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1、2018年普通高等学校招生全国统一考试广东省理科数学模拟试卷（二）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.1.已知，集合，集合，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：首先应用确定出，从而求出的值，再进一步确定出的值，最后求得结果即可.详解：因为，所以，解得，所以，所以，故选C.点睛：该题考查的是有关集合的知识点，涉及到集合的交集中元素的特征，从而找到等量关系式，最后求得结果.2.若复数，则下列结论错误的是（ ）A. 是实数B. 是纯虚数C. D. 【答案】D【解析】分析：根据题中所给的条件，
2、将两个复数进行相应的运算，对选项中的结果一一对照，从而选出满足条件的项.详解：，是实数，故A正确，是纯虚数，故B正确，故C正确，所以D项不正确，故选D.点睛：该题考查的是复数的有关概念和运算，在做题的时候，需要对选项中的问题一一检验，从而找到正确的结果.3.已知，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：利用，结合向量共线时坐标所满足的关系，求出的值，从而确定出的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得的值.详解：由，得到，即，从而求得，则，从而求得，故选A.点睛：该题考查了向量共线的条件，以及向量数量积的坐标公式，在解题的过程中，求的值是先决条件，这就要求我们不要将公式混淆.4
3、.如图，是以正方形边为直径的半圆，向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影区域内的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：先由圆的对称性得到图中阴影部分的面积，再用几何概型的概率公式进行求解.详解：连接，由圆的对称性得阴影部分的面积等于的面积，易知，由几何概型的概率公式，得该点落在阴影区域内的概率为.故选D.点睛：本题的难点是求阴影部分的面积，本解法利用了圆和正方形的对称性，将阴影部分的面积转化为求三角形的面积.5.已知等比数列的首项为，公比，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先利用等比数列的项之间的关系，求得公比的值，之后判断根式的特征，化简求得
4、是有关数列的第几项，再结合题中所给的数列的首项得出结果.详解：根据题意可知，而，故选B.点睛：该题考查的是等比数列的有关问题，涉及到项与项之间的关系，还有就是数列的性质，两项的脚码和相等，则数列的两项的积相等，将式子化简，利用首项和公比求出结果.6.已知双曲线的一个焦点坐标为，且双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的方程为( )A. B. C. D. 或【答案】A【解析】分析：先利用双曲线的渐近线相互垂直得出该双曲线为等轴双曲线，再利用焦点位置确定双曲线的类型，最后利用几何元素间的等量关系进行求解.详解：因为该双曲线的两条渐近线互相垂直，所以该双曲线为等轴双曲线，即，又双曲线的一个焦点坐标为
5、，所以，即，即该双曲线的方程为.故选D.点睛：本题考查了双曲线的几何性质，要注意以下等价关系的应用：等轴双曲线的离心率为，其两条渐近线相互垂直.7.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】由三视图可得该几何体是由圆柱的一半（沿轴截面截得，底面半径为1，母线长为3）和一个半径为1的半球组合而成（部分底面重合），则该几何体的表面积为.【名师点睛】先利用三视图得到该组合体的结构特征，再分别利用球的表面积公式、圆柱的侧面积公式求出各部分面积，最后求和即可.处理几何体的三视图和表面积、体积问题时，往往先由三视图判定几何体的结构特征，再利用相关公式
6、进行求解.8.设，满足约束条件则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，是两个三角形区域，结合目标函数的属性，可知其为截距型的，从而确定出在哪个点处取得最小值，哪个点处取得最大值，从而确定出目标函数的范围.详解：直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与交于点，题中约束条件对应的可行域为两个三角形区域，移动直线，可知直线过点A时截距取得最小值，过点C时截距取得最大值，从而得到，从而确定出目标函数的取值范围是，故选B.点睛：该题属于线性规划的问题，需要首先根据题中所给的约束条件画出相应的可行域，判断目标函数的类型，属于截距
7、型的，从而判断出动直线过哪个点时取得最小值，过哪个点时取得最大值，最后求得对应的范围，在求解的时候，判断最优解最关键.9.在印度有一个古老的传说：舍罕王打算奖赏国际象棋的发明人宰相宰相西萨班达依尔国王问他想要什么，他对国王说：“陛下，请您在这张棋盘的第1个小格里，赏给我1粒麦子，在第2个小格里给2粒，第3小格给4粒，以后每一小格都比前一小格加一倍请您把这样摆满棋盘上所有的64格的麦粒，都赏给您的仆人吧！”国王觉得这要求太容易满足了，就命令给他这些麦粒当人们把一袋一袋的麦子搬来开始计数时，国王才发现：就是把全印度甚至全世界的麦粒全拿来，也满足不了那位宰相的要求那么，宰相要求得到的麦粒到底有多少粒
8、？下面是四位同学为了计算上面这个问题而设计的程序框图，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：先分析这个传说中涉及的等比数列的前64项的和，再对照每个选项对应的程序框图进行验证.详解：由题意，得每个格子所放麦粒数目形成等比数列，且首项，公比，所设计程序框图的功能应是计算，经验证，得选项B符合要求.故选B.点睛：本题以数学文化为载体考查程序框图的功能，属于基础题.10.已知数列的前项和为，且满足，已知，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：首先对题中所给的数列的递推公式进行变形，整理得出数列为等差数列，确定首项和公差，从而得到新数列的通项公式
9、，接着得到的通项公式，利用其通项公式，可以得出哪些项是正的，哪些项是负的，哪些项等于零，从而能够判断出在什么情况下取得最小值，并求出最小值的结果.详解：根据题意可知，式子的每一项都除以，可得，即，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，所以，即，由此可以判断出这三项是负数，从而得到当时，取得最小值，且，故选C.点睛：该题考查的是数列的有关问题，需要对题中所给的递推公式变形，构造出新的等差数列，从而借助于等差数列求出的通项公式，而题中要求的的值表示的是连续若干项的和，根据通项公式判断出项的符号，从而确定出哪些项，最后求得结果.11.已知菱形的边长为，沿对角线将菱形折起，使得二面角的余弦值为，则该
10、四面体外接球的体积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据题中所给的菱形的特征，结合二面角的平面角的定义，先找出二面角的平面角，之后结合二面角的余弦值，利用余弦定理求出翻折后的长，借助勾股定理，得到该几何体的两个侧面是共用斜边的两个直角三角形，从而得到该四面体的外接球的球心的位置，从而求得结果.【详解】取中点,连结，根据二面角平面角的概念，可知是二面角的平面角，根据图形的特征，结合余弦定理，可以求得，此时满足，从而求得，所以是共斜边的两个直角三角形，所以该四面体的外接球的球心落在中点，半径，所以其体积为，故选B.【点睛】该题所考查的是有关几何体的外接球的问题，解决该题
11、的关键是弄明白外接球的球心的位置，这就要求对特殊几何体的外接球的球心的位置以及对应的半径的大小都有所认识，并且归类记忆即可.12.已知函数，则下面对函数的描述正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. 【答案】B【解析】分析：首先应用导数研究函数的单调性，借助于二阶导来完成，在求函数的极值点的时候，发现对应的方程，在中学阶段是解不出来的，所以用估算的办法求出来，之后进行比较，对题中各项的结果进行对比，排除不正确的，最后得到正确答案.详解：根据题意，可以求得函数的定义域为，可以确定恒成立，所以在上是增函数，又，所以，满足，所以函数在上是减函数，在上是增函数，是最小值，满足，在上是增函数，从而有，
12、结合该值的大小，可知最小值是负数，可排除A,D，且，从而排除C项，从而求得结果，故选B.点睛：该题考查的是利用导数研究函数的性质，本题借着二阶导来得到一阶导函数是增函数，从而利用零点存在性定理对极值点进行估算，最后不是求出的确切值，而是利用估算值对选项进行排除，从而求得最后的结果.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.将函数的图象向左平移个单位长度，得到偶函数的图象，则的最大值是_【答案】【解析】分析：先利用三角函数的变换得到的解析式，再利用诱导公式和余弦函数为偶函数进行求解.详解：函数的图象向左平移个单位长度，得到，即，又为偶函数，所以，即，又因为，所以
13、的最大值为.点睛：本题的易错点是：函数的图象向左平移个单位长度得到解析式时出现错误，要注意平移的单位仅对于自变量而言，不要得到错误答案“”.14.已知，展开式的常数项为，则的最小值为_【答案】【解析】分析：由题意在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于零，求得的值，可得展开式的常数项，再根据展开式的常数项为，确定出，再利用基本不等式求得的最小值.详解：展开式的通项公式为，令，得，从而求的，整理得，而，故答案是.点睛：该题考查的是有关二项式定理以及基本不等式的问题，解题的关键是要清楚二项展开式的通项公式以及确定项的求法，之后是有关利用基本不等式求最值的问题，注意其条件是一正二定三相等.15.已知
14、函数，当时，关于的不等式的解集为_【答案】【解析】分析：首先应用条件将函数解析式化简，通过解析式的形式确定函数的单调性，解出函数值1所对应的自变量，从而将不等式转化为，进一步转化为，求解即可，要注意对数式中真数的条件即可得结果.详解：当时，是上的增函数，且，所以可以转化为，结合函数的单调性，可以将不等式转化为，解得，从而得答案为.点睛：解决该题的关键是将不等式转化，得到所满足的不等式，从而求得结果，挖掘题中的条件就显得尤为重要.16.设过抛物线上任意一点（异于原点）的直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线的另一个交点为，则_【答案】【解析】分析：画出图形，将三角形面积比转化为线段的长度比，之后转
15、化为坐标比，设出点的坐标，写出直线的方程，联立方程组，求得交点的坐标，最后将坐标代入，求得比值,详解：画出对应的图就可以发现，设，则直线，即，与联立，可求得，从而得到面积比为，故答案是3.点睛：解决该题的关键不是求三角形的面积，而是应用面积公式将面积比转化为线段的长度比，之后将长度比转化为坐标比，从而将问题简化，求得结果.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17.在中，内角，所对的边分别为，已知，.（1）若点，是线段的两个三等分点，求的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2） 【解析】分析：第一问根据题意得出两个点的位置，从而设出对应的边长，
16、在三角形中，应用余弦定理求得所满足的等量关系式，求得对应的值，再放在三角形中应用余弦定理求得对应的边长，第二问根据正弦定理找出角所满足的条件，最后利用面积公式求得三角形的面积.详解：（1）由题意得，是线段的两个三等分点，设，则，又，在中，由余弦定理得，解得（负值舍去），则.在中，.(2）在中，由正弦定理，得.又，所以，则为锐角，所以.则，所以的面积.点睛：该题所考查的是有关利用正余弦定理解三角形的问题，在解题的过程中，需要时刻关注正余弦定理的内容，在求解的过程中，注意边长所满足的条件，对解出的结果进行相应的取舍，将面积公式要用活.18.如图，在五面体中，四边形是正方形，. (1)证明：平面平面
17、；(2)求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：第一问证明面面垂直，在证明的过程中，利用常规方法，抓住面面垂直的判定定理，找出相应的垂直关系证得结果，第二问求的是线面角的正弦值，利用空间向量，将其转化为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值，从而求得结果.详解：（1）证明：因为，平面，且，所以平面.又平面，故平面平面.（2）解：由已知，所以平面.又平面平面，故.所以四边形为等腰梯形.又，所以，易得，令，如图，以为原点，以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，所以，.设平面的法向量为，由所以取，则，得，.设直线与平面所成的角为，则.所以直线与平面所成角的
18、正弦值为.点睛：该题在解题的过程中，第一问用的是常规法，第二问用的是空间向量法，既然第二问要用空间向量，则第一问也可以用空间向量的数量积等于零来达到证明垂直的条件，所以解题方法是不唯一的.19.经销商第一年购买某工厂商品的单价为（单位：元），在下一年购买时，购买单价与其上年度销售额（单位：万元）相联系，销售额越多，得到的优惠力度越大，具体情况如下表：上一年度销售额/万元商品单价/元为了研究该商品购买单价的情况，为此调查并整理了个经销商一年的销售额，得到下面的柱状图.已知某经销商下一年购买该商品的单价为（单位：元），且以经销商在各段销售额的频率作为概率.（1）求的平均估计值.（2）该工厂针对此次
19、的调查制定了如下奖励方案：经销商购买单价不高于平均估计单价的获得两次抽奖活动，高于平均估计单价的获得一次抽奖活动.每次获奖的金额和对应的概率为获奖金额/元500010000概率记（单位：元）表示某经销商参加这次活动获得的资金，求的分布及数学期望.【答案】（1）0.873a（2）见解析【解析】分析：第一问根据题意，列出对应的变量的分布列，利用离散型随机变量的期望公式求得对应的平均值；第二问也是分析题的条件，将事件对应的情况找全，对应的概率值算对，最后列出分布列，利用公式求得其数学期望.详解：（1）由题可知：商品单价/元频率0.20.30.240.120.10.04的平均估计值为：.（2）购买单价
20、不高于平均估计单价的概率为.的取值为，.，.所以的分布列为5000100001500020000（元）.点睛：该题属于离散型随机变量的分布列及其期望值的运算，在解题的过程中，一定要对题的条件加以分析，正确理解，那些量有用，会提示我们得到什么样的结果，还有就是关于离散型随机变量的期望公式一定要熟记并能灵活应用.20.已知椭圆：的左、右焦点分别为，点也为抛物线：的焦点（1）若，为椭圆上两点，且线段的中点为，求直线的斜率；（2）若过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，和，设线段，的长分别为，证明是定值【答案】（1）（2）解:因为抛物线的焦点为,所以,故.所以椭圆. (1)设,则两式相减得，
21、又的中点为,所以.所以.显然,点在椭圆内部,所以直线的斜率为. (2)椭圆右焦点.当直线的斜率不存在或者为时, .当直线的斜率存在且不为时,设直线的方程为，设,联立方程得消去并化简得，因为，所以，.所以同理可得.所以为定值.【解析】分析：（1）先利用抛物线的焦点是椭圆的焦点求出，进而确定椭圆的标准方程，再利用点差法求直线的斜率；（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解.详解：因为抛物线的焦点为，所以，故.所以椭圆.（1）设，则两式相减得，又的中点为，所以，.所以.显然，点在椭圆内部，所以直线的斜率为.（2）椭圆右焦点.当直线的斜率不存在或者
22、为时，.当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，设，联立方程得消去并化简得，因为，所以，.所以，同理可得.所以为定值.点睛：在处理直线与椭圆相交的中点弦问题，往往利用点差法进行求解，比联立方程的运算量小，另设直线方程时，要注意该直线的斜率不存在的特殊情况，以免漏解.21.已知为函数的导函数，.（1）求的单调区间；（2）当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：第一问给自变量赋值求得解析式，利用导数研究函数的单调性即可，第二问关于恒成立问题可以转化为求函数最值问题来解决，最值也离不开函数图像的走向，所以离不开求导确定函数的单调区间.详解：（1）由，得.因为，所以，解
23、得.所以，当时，则函数在上单调递减；当时，则函数在上单调递增.（2）令，根据题意，当时，恒成立.当，时，恒成立，所以在上是增函数，且，所以不符合题意；当，时，恒成立，所以在上是增函数，且，所以不符合题意；当时，因为，所有恒有，故在上是减函数，于是“对任意都成立”的充要条件是，即，解得，故.综上，的取值范围是.点睛：该题属于导数的综合应用问题，在解题的过程中，确定函数解析式就显得尤为重要，在这一步必须保持头脑清醒，第二问在证明不等式恒成立的时候，可以构造新函数，恒成立问题转化为最值来处理即可，需要注意对参数进行讨论.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修
24、4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中,直线的参数方程为,（为参数），圆的标准方程为.以坐标原点为极点, 轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线和圆的极坐标方程；(2)若射线与的交点为,与圆的交点为,且点恰好为线段的中点,求的值.【答案】（1）.（2）【解析】分析：（1）将直线的参数方程利用代入法消去参数，可得直线的直角坐标方程，利用，可得直线的极坐标方程，圆的标准方程转化为一般方程，两边同乘以利用利用互化公式可得圆的极坐标方程；（2）联立可得，根据韦达定理，结合中点坐标公式可得，将代入，解方程即可得结果.详解：（1）在直线的参数方程中消去可得，将，代入以上方程中，所以，直线的极坐标方程为.
25、同理，圆的极坐标方程为.（2）在极坐标系中，由已知可设，.联立可得，所以.因为点恰好为的中点，所以，即.把代入，得，所以.点睛：消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：代入消元法；加减消元法；乘除消元法；三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.23.已知.(1)当，时，求不等式的解集；(2)当，时，的图象与x轴围成的三角形面积大于24，求的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】分析：(1)将代入函数解析式，利用零点分段法，将绝对值不等式转化为若干个不等式组，最后求并集得到原不等式解集；(2)结合的条件，将函数解析式化简，化为分段函数的形式，求得相关点的坐标，利用面积公式，得到参数所满足的不等关系式，从而求得结果.详解：(1)当时, .不等式等价于或或解得或，即.所以不等式的解集是.(2)由题设可得, 所以函数的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为，.所以三角形的面积为 .由题设知, 解得.点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的问题，一是需要明确采用零点分段法求解绝对值不等式，二是会应用题的条件，寻找参数所满足的对应的式子，最后求解即可得结果.24汇聚名校名师，奉献精品资源，打造不一样的教育！