知函数( )yf x的最小值为 3 2 ，即 3 2 m . 所以 22 3 2 ab，从而 22 7 11 2 ab ， 故 22 14 11ab 22 22 214 (1)(1)() 71 ab aab 22 22 214(1) 5() 711 ba ab 22 22 21 4(1)18 52 7117 ba ab . 当且仅当 22 22 14(1) 11 ba ab 时，等号成立， 即 2 1 6 a ， 2 4 3 b 时，原式有最小值， 所以 22 1418 117ab 得证.
