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安徽高考理科数学试题和答案

来源:爱go旅游网
2018安徽数学(理科)试卷

第Ⅰ卷(选择题共50分)

一、选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选题中,只有一项是符合题目要求的. (1)设i是虚数单位,复数

(A)2

(D)

1ai

为纯虚数,则实数a为 2i

(B)

-2

(C)

1 21 2(2)双曲线2x2y28的实轴长是

(A)2

(B)

22

(C) 4

(D)42

(3)设f(x)是定义在R上的奇函数,当x0时,f(x)2x2x,则f(1) (A)-3 (B)-1 (C) (D)3

(4)设变量x,y满足|x|+|y|≤1,则x+2y的最大值和最小值分别为

(A) 1,-1 (B) 2,-2 (C)1,-2 (D)2,-1 (5)在极坐标系中,点(2,1

3)到圆2cos的圆心的距离为

(A) 2 (D)3

(B)

429 (C)

129

(6)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为

1 / 10

(A)48(B)

32817(C)48817

(D)80

(7)命题“所有能被2整除的整数都是偶数”的否定是 ..

(A) 所有不能被2整除的整数都是偶数

(B) 所有不能被2整除的整数都不是偶数 (C) 存在一个不能被2整除的整数是偶数 (D)存在一个能被2整除的整数不是偶数

(8)设集合A={1,2,3,4,5,6},B={4,5,6,7,8},则满足SA且SB的集合S的个数是

(A)57

(D)8

(B)

56

(C)

49

(9)已知函数f(x)sin(2x),其中为实数,若f(x)|f()|对xR恒成立,

6且f()f(),则f(x)的单调递增区间是

2(A) k3,k(B) (kZ)k,k(kZ) 62

(D)k(C) k6,k2(kZ) 3mn,k(kZ) 2(10)函数f(x)ax(1x)在区间[0,1]上的图像如图所示,则m,n的值可能是

2 / 10

(A) m=1,n=1 (D)m=3,n=1

(B)m=1,n=2

(C) m=2,n=1

第Ⅱ卷(非选择题共100分)

二、填空题:本大题共5小题,每小题5分,共25分。把答案填在答题卡的相应位置。 (11)如图所示,程序框图(算法流程图)的输出结果是.

(12)设(x1)21a0a1xa2x2a21x21,则a10a11.

(13)已知向量a,b满足(a+2b)·(a-b)=-6,且|a|=1,|b|=2,则a与b的夹角为.

(14)已知⊿ABC的一个内角为120°,并且三边长构成公差为4的等差数列,则⊿ABC的面积为.

(15)在平面直角坐标系中,如果x与y都是整数,就称点(x,y)为整点。下列命题中正确的是.(写出所有正确的编号)。

①存在这样的直线,既不与坐标轴平行又不经过任何整点 ②如果k与b都是无理数,则直线y=kx+b不经过任何整点 ③直线l经过无穷多个整点,当且仅当l经过两个不同的整点

④直线y=kx+b经过无穷多个整点的充分必要条件是:k与b都是有理数 ⑤存在恰经过一个整点的直线

三、解答题:本大题共6小题,共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。解答写在答题卡的指定区域内。 (16)(本小题满分12分)

3 / 10

ex设f(x),其中a为正实数.

1ax2(Ⅰ)当a4时,求f(x)的极值点; 3(Ⅱ)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围

(17)(本小题满分12分)

如图,ABEDFC为多面体,平面ABED与平面ACFD垂直,点O在线段AD上,OA=1,OD=2,⊿OAB,⊿OAC,⊿ODE,⊿ODF都是正三角形.

(Ⅰ)证明直线BC∥EF。 (Ⅱ)求棱锥F-OBED的体积. (18)(本小题满分13分)

在数1和100之间插入n个实数,使得这n+2个数构成递增的等比数列,将这n+2个数的乘积记作Tn,再令anlgTn,n≥1. (Ⅰ)求数列an的通项公式;

(Ⅱ)设bntanantanan1,求数列bn的前n项和Sn. (19)(本小题满分12分) (Ⅰ)设x≥1,y≥1,证明xy111xy; xyxy(Ⅱ)设1(20)(本小题满分13分)

工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务,每次只派一个人进去,且每个人只派一次,工作时间不超过10分钟。如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出,再派下一个人,现在一共只有甲、乙、丙三个人可派,他们各自能完成任务的概率分别为

p1,p2,p3,假设p1,p2,p3互不相等,且假定各人能否完成任务的事件相互。

4 / 10

(Ⅰ)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人,求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序,任务能被完成的概率是否发生变化?

(Ⅱ)若按某指定顺序派人,这三个人各自能完成任务的概率依次为q1,q2,q3,其中

q1,q2,q3是p1,p2,p3的一个排列,求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)

EX;

(Ⅲ)假定1p1p2p3,试分析以怎样的先后顺序派出人员,可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小。 (21)(本小题满分13分)

设0,点A的坐标为(1,1),点B在抛物线yx2上运动,点Q满足BQQA,经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M,点P满足QMMP,求点P的轨迹方

程。

数学(理科)试卷参

一、选择题:本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分,满分50分.

(1)A (2)C (3)A (4)B (5)D (6)C (7)D (8)B (9)C (10)B 二、填空题:本题考查基本知识和基本运算. 每小题5分,满分25分. (11)15

(12)0

(13)

 3(14)153

(15)①③⑤

三、解答题:本大题共6小题,共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 (16)本题考查导数的运算,极值点的判断,导数符号与函数单调性之间的关系。求解一元二次不等式等基本知识,考查运算求解能力,综合分析和解决问题的能力。

1ax22ax解:对f(x)求导得f(x)e①

(1ax2)2x(Ⅰ)当a4312时,若f(x)0,则4x8x30,解得x1,x2 3225 / 10

结合①,可知

x 1(,) 2+ ↗ 1 20 极大值 13(,) 22_ ↘ 3 20 极小值 3(,) 2+ ↗ f(x) f(x) 所以,x131是极小值点,x2是极大值点。 22(Ⅱ)若f(x)为R上的单调函数,则f(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,知

ax22ax10

在R上恒成立,因此4a24a4a(a1)0,由此并结合a>0,知0a1. (17)本题考查空间直线与直线,直线与平面、平面与平面的位置关系,空间直线平行的

证明,多面体体积的计算等基本知识,考查空间想象能力,推理论证能力和运算求解能力。

(Ⅰ)(综合法)

证明:设G是线段DA与线段EB延长线的交点,由于△OAB与△ODE都是正三角形,所以OB∥

11DE,OB=DE,OG=OD=2 22同理,设G′是线段DA与线段FC延长线的交点,有OG′=OD=2,又由于G和G′都在线段

DA的延长线上,所以G与G′重合。 在△GED和△GFD中,由OB∥

1111

DE,OB=DE和OC∥DF,OC=DF,可知B,C分别是2222

GE和GF的中点,所以BC是△GEF的中位线,故BC∥EF.

(向量法)

过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,连QE,由平面ABED⊥平面ADFC,知FQ⊥平面ABED,以Q为坐标原点,QE为x轴正向,QD为y轴正向,QF为z轴正向,建立如图所示空间直角坐标系。

由条件知E(3,0,0),F(0,0,3),B(

3333,-,0),C(0,-,)。

2222则有,BC(33,0,),EF(3,0,3)。 22所以EF2BC,即得BC∥EF.

(Ⅱ)解:由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知SEOB=

3,而△OED是边长为2的正三角26 / 10

形,故SOED=3,所以SOBED=SEOB+SOED=

33。 2过点F作FQ⊥AD,交AD于点Q,由平面ABED⊥平面ACFD知,FQ就是四棱锥F-OBED的高,且FQ=3,所以VF-OBED=

13FQ·SOBED=。 32(18)本题考查等比和等差数列,对数和指数的运算,两角差的正切公式等基本知识,考

查灵活运用基本知识解决问题的能力,创新思维能力和运算求解能力。 解:(Ⅰ)设t1,t2,,tn2构成等比数列,其中t11,tn2100,则

Tnt1t2tn1tn2① Tntn2tn1t2t1②

①×②并利用titn3it1tn2102,(1in2),得

Tn2102(n2)

anlgTnn2,n1.

(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知

bntan(n2)tan(n3),n1

另一方面,利用

tan1tan((k1)k)得

tan(k1)tank

1tan(k1)tanktan(k1)tank所以

tan(k1)tank1

tan1Snbitan(k1)tanki1i3nn2tan(k1)tank1)tan1i3tan(n3)tan3ntan1(n2

(19)本题考查不等式的性质,对数函数的性质和对数换底公式等基本知识,考查代数式的恒等变形和推理论证能力。

证明:(Ⅰ)由于x≥1,y≥1,所以xy111xy xyxyxy(xy)1yx(xy)2

7 / 10

将上式中的右式减左式,得

(yx(xy)2)(xy(xy)1)((xy)21)(xy(xy)(xy))(xy1)(xy1)(xy)(xy1) (xy1)(xyxy1)(xy1)(x1)(y1)既然x≥1,y≥1,所以(xy1)(x1)(y1)0,从而所要证明的不等式成立。 (Ⅱ)设logabx,logbcy,由对数的换底公式得

logca111,logba,logcb,logacxy xyxy111xy xyxy于是,所要证明的不等式即为xy其中xlogab1,ylogbc1

故由(Ⅰ)立知所要证明的不等式成立。

(20)本题考查相互事件的概率计算,考查离散型随机变量及其分布列、均值等基本知识,考查在复杂情境下处理问题的能力以及抽象概括能力、合情推理与演绎推理,分类讨论思想,应用意识与创新意识。

解:(Ⅰ)无论以怎样的顺序派出人员,任务不能被完成的概率都是

(1p1)(1p2)(1p3),所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关,并等

1(1p1)(1p2)(1p3)p1p2p3p1p2p1p3p2p3p1p2p3

(Ⅱ)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为q1,q2,q3时,随机变量X的分布列为

X 1 2 3 P q (1q)q (1q)(1q) 11212

所需派出的人员数目的均值(数学期望)EX是 EX=q1+(1q1)q2+(1q1)(1q2) =32q1q2q1q2

(Ⅲ)(方法一)由(Ⅱ)的结论知,当甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时, EX=32q1q2q1q2

根据常理,优先派出完成任务概率大的人,可减少所需派出的人员数目的均值。

8 / 10

下面证明:对于p1,p2,p3的任意排列q1,q2,q3,都有

32q1q2q1q232p1p2p1p2

事实上,

(*)

(32q1q2q1q2)(32p1p2p1p2)2(p1q1)(p2q2)p1p2q1q22(p1q1)(p2q2)(p1q1)p2q1(p2q2)(2p2)(p1q1)(1q1)(p2q2)(1q1)[(p1p2)(q1q2)]0即(*)成立。

(方法二)(ⅰ)可将(Ⅱ)中所求的EX改写为3(q1q2)q1q2q1,若交换前两人的派出顺序,则变为3(q1q2)q1q2q2。由此可见,当q2q1时,交换前两人的派出顺序可减少均值。

(ⅱ)也可将(Ⅱ)中所求的EX改写为32q1(1q1)q2,若交换后两人的派出顺序,则变为32q1(1q1)q1。由此可见,若保持第一个派出的人选不变,当q2q1时,交换后两人的派出顺序也可减少均值。

综合(ⅰ)(ⅱ)可知,当(p1,p2,p3)=(q1,q2,q3)时,EX达到最小。即完成任务概率大的人优先派出,可减少所需派出人员数目的均值,这一结论是合乎常理的。

(21)本题考查直线和抛物线的方程,平面向量的概念,性质与运算,动点的轨迹方程等基本知识,考查灵活运用知识探究问题和解决问题的能力,全面考核综合数学素养。 解:由QMMP知Q,M,P三点在同一条垂直于x轴的直线上,故可设P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),则x2y0(yx2),即

y0(1)x2y①

再设B(x1,y1),由BQQA,即(xx1,y0y1)(1x,1y0),解得

x1(1)x,② y1(1)y0.将①式代入②式,消去y0,得

x1(1)x,③ 22y1(1)x(1)y.9 / 10

又点B在抛物线yx2上,所以y1x1,再将③式代入y1x1,得

22(1)2x2(1)y((1)x)2,

整理得2(1)x(1)y(1)0 因0,两边同除以(1),得

2xy10

故所求点P的轨迹方程为y2x1。

10 / 10

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