2018年内蒙古呼伦贝尔市高考数学一模试卷(理科)

试卷第1页，总18页 2018年内蒙古呼伦贝尔市高考数学一模试卷（理科）

一、选择题：本题共12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𝑃＝{𝑥|𝑥2−2𝑥≥3}，𝑄＝{𝑥|2<𝑥<4}，则𝑃∩𝑄＝（ ）

A.[3, 4) B.(2, 3] C.(−1, 2) D.(−1, 3]

【答案】

A

【考点】

交集及其运算

【解析】

求出集合𝑃，然后求解交集即可．

【解答】

集合𝑃＝{𝑥|𝑥2−2𝑥≥3}＝{𝑥|𝑥≤−1或𝑥≥3}，

𝑄＝{𝑥|2<𝑥<4}，

则𝑃∩𝑄＝{𝑥|3≤𝑥<4}＝[3, 4)．

2. 已知复数𝑧=2𝑖1−𝑖（𝑖是虚数单位），则复数𝑧的虚部为（ ）

A.𝑖 B.1 C.−𝑖 D.−1

【答案】

B

【考点】

复数的运算

【解析】

根据复数的基本运算即可得到结论．

【解答】

解：𝑧=2𝑖1−𝑖=2𝑖(1+𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)

=2𝑖−22=−1+𝑖，

故复数的虚部为1，

故选𝐵.

3. 已知向量𝑎→=(1, 2)，𝑏→=(2, 𝑡)，且𝑎→⋅𝑏→=0，则|𝑏→|=( )

A.√5 B.2√2 C.2√5 D.5

【答案】

A

【考点】

平面向量数量积的性质及其运算律

【解析】

利用向量垂直，数量积为0，得到关于𝑡的方程求解可得𝑡的值，则|𝑏→|的答案可求．

试卷第2页，总18页 【解答】

由向量𝑎→=(1, 2)，𝑏→=(2, 𝑡)，且𝑎→⋅𝑏→=0，

∴ 2+2𝑡=0．

解得𝑡=−1．

则|𝑏→|=√22+(−1)2=√5．

4. 已知变量𝑥，𝑦满足约束条件{𝑥+𝑦≥13𝑥+𝑦≤3𝑥≥0 ，则目标函数𝑧=2𝑥+𝑦的最小值是（ ）

A.4 B.3 C.2 D.1

【答案】

D

【考点】

简单线性规划

【解析】

作出不等式组对应的平面区域，利用𝑧的几何意义，即可得到结论．

【解答】

作出不等式组对应的平面区域如图：

由𝑧=2𝑥+𝑦得𝑦=−2𝑥+𝑧，

平移直线𝑦=−2𝑥+𝑧，

由图象可知当直线𝑦=−2𝑥+𝑧经过点𝐴(0, 1)时，直线的截距最小，

此时𝑧最小，

此时𝑧=0×2+1=1，

5. 如图，某地一天中6时至14时的温度变化曲线近似满足函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+𝑏（其中𝐴>0，𝜔>0，−𝜋<𝜑<𝜋），那么中午12时温度的近似值（精确到1∘𝐶）是（ ）

A.25∘𝐶 B.26∘𝐶 C.27∘𝐶 D.28∘𝐶

【答案】

C

【考点】

正弦函数的图象

【解析】

由函数的图象的顶点坐标求出𝐴，由周期求出𝜔，由五点法作图求出𝜑的值，可得函数的解析式．

【解答】

由函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+𝑏（其中𝐴>0，𝜔>0，−𝜋<𝜑<𝜋）的图象，可得𝑏=20∘，𝐴=30∘−10∘2=10∘，

试卷第3页，总18页 12⋅2𝜋𝜔=14−6，求得𝜔=𝜋8．

再根据五点法作图可得𝜋8⋅6+𝜑=3𝜋2，𝜑=3𝜋4，故 𝑦=10∘sin(𝜋8𝑥+3𝜋4)+20∘．

令𝑥=12，求得𝑦=5√2+20≈27∘，

6. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是（ ）

A.12 B.18 C.24 D.36

【答案】

A

【考点】

由三视图求体积

【解析】

作出直观图，根据三视图尺寸得出棱锥的底面边长和高，从而可计算出体积．

【解答】

四棱锥的底面𝐴𝐵𝐶𝐷为边长为3的正方形，高𝑆𝐴=4，

故四棱锥的体积𝑉=13×32×4=12，

7. 设坐标原点为𝑂，抛物线𝑦2=2𝑥与过焦点的直线交于𝐴、𝐵两点，则𝑂𝐴→∗𝑂𝐵→等于（ ）

A.34 B.−34 C.3 D.−3

【答案】

B

【考点】

抛物线的求解

【解析】

根据抛物线的标准方程，求出焦点𝐹(12, 0 )，当𝐴𝐵的斜率不存在时，可得𝐴(12, 1)，𝐵(12, −1)，求得 𝑂𝐴→∗𝑂𝐵→的值，结合填空题的特点，得出结论．

【解答】

抛物线𝑦2=2𝑥的焦点𝐹(12, 0 )，

当𝐴𝐵的斜率不存在时，可得𝐴(12, 1)，𝐵(12, −1)，

∴ 𝑂𝐴→∗𝑂𝐵→=(12, 1)⋅(12, −1)=14−1=−34，

试卷第4页，总18页

8. 如图程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”，执行该程序框图（图中“𝑚𝑀𝑂𝐷𝑛”表示𝑚除以𝑛的余数），若输入的𝑚，𝑛分别为6105，2146，则输出的𝑚=( )

A.0 B.31 C.33 D.37

【答案】

D

【考点】

程序框图

【解析】

由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量𝑚的值，模拟程序的运行过程，可得答案．

【解答】

第1次执行循环体，𝑟=1813，𝑚=2146，𝑛=1813，不满足退出循环的条件；

第2次执行循环体，𝑟=333，𝑚=1813，𝑛=333，不满足退出循环的条件；

第3次执行循环体，𝑟=148，𝑚=333，𝑛=148，不满足退出循环的条件；

第4次执行循环体，𝑟=37，𝑚=148，𝑛=37，不满足退出循环的条件；

第5次执行循环体，𝑟=0，𝑚=37，𝑛=0，满足退出循环的条件；

故输出的𝑚值为37．

9. 已知函数𝑓(𝑥)是定义在𝑅上的奇函数，当𝑥<0时，𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，给出下列命题：

①当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=−𝑥𝑒−𝑥；

②函数𝑓(𝑥)的单调递减区间是(−∞, −1)，(1, +∞)；

③对∀𝑥1，𝑥2∈𝑅，都有|𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)|≤2𝑒．

其中正确的命题是（ ）

A.①② B.①③ C.②③ D.②

【答案】

C

【考点】

函数奇偶性的性质与判断

【解析】

由已知求出函数在𝑥>0时的解析式，再由导数研究函数的单调性，求出最值，画出图象，数形结合得答案．

【解答】

试卷第5页，总18页 设𝑥>0，则−𝑥<0，

∴ 𝑓(−𝑥)=−𝑥𝑒−𝑥，则𝑓(𝑥)=𝑥𝑒−𝑥．

∴ 𝑓(𝑥)={𝑥𝑒𝑥,𝑥<00,𝑥=0𝑥𝑒−𝑥,𝑥>0 ．

当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=𝑥𝑒−𝑥，𝑓′(𝑥)=𝑒−𝑥−𝑥𝑒−𝑥=𝑒−𝑥(1−𝑥)．

∴ 当𝑥∈(0, 1)时，𝑓′(𝑥)>0，当𝑥∈(1, +∞)时，𝑓′(𝑥)<0．

∴ 𝑓(𝑥)在(0, 1)上为增函数，在(1, +∞)上为减函数．

作出函数𝑓(𝑥)的图象如图：

由图可知，函数𝑓(𝑥)的单调递减区间是(−∞, −1)，(1, +∞)；

对∀𝑥1，𝑥2∈𝑅，都有|𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)|≤2𝑒．

∴ 正确的命题是②③．

10. 已知𝐴(1, 4√3)，将𝑂𝐴→绕坐标原点𝑂逆时针旋转𝜋3至𝑂𝐵→，则点𝐵的纵坐标为（ ）

A.3√32 B.5√32 C.112 D.132

【答案】

B

【考点】

三角函数中的恒等变换应用

【解析】

根据题意，设𝐵的坐标为(𝑥, 𝑦)，设∠𝑋𝑂𝐴=𝜃，由𝐴的坐标计算可得cos𝜃=17，sin𝜃=4√37，分析可得：sin(𝜃+𝜋3)=𝑦7，由和角公式分析可得sin𝜃cos𝜋3+cos𝜃sin𝜋3=4√37×12+17×√32=5√314=𝑦7，计算可得𝑦的值，即可得答案．

【解答】

根据题意，设𝐵的坐标为(𝑥, 𝑦)，

𝐴(1, 4√3)，则|𝑂𝐴|=7，

设∠𝑋𝑂𝐴=𝜃，则cos𝜃=17，sin𝜃=4√37，

将𝑂𝐴→绕坐标原点𝑂逆时针旋转𝜋3至𝑂𝐵→，则|𝑂𝐵|=|𝑂𝐴|=7，

则有sin(𝜃+𝜋3)=𝑦7，

即sin𝜃cos𝜋3+cos𝜃sin𝜋3=4√37×12+17×√32=5√314=𝑦7，

解可得：𝑦=5√32；

11. 三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，𝐴𝐶＝𝐵𝐶＝1，𝑃𝐴=√3，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）

A.5𝜋 B.√2𝜋 C.20𝜋 D.4𝜋

【答案】

A

试卷第6页，总18页 【考点】

球的体积和表面积

【解析】

根据题意，证出𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶，𝑃𝐵是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球直径．利用勾股定理结合题中数据算出𝑃𝐵=√5，得外接球半径𝑅=√52，从而得到所求外接球的表面积

【解答】

𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，

∴ 𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶，𝑃𝐵是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的外接球直径；

∵ 𝑅𝑡△𝑃𝐵𝐴中，𝐴𝐵=√2，𝑃𝐴=√3

∴ 𝑃𝐵=√5，可得外接球半径𝑅=12𝑃𝐵=√52

∴ 外接球的表面积𝑆＝4𝜋𝑅2＝5𝜋

12. 设函数𝑓(𝑥)定义域为𝑅，且满足𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，𝑓(𝑥)=𝑓(2−𝑥)，当𝑥∈[0, 1]时，𝑓(𝑥)=2𝑥−1，则函数𝑔(𝑥)=|cos(𝜋𝑥)|−𝑓(𝑥)在区间[−12, 32]上的所有零点的和为（ ）

A.4 B.3 C.2 D.1

【答案】

C

【考点】

函数零点的判定定理

【解析】

作出𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=|cos(𝜋𝑥)|的函数图象，根据函数对称性得出答案．

【解答】

∵ 𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，∴ 𝑓(𝑥)是偶函数，

∴ 𝑓(𝑥)=𝑓(2−𝑥)=𝑓(𝑥−2)，即𝑓(𝑥)的周期为2．

作出𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=|cos(𝜋𝑥)|的函数图象如图所示：

由图象可知两函数图象在[−12, 32]上有4个交点，不妨从小到大依次设为𝑥1，𝑥2，𝑥3，𝑥4，

根据图象对称性可知𝑥1+𝑥2=0，𝑥3+𝑥4=2．

∴ 𝑔(𝑥)在区间[−12, 32]上的所有零点的和为2．

故选：𝐶．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

(1+𝑥)7(1+𝑦)4的展开式中𝑥2𝑦2的系数是________．

【答案】

126

【考点】