2018年高考数学(文)四月预测押题精选(一)(天津卷适用)

2018年高考数学（文）四月预测押题精选（一）

（天津卷适用）

第1卷

评卷人 得分 一、选择题

1已知函数,,其中,.若的

最小正周期为A.B.C.D.

在区间在区间在区间在区间

,且当时,上是增函数 上是增函数 上是减函数 上是减函数

取得最大值,则( )

x2.已知命题p:对任意xR,总有20;q:\"x1\"是\"x2\"的充分不必要条件,则下列

命题为真命题的是( ) A. pq B. (p)(q) C. (p)q D. p(q)

1

3阅读下边的程序框图,运行相应的程序,则输出的值为( )

A.2 B.3 C.4 D.5

x2y24.已知双曲线221(a0,b0)的焦距为25,且双曲线的一条渐近线与直线

ab2xy0垂直,则双曲线的方程为( )

x2y21 A.4y21 B.x423x23y21 C.2053x23y21 D.5205设集合A.B.

,则

( )

2

C.D.

6已知函数,设,若关于的不等式

在上恒成立,则的取值范围是 ( ) A.B.C.D.

7.从数字1,2,3,4,5,6中任取2个求出乘积,则所得结果为3?的倍数的概率是( )

4 53B.

52C.

51D.

5A.

8.下列函数中,在其定义域内既是增函数又是奇函数的是( ) A. y1 xB. ylog2x C. y3 D. yxx 评卷人 x3得分 二、填空题

9.如图已知圆中两条弦AB与CD相交于点F,E是AB延长线上一点,且

DFCF2,AF:FB:BE4:2:1。若与CE圆相切,则CE的长为__________。

3

10一个几何体的三视图如图所示(单位:

),则该几何体的体积

.

为

11.在平行四边形ABCD中, AD1,BAD60?,E为CD的中点.若ACBE1,则

AB的长为__________.

12是虚数单位,计算的结果

为 .

13.已知函数f(x)(2x+1)e,f(x)为f(x)的导函数,则f'(0)的值为__________. 14.已知函数yx4x9,当xa时, y取得最小值b,则x1?x1ab __________. 评卷人 得分 平面 AB=AC=3,

,,

点E,F分别是

三、解答题

15如图,已知ABC,BC,

的中点.

4

（Ⅰ）求证:EF∥平面（Ⅱ）求证:平面（Ⅲ）求直线

; 平面 与平面

.

所成角的大小.

*16.已知an是等比数列,前n项和为SnnN,且

112 ,S663. a1a2a31.求an的通项公式;

2.若对任意的nN,bn是log2an和log2an1的等差中项,求数列17.在直角坐标系xOy中,已知中心在原点,离心率为

1bn2的前2n项和.

n1的椭圆E的一个焦点为圆2C:x2y24x20的圆心.

1.求椭圆E的方程;

2.设P是椭圆E上一点,过P作两条斜率之积为

1的直线l1,l2,当直线l1,l2都与圆C相切2时,求P的坐标.

18.在ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知

1bsinA3csinB,a 6,cosB.

31.求b;

2.求cos2B. 6.已知函数

,

.

19设

1.求的单调区间;

5

2.已知函数(ⅰ)求证:

在

和的图象在公共点处的导数等于;

在区间

处有相同的切线,

(ⅱ)若关于的不等式上恒成立,求的取值范围.

20.某校夏令营有3名男同学A,B,C和3名女同学X,Y,Z其年级情况如下表:

男同学 女同学 一年级 二年级 三年级 A X B Y C Z 现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每人被选到的可能性相同). 1.用表中字母列举出所有可能的结果;

2.设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”,求事件M发生的概率.

6

参考答案

一、选择题

答案： A

解析： 由已知得,∴.

∵∴又∴当

,∴

.

,

. ,

,

即时,为增函数,

令,得的增区间为.

而2.答案：D

,故选A.

x解析：因为指数函数的值域为0,,所以对任意xR,y20恒成立,故p为真命题;

因为当x1时, x2不一定成立,反之当x2时,一定有x1成立,

故“x1” 是“x2”的必要不充分条件,故q为假命题,则pq,p为假命题, q为真命题, (p)(q),(p)q为假命题, p(q)为真命题,故选D. 答案： C

解析： 由程序框图可知: 考点:程序框图. 4.答案：A

故选C.

b1x2y21,选A. 解析：由题意得c5,a2,b1a2417

答案： B

解析： 由题意可得:∴

本题选择B选项 答案： A

解析： 满足题意时当

的图象恒不在函数下方,

时,函数图象如图所示,排除C,D选项;

当

时,函数图象如图所示,排除B选项,

本题选择A选项.

8

7.答案：B 解析： 8.答案：D 解析：

二、填空题

1.答案：

7 21。 2解析：设AF4k,BF2k,BEk,由DFFCAFBF得28k2,即k∴AF2,BF1,BE17177,AE,由切割定理得CE2BEEA, 22224∴CE7。 2答案：

解析： 该几何体是由两个高为的圆锥与一个高为圆柱组合而成,所以该几何体的体积为

.

3.答案：

1 2解析：方法一:

1由题意可知, ACABAD,BEABAD ,

21因为ACBE1,所以(ABAD)(ABAD)1,

22112则ADABADAB1①,

22因为AD1,BAD60?,

1所以ABADAB,

2211因此①式可化为1ABAB1,

429

1解得AB0 (舍去)或,

21所以AB的长为.

2方法二:

以A为原点, AB为x轴建立如图的直角坐标系, 过D作DMAB于点M,由AD1,BAD60?, 可知AM13 , DM. 22设ABmm0,则Bm,0.

1313Cm2,2,D2,2. 因为E是CD的中点,所以Em13. ,2211313所以BEm,22,ACm2,2. 2

由ACBE1,

可得m1113m1, 22241. 22即2mm0,所以m0 (舍去)或

故AB的长为答案：

1. 2解析：

10

考点:本题主要考查复数的乘除运算 5.答案：3

解析：∵f(x)(2x+3)ex,∴f(0)3. 6.答案：3

解析：∵x1, ∴x10, ∴yx499x152x1x1x1951, x1当且仅当x2时取等号. ∴a2,b1, ∴ab3.

三、解答题

答案： （Ⅰ）见试题解析;（Ⅱ）见试题解析;（Ⅲ）解析： （Ⅰ）要证明EF∥平面要证明平面接

,则

平面

, 只需证明

,可证明

与平面

,

. 且EF

平面

;（Ⅱ）

中点N,连 中,由

;（Ⅲ）取

所成角,Rt△

就是直线

得直线

试题解析:（Ⅰ）证明:如图,连接所以

,又因为EF

平面

与平面,在△

所成角为.

的中点,

中,因为E和F分别是BC,, 所以EF∥平面,因为 ,所以

平面ABC,平面

.

（Ⅱ）因为AB=AC,E为BC中点,所以平面ABC,从而面

,所以平面

,又平面

.

所以

,又因为

平

11

（Ⅲ）取

中点M和

中点N,连接

,

因为N和E分别为

,BC中点,

所以又因为

,平面

,所以

,故

平面

, ,从而

,所以

就是直线

,

与平面

, 中,可得

,

所成角,在△所以

中,可得AE=2,所以 又由

,有

=2,因为

,在Rt△

,在Rt△

,所以,直线

与平面

中,

所成角为

.

因此

考点：本题主要考查空间中线面位置关系的证明,直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力及推理论证能力.

2.答案：1.设数列an的公比为q,由已知有

112, a1a1qa1q21q6解之可得q2,q1,又由S6a163知q1,

1q12663,解之得a11,所以an2n1. 所以a112111log2anlog2an1log22n1log22nn, 2221n2即数列bn是首项为,公差为1的等差数列.设数列1bn的前n项和为Tn,

22.由题意得bn12

222222则T2nb1b2b3b4b2n1b2n

2nb1b2nb1b2b2n2n2 .

2解析：

3.答案：1.由C:x2y24x20,得(x2)2y22, 故圆C的圆心为点2,0,

x2y2从而可设椭圆E的方程为221(ab0),其焦距为2c,

ab由题设知c2,e1, 2所以a2c4,b2a2c212,

x2y21. 故椭圆E的方程为

16122.设点P的坐标为x0,y0,l1,l2的斜率分别为k1,k2,

则l1,l2的方程分别为l1:yy0k1(xx0),l2:yy0k2(xx0),且k1k2由l1与圆C:(x2)2y22相切,得221, 22k1y0k1x0k12212, 即2x02k122x0y0k1y020,

同理可得2x02k22(2x0)y0k2y020,

222从而k1,k2是方程2x02k22x0y0ky020的两个实根,

222(2x0)220,于是{① 228(2x0)y020,2y021且k1k2, 2(2x0)2222x0y01,1816122x由{得,解得或. x25x8x360000025y021,(2x0)22213

由x02,得y03; 由x01857,得y0,它们满足①式, 5518571857P故点的坐标为2,3或2,3或,55或5,5.

解析：1.圆心坐标是已知的,故椭圆的焦点是已知的,从而半焦距c已知了,又有离心率,故半

长轴长a也能求出,从而求出b,而根据题意,椭圆方程是标准方程,可其方程易得; 考点:椭圆的标准方程

2.设P点坐标为x0,y0,再设一条切线的斜率为k,则另一条切线的斜率为

1,三个未知2k数x0,y0,k需要三个方程,点P在椭圆上,一个等式,两条直线都圆的切线,利用圆心到切线的距离等于圆的半径又得到两个等式,三个等量关系,三个未知数理论上可解了,当然具体解题时,可设切线斜率为k,则点斜率式写出直线方程,利用圆心到切线距离等于圆半径得出关于k的方程,而k1,k2是这个方程的两解,由韦达定理得k1k2,这个结果又是于P点坐标的一个方程,再由P点在椭圆上,可解出P点坐标. 考点:圆的切线

1,就列出了关2ab,可得bsinAasinB, sinAsinB6,故c2. 又由bsinA3csinB,可得a3c,又因a 1222由bac2accosB,则cosB,可得b42. 34.答案：1. 在ABC中, 2.由cosB122,可得sinB,进而得33742cos2B2cos2B1,sin2B2sinBcosB, 99所以cos2B解析： 答案： 1.解:由

可得

令由

,解得 ,得

,或

734217342. cos2Bcossin2Bsin66692921814

当变化时,的变化情况如下表:

所以

,

的单调递增区间为,单调递减区间为

.

2.(ⅰ)证明:因为

由题意知

所以

解得所以,

在

处的导数等于.

,

的极大值点,由题知

, 在时,在

内单调递增,在

在上恒成立

,

内单调递减 上恒成立

(ⅱ) 解:因为由又因为故

为

,可得

另一方面,由于故由题知故当从而由即

15

令所以令因为因此

的值域为

.

,解得

(舍去)或

所以,的取值范围是

6.答案：1.从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为

A,B,A,C,A,X,A,Y,A,Z,B,C,B,X,B,Y,B,Z,C,X,C,Y,C,Z,X,Y,X,Z,Y,Z.共15种.

2.选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为

A,Y,A,Z,B,X,B,Z,C,X,X,Y,共6种.因此,事件M似发生的概率

PM解析：

62. 155

16