2017年山东省淄博市高考二模试卷数学文

2017年山东省淄博市高考二模试卷数学文

2017 年山东省淄博市高考二模试卷数学文 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项中，只有 一项是符合题目要求的. 1.若 122 ai ii  ，则 a=( ) A.5 B.-5 C.5i D.-5i 解析：∵      2 2 122 2 2 5 ai iai a ai ii i i        ，∴ 15 2 25 a a    ， ， 解得 a=-5. 答案：B 2.已知集合 A={x|x2-x＜0}，B={x|x＜a}，若 A∩B=A，则实数 a 的取值范围是( ) A.(-∞，1] B.(-∞，1) C.[1，+∞) D.(1，+∞) 解析：由 x2-x＜0，解得 0＜x＜1，可得 A=(0，1). ∵A∩B=A，∴A B.∴1≤a.∴实数 a 的取值范围是[1，+∞). 答案：C 3.已知等比数列{an}满足 a1=4，a2a6=a4- 1 4 ，则 a2=( ) A.2 B.1 C. 1 2 D. 1 8 解析：等比数列{an}满足 a1=4，a2a6=a4- ，∴ 2 44 1 4aa，解得 a4= 1 2 .∴4q3= ，解得 q= .则 a2=4× =2. 答案：A 4.直线 y=kx+3 与圆(x-2)2+(y-3)2=4 相交于 M，N 两点，若|MN|≥2 3 ，则 k 的取值范围是 ( ) A.[ 3 4 ，0] B.[ 3 3 ， 3 3 ] C.[- 3 ， ] D.[- 2 3 ，0] 解析：圆(x-2)2+(y-3)2=4 的圆心为(2，3)，半径等于 2，圆心到直线 y=kx+3 的距离等于 d= 2 2 1 k k  ， 由弦长公式得 MN= 2 2 22 4 2 3 1 k k      ，∴( )2≤1，解得 k∈[ ， ]. 答案：B 5.下列四个结论中错误的个数是( ) ①若 a=30.4，b=log0.40.5，c=log30.4，则 a＞b＞c， ②“命题 p 和命题 q 都是假命题”是“命题 p∧q 是假命题”的充分不必要条件， ③若平面α内存在一条直线 a 垂直于平面β内无数条直线，则平面α与平面β垂直， ④已知数据 x1，x2，…，xn 的方差为 3，若数据 ax1+1，ax2+1，…axn+1，(a＞0，a∈R)，的 方差为 12，则 a 的值为 2. A.0 B.1 C.2 D.3 解析：对于①，a=30.4＞1，b=log0.40.5∈(0，1)，c=log30.4＜0，则 a＞b＞c，故正确； 对于②，“命题 p 和命题 q 都是假命题”是“命题 p∧q 是假命题”的充分不必要条件，正确； 对于③，若平面α内存在一条直线 a 垂直于平面β内无数平行直线，则平面α与平面β不一 定垂直，故错； 对于④，已知数据 x1，x2，…，xn 的方差为 3，若数据 ax1+1，ax2+1，…axn+1，(a＞0，a∈ R)的方差为 a2×3=12，(a＞0)，则 a 的值为 2，故正确. 答案：B 6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A.8(π+4) B.8(π+8) C.16(π+4) D.16(π+8) 解析：由三视图还原原几何体如图： 该几何体为两个空心半圆柱相切，半圆柱的半径为 2，母线长为 4，左右为边长是 4 的正方 形.∴该几何体的表面积为 2×4×4+2π×2×4+2(4×4-π×22)=64+8π=8(π+8). 答案：B. 7.已知向量 a =(1，2)，b =(-3，2)，若 ka b ∥ 3ab ，则实数 k 的值为( ) A.3 B. 1 3 C.- 1 3 D.-3 解析： ka b =(k-3，2k+2)， 3ab =(10，-4)， ∵ ∥ ，∴-4(k-3)-10(2k+2)=0，解得 k=- . 答案：C 8.某程序框图如图所示，运行该程序输出的 k 值是( ) A.4 B.5 C.6 D.7 解析：模拟程序的运行，可得 S=100，k=0 满足条件 S＞0，执行循环体，S=99，k=1 满足条件 S＞0，执行循环体，S=96，k=2 满足条件 S＞0，执行循环体，S=87，k=3 满足条件 S＞0，执行循环体，S=60，k=4 满足条件 S＞0，执行循环体，S=-21，k=5 此时，不满足条件 S＞0，退出循环，输出 k 的值为 5. 答案：B 9. 若直线 y=k(x+2)上存在点(x，y)满足 0 1 1 xy xy y      ， ， ， 则实数 k 的取值范围是( ) A.[-1，- 1 4 ] B.[-1， 1 5 ] C.(-∞，-1]∪[ ，+∞) D.[- ， ] 解析：由约束条件 作出可行域如图， 直线 y=k(x+2)过定点 P(-2，0)，实数 k 的值是直线 l 的斜率，A(-1，-1)，B( 11 22 ， ). ∵kPA=-1，   1 0 12 1 522 PBk    .∴实数 k 的取值范围是[-1， 1 5 ]. 答案：B 10.已知偶函数 f(x)(x≠0)的导函数为 f′(x)，且满足 f(1)=0，当 x＞0 时，xf′(x)＜2f(x)， 则使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是( ) A.(-∞，-1)∪(0，1) B.(-∞，-1)∪(1，+∞) C.(-1，0)∪(1，+∞) D.(-1，0)∪(0，1) 解析：根据题意，设函数 g(x)=   2 fx x ， 当 x＞0 时，g′(x)=     3 2f x x f x x     ＜0，所以函数 g(x)在(0，+∞)上单调递减， 又 f(x)为偶函数，所以 g(x)为偶函数， 又 f(1)=0，所以 g(1)=0，故 g(x)在(-1，0)∪(0，1)的函数值大于零， 即 f(x)在(-1，0)∪(0，1)的函数值大于零. 答案：D 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11.在区间[0，1]上随机选取两个数 x 和 y，则满足 2x-y＜0 的概率为 . 解析：由题意可得实数 x，y 满足 0≤x≤1，0≤y≤1，满足约束条件 01 01 20 x y xy      ， ， ＜ 的平面区 域如图： 则满足 2x-y＜0 的概率为 111 122 1 1 4P   . 答案： 1 4 12.观察下列各式：13=1，13+23=32，13+23+33=62，13+23+33+43=102，…，由此推得：13+23+33… +n3= . 解析：根据题意，分析题干所给的等式可得： 13+23=(1+2)2=32， 13+23+33=(1+2+3)2 =62， 13+23+33+43=(1+2+3+4)2 =102， 则 13+23+33+43+…+n3=(1+2+3+4+…+n)2 =    2 2211 24 n n n n     . 答案：  22 1 4 nn 13.若命题“ x0∈R，使得 x2+2x+a≤0”是假命题，则实数 a 的取值范围是 . 解析：命题“ x0∈R，使得 x2+2x+a≤0”是假命题，则命题“ x∈R，使得 x2+2x+a＞0” 是真命题，∴△=4-4a＜0，解得 a＞1.实数 a 的取值范围是：(1，+∞). 答案：(1，+∞) 14.已知 f(x)=lg 2 x x ，若 f(a)+f(b)=0，则 41 ab 的最小值是 . 解析：f(x)=lg ，f(a)+f(b)=0，∴ lg lg 022 ab ab ，∴   22 ab ab =1，化 为 a+b=2，(a，b∈(0，2)) 则  4 1 4 1 4 4 91 1 1 ()2 2 2552 b a b aaba b a b a b a b                     .当且仅当 a=2b= 4 3 时取等号. 答案： 9 2 15.设双曲线 22 221xy ab(a＞0，b＞0)的右焦点是 F，左、右顶点分别是 A1，A2，过 F 做 x 轴的垂线交双曲线于 B，C 两点，若 A1B⊥A2C，则双曲线的离心率为 . 解析：由题意可知：左、右顶点分别是 A1(-a，0)，A2(a，0)， 当 x=c 时，代入双曲线方程，解得： 2by a ， 设 B(c， 2b a )，C(c，- )，则直线 A1B 的斜率     2 2 1 0b bak c a a c a     ， 直线 A2C 的斜率   2 2 2 0b bak c a a c a     ， 由 A1B⊥A2C，则 k1 ×k2=-1，即     22 1bb a c a a c a ，则 =1，双曲线的离心率 2 12cbe aa    . 答案： 2 三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分. 16.已知函数 f(x)=(a+2cos2 2 x )cos(x+θ)为奇函数，且 f( 2  )=0，其中 a∈R，θ∈(0，π ). (Ⅰ)求 a，θ的值； (Ⅱ)若α∈( 2  ，π)， 2 co( ) (s cos 22 )8 5 4f      =0，求 cosα-sinα的值. 解析(Ⅰ)f(x)是奇函数，且 f( )=0，建立等式关系即可求解. (Ⅱ)根据(Ⅰ)可得 f(x)的解析式，根据 =0，即可求解 cos α-sinα的值. 答案：(Ⅰ)∵f(x)=(a+2cos2 )cos(x+θ)是奇函数， ∴(a+2cos2 )cos(x+θ)=-(a+2cos2 )cos(-x+θ)， 整理得，cosxcosθ=0，即 cosθ=0. 又θ∈(0，π)，得θ= 2  .∴f(x)=-sinx·(a+2cos2 2 x )， 由 f( )=0，得-(a+1)=0，即 a=-1. 则 f(x)的解析式为：f(x)=- 1 2 sin2x； (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f(x)=- sin2x. 24cos cos 2 0 sin cos cos 22( ) ( ) ( ) ( )8 5 4 4 5 4f                 . ∵ ( ) [ (cos 2 sin 2 sin 2 2sin cos2 4 4 4)] ( ) ( )              ， ∴ 2( ) (8sin cos sin45 ) ( )44         ， 又α∈( 2  ，π)，∴sin(α+ 4  )=0 或 2 5os (c 8)4  . ①由 () 3sin 044     .∴ 33cos sin cos sin 244      ； ②由 2 5os (c 8)4  ， 35 4 4 4    ＜ ＜ ， 得 5 1 5cos cos sin4 2 2 2 () 22 ()         .∴cosα-sinα=- 5 2 . 综上，cosα-sinα=- 2 或 cosα-sinα=- . 17.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖一次.抽奖方法是：从装 有标号为 1，2，3，4 的 4 个红球和标号为 1，2 的 2 个白球的箱中，随机摸出 2 个球，若摸 出的两球号码相同，可获一等奖；若两球颜色不同且号码相邻，可获二等奖，其余情况获三 等奖.已知某顾客参与抽奖一次. (Ⅰ)求该顾客获一等奖的概率； (Ⅱ)求该顾客获三获奖的概率. 解析：(Ⅰ)标号为 1，2，3，4 的 4 个红球记为 A1，A2，A3，A4，标号为 1，2 的 2 个白球记 为 B1，B2.由此利用列举法能求出“该顾客获一等奖”的概率. (Ⅱ)利用列举法求出摸出的两球颜色不同且号码相邻的结果种数，由此能求出“该顾客获三 等奖”的概率. 答案：(Ⅰ)标号为 1，2，3，4 的 4 个红球记为 A1，A2，A3，A4，标号为 1，2 的 2 个白球记 为 B1，B2.从中随机摸出 2 个球的所有结果有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，B1}，{A1， B2}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A3，A4}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A4，B1}，{A4， B2}，{B1，B2}，共 15 个.这些基本事件的出现是等可能的. 摸出的两球号码相同的结果有：{A1，B1}，{A2，B2}，共 2 个.所以“该顾客获一等奖”的概 率 P= 2 15 . (Ⅱ)摸出的两球颜色不同且号码相邻的结果有：{A1，B2}，{A2，B1}，{A3，B2}，共 3 个. 则“该顾客获二等奖”的概率 P= 31 15 5 .所以“该顾客获三等奖”的概率 211 15 35 2P     . 18.如图，已知三棱锥 O-ABC 的三条侧棱 OA，OB，OC 两两垂直，△ABC 为等边三角形，M 为 △ABC 内部一点，点 P 在 OM 的延长线上，且 PA=PB. (Ⅰ)证明：OA=OB； (Ⅱ)证明：平面 PAB⊥平面 POC. 解析：(Ⅰ)由 OA，OB，OC 两两垂直，结合勾股定理可得 OA2+OC2=OB2+OC2 ，再由 AC=BC，即 可得到 OA=OB； (Ⅱ)由 OA，OB，OC 两两垂直，可得 OC⊥平面 OAB，则 OC⊥AB.取 AB 的中点 D，连接 OD、PD， 可得 OD⊥AB，PD⊥AB，则 AB⊥平面 POD.得到 AB⊥PO.由线面垂直的判定可得 AB⊥平面 POC. 进一步得到平面 PAB⊥平面 POC. 答案：(Ⅰ)∵OA，OB，OC 两两垂直，∴OA2+OC2=AC2，OB2+OC2=BC2 ， 又△ABC 为等边三角形，AC=BC，OA2+OC2=OB2+OC2，故 OA=OB. (Ⅱ)∵OA，OB，OC 两两垂直，∴OC⊥平面 OAB，又 AB 平面 OAB，∴OC⊥AB. 取 AB 的中点 D，连接 OD、PD， ∵OA=OB，PA=PB，∴OD⊥AB，PD⊥AB，又 OD∩PD=D，∴AB⊥平面 POD.∴AB⊥PO. 又 CO∩PO=O，∴AB⊥平面 POC. ∵AB平面 PAB，平面 PAB⊥平面 POC. 19.已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an= 2 nb (n∈N*).若{an}是各项为正数的等比数列，且 a1=2， b3=b2+3. (Ⅰ)求 an 与 bn； (Ⅱ)设 cn= 11 nnab ，求数列{cn}的前 n 项和为 Sn. 解析：(Ⅰ)由题意 a1a2a3…an= (n∈N*)，b3=b2+3，知 a3= 322bb =23 又由 a1=2，得公比 q， 可得数列{an}的通项 an.进而得出 bn. (Ⅱ)cn= 1 1 1 1 1221n nna b n n       (n∈N*)，利用等比数列的求和公式、裂项求和方法即 可得出. 答案：(Ⅰ)由题意 a1a2a3…an= (n∈N*)，b3=b2+3， 知 a3= =23 又由 a1=2，得公比 q=2(q=-2，舍去)， 所以数列{an}的通项为 an=2n(n∈N*)， 所以 a1a2a3…an=  1 22 nn ， 故数列{bn}的通项为  1 2n nnb  (n∈N*). (Ⅱ) 1 1 1 1 1221n n nn c a b n n        (n∈N*)， Sn= 2 1111 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1222 1 2 1 112 2 2 2 2 3 1 1 1 21 2 n nnn n n n                              . 20.已知椭圆 C： 2 2 14 x y，如图所示点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)为椭圆上任意三 点. (Ⅰ)若 0OA OB OP   ，是否存在实数λ，使得代数式 x1x2+λy1y2 为定值.若存在，求出 实数λ和 x1x2+λy1y2 的值；若不存在，说明理由. (Ⅱ)若OA OB =0，求三角形 OAB 面积的最大值； (Ⅲ)满足(Ⅱ)，且在三角形 OAB 面积取得最大值的前提下，若线段 PA，PB 与椭圆长轴和短 轴交于点 E，F(E，F 不是椭圆的顶点).判断四边形 ABFE 的面积是否为定值.若是，求出定值； 若不是，说明理由. 解析：(Ⅰ)将 A，B 及 P 点坐标代入椭圆方程，作差，求得 P 与 A，B 坐标的关系，代入椭圆 方程，即可求得 12 12 1 4 2 xx yy   ，存在实数λ=4 使得 x1x2+4y1y2=-2； (Ⅱ)分类讨论，当直线 AB 斜率存在时，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算， 根据基本不等式的性质，即可求得三角形 OAB 面积的最大值； (Ⅲ)由(Ⅱ)可知：A(2，0)，B(0，1)，分别求得 E 和 F 点坐标，根据四边形的面积公式，代 入即可求得四边形 ABEF 的面积为 S=2，为定值. 答案：(Ⅰ)由于 2 21 1 2 22 2 2 23 3 14 14 14 x y x y x y            ， ， ， 且     31 31 2 2 x x x y y y       ， ； 则     22 22 122 2 23 1 2 1 2 3 1 2 1 2 1 2214 4 4 4 4 xxx x x x xy y y y y y y              ， 所以 12 12 1 42 xx yy   ，即 x1x2+4y1y2=-2.故，存在实数λ=4 使得 x1x2+4y1y2=-2. (Ⅱ)当直线 AB 斜率不存在时，可设为 x=m；联立方程组 2 2 14 xm x y   ， ， 由 =0，得 m2-(1- 2 4 m )=0，即 m= 2 55 ，S△OAB= 4 5 ； 当直线 AB 斜率存在时，可设为 y=kx+m； 联立方程组 2 2 14 y kx m x y   ， ， 得(4k2+1)x2+8kmx+(4m2-4)=0； x1+x2= 2 8 41 km k  ，x1x2=  2 2 41 41 m k   ， 由OA OB =0，得 x1x2+y1y2=0， 即   2 22 22 41 8104 1 4 1 m kmk km mkk          ，5m2=4(k2+1)， |AB|= 22 2 2 4141 41 kmk k   ，h=d= 21 m k ； S △ OAB= 4 2 2 4 2 4 2 4 16 17 1 4 915 16 8 1 5 16 8 1 12 k k kAB d k k k k           = 2 2 2 2 4 9 4 91 1 1155116 8 2 16 8k kk k         ， ∴S△OAB≤1， 当且仅当 k4= 1 16 ，即 k=± 1 2 .等号成立时， ∴S△OAB 的最大值为 1. (Ⅲ)S△OAB 取得最大值时，k=± ，此时直线 AB 与坐标轴的交点恰好分别是椭圆长轴和短轴 各一个端点； 不妨取 A(2，0)，B(0，1)，若线段 PA，PB 与椭圆长轴和短轴交于点 E，F(E，F 不是椭圆与 坐标轴的交点). 此时点 P 定在第三象限，即 x3＜0，y3＜0； 直线 PA 的方程为 y= 3 3 2 y x  (x-2)，令 x=0，得 E(0， 3 3 2 2 y x  )， 同理，得 F(-x3y3-1，0)， 四边形 ABEF 的面积为：S= 33 33 11 22 22112 xyAF BE yx       ， =      2 33 33 22 2 2 1 xy xy   =   22 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 8 4 2 2 2 x y x y x y x y x y         =   3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 8 8 22 2 2 x y x y x y x y    ， ∴四边形 ABFE 的面积是否为定值，定值为 2. 21.已知 a∈R，函数 f(x)= xea x  -alnx(e=2.71828…是自然对数的底数). (Ⅰ)函数 f(x)是否存在极大值，若存在，求极大值点，若不存在，说明理由； (Ⅱ)设 g(x)= 1 ln xe xx ，证明：对任意 x＞0，g(x)＞1. 解析：(Ⅰ)由已知得       22 1 1 xx xe x e a f x ax x e axx       ，分以下四种情况 讨论：(1)a≤1，(2)1＜a＜e，(3)a=e，(4)a＞e； (Ⅱ)要证 g(x)= 1 ln xe xx ＞1，只要证明 11 ln xe xx ＞0 成立，即证  1 ln 1 ln xe x x xx   ＞0 成 立 ， 令 h(x)=1+xlnx，利用导数可得   1 1 1 11 ln 1 0h x h e e e e      ＞ ，只需证明 ex-(1+xlnx)＞0 即可，变形得 11ln ln 0 xxeexxxx ＜ ＞ ，由(Ⅰ)可证明. 答 案 ： ( Ⅰ ) 由 已 知 得 ， 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 (0 ， + ∞ ) ， . (1)若 a≤1，则 ex＞a， 当 x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数； 当 x∈(1，+∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数， 所以当 x=1 时，f(x)取得极小值，函数无极大值； (2)若 1＜a＜e，令 ex=a，得 x=lna∈(0，1)， 所以 f′(x)和 f(x)在(0，+∞)上的变化情况如下表所示 所以当 x=lna 时，函数 f(x)取得极大值； (3)当 a=e 时，f′(x)≥0，所以 f(x)在(0，+∞)上是增函数，此时不存在极值. (4)当 a＞e 时，令 ex=a，得 x=lna∈(1，+∞)， 所以 f′(x)和 f(x)在(0，+∞)上的变化情况如下表所示 所以当 x=1 时，函数 f(x)取得极大值； 综上所述，当 1＜a＜e 时，函数 f(x)的极大值点是 x=lna； 当 a＞e 时，函数 f(x)的极大值点是 x=1； 当 a≤1 或 a=e 时，函数无极大值点. (Ⅱ)要证 g(x)= 1 ln xe xx ＞1，只要证明 -1＞0 成立， 即证  1 ln 1 ln xe x x xx   ＞0 成立， 令 h(x)=1+xlnx，则 h′(x)=1+lnx， 当 x∈(0， 1 e )，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 当 x∈( ，+∞)，h′(x)＞0，h(x)单调递增； 所以 h(x)≥ 1 1 1 11 ln 1h e e e e     ＞0， 所以只需证明 ex-(1+xlnx)＞0 即可，变形得 11ln ln 0 xxeexxxx ＜ ＞ ， 由(Ⅰ)知，当 a=1 时，f(x)= 1xe x  -lnx，f(x)= 1xe x  -lnx 在(0，1)上单调递减，在(1，+ ∞)上单调递增， 所以 f(x)≥f(1)=e-1＞0，即 ex-(1+xlnx)＞0，故对任意 x＞0，g(x)＞1.