数学文卷·2018届河北省唐山市高三第二次模拟考试（2018

数学文卷·2018届河北省唐山市高三第二次模拟考试（2018

唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试 文科数学试卷 第Ⅰ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．设全集，，集合，则集合（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．复数满足（是虚数单位），则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知，则任取一个点，满足的概率为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．双曲线的顶点到渐近线的距离等于（ ）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎5．给出以下三个命题：‎ ‎①若“”是假命题，则均为假命题；‎ ‎②命题“若，则”的否命题是：“若，则”；‎ ‎③命题“，”的否定是“，”；其中正确命题的个数是（ ）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎6．如下图，格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则其表面积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．已知为奇函数，则（ ）‎ A．1 B．-2 C．-1 D．‎ ‎8．函数的部分图象如图，则可能的值是（ ）‎ A．1， B．1， C．2， D．2，‎ ‎9．设是任意等差数列，它的前项和、前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎10．下图是某桌球游戏计分程序框图，下列选项中输出数据不符合该程序的为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎11．在四棱锥中，底面，底面是正方形，，三棱柱的顶点都位于四棱锥的棱上，已知分别是棱的中点，则三棱柱的体积为（ ）‎ A． B．1 C． D．‎ ‎12．已知，，点是圆上的一个动点，则的最大值为（ ）‎ A．16 B．20 C．24 D．28‎ 第Ⅱ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．若满足约束条件则的最小值是 ．‎ ‎14．曲线在处的切线方程为 ．‎ ‎15．已知为数列的前项和，，若，则 ．‎ ‎16．椭圆右焦点为，存在直线与椭圆交于两点，使得为顶角是120°的等腰三角形，则椭圆的离心率 ．‎ 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． 如图，在平面四边形中，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）点移动时，判断是否为定长，并说明理由.‎ ‎18． 如图，在三棱柱中，，平面平面.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，求点到平面的距离.‎ ‎19． 为了研究黏虫孵化的平均温度（单位：）与孵化天数之间的关系，某课外兴趣小组通过试验得到如下6组数据：‎ 组号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 平均温度 ‎12‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ 孵化天数 ‎23‎ ‎16‎ ‎14‎ ‎12‎ ‎9‎ ‎7‎ 他们分别用两种模型①，②‎ 分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图：‎ 经计算得，‎ ‎（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？（给出判断即可，不必说明理由）‎ ‎（2）应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.‎ 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：‎ ‎ ，.‎ ‎20． 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，交轴于点为坐标原点.当时，.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）若，求直线的方程.‎ ‎21． 设，记.‎ ‎（1）当时，求的零点的个数；‎ ‎（2） 时，证明：.‎ 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4-4：坐标系与参数方程 在极坐标系中，曲线，曲线，点，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.‎ ‎（1）求曲线和的直角坐标方程；‎ ‎（2）过点的直线交于点，交于点，若，求的最大值.‎ ‎23．选修4-5：不等式选讲 已知.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）判断等式 能否成立，并说明理由.‎ 唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试 文科数学参考答案 一．选择题：‎ A卷：ADCDB CABDC BC B卷：ABCDB CADDC BC 二．填空题：‎ ‎（13）－1 （14）2x－y－1＝0 （15）7 （16）－1‎ 三．解答题：‎ ‎17．解：‎ ‎（1）在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°，‎ 由正弦定理可知，‎ ＝，‎ BC＝4sin∠BAC ‎∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，则∠BAC＋∠CBD＝90°，则sin∠BAC＝cos∠CBD，‎ 所以，BC＝4cos∠CBD． ‎ ‎（2）CD是为定长，因为 在△BCD中，由（1）及余弦定理可知，‎ CD2＝BC2＋BD2－2×BC×BD×cos∠CBD，‎ ‎＝4＋BC2－4BCcos∠CBD ‎＝4＋BC2－BC2‎ ‎＝4‎ CD＝2． ‎ ‎18．解：‎ ‎（1）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线为AC，又BC⊥AC，‎ 所以BC⊥平面A1ACC1，AA1Ì平面A1ACC1，‎ 从而有BC⊥AA1． ‎ 因为∠AA1C＝90°，所以AA1⊥A1C，‎ 又因为BC∩A1C＝C，‎ 所以AA1⊥平面A1BC，又A1BÌ平面A1BC，‎ 所以AA1⊥A1B． ‎ ‎（2）由（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1AÌ平面A1ABB1，‎ 所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交线为A1B．‎ 所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高，设其为h．‎ ‎ ‎ 在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，则A1C＝2．‎ 由（1）得，BC⊥A1C，‎ 所以Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝．h＝＝＝． ‎ 即点C到平面A1ABB1的距离为． ‎ ‎19．解：‎ ‎（1）应该选择模型① ‎ ‎（2）＝－6＝1297－6×17×13.5＝－80， ‎ ＝－62＝1774－6×172＝40， ‎ ＝＝＝－2， ‎ ＝－＝13.5＋2×17＝47.5． ‎ 所以y关于x的线性回归方程为：＝－2x＋47.5． ‎ ‎20．解：‎ ‎（1）由已知可得F(，0)，‎ 因为∠OFA＝120°，所以xA＝＋|AF|cos60°＝＋2． ‎ 又由抛物线定义可知，|AF|＝xA＋＝p＋2＝4， ‎ 解得，p＝2，‎ 所以抛物线E的方程为y2＝4x． ‎ ‎（2）由（1）可知，F(1，0)，由题意可知，直线l斜率存在且不为0，‎ 设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， ‎ x1＋x2＝ ①‎ x1x2＝1 ②‎ 由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2 ③‎ 由①②③联立解得，k＝±2． ‎ 所以l的方程为2x＋y－2＝0或2x－y－2＝0． ‎ ‎21．解：‎ ‎（1）当a＝1时，g(x)＝f¢(x)＝(2x－1)lnx＋x－1，‎ 所以g¢(x)＝2lnx－＋3， ‎ 因为g¢(x)为单调递增函数，‎ 且g¢(1)＝2＞0，g¢()＝1－e＜0，所以存在t∈(，1)，使得g¢(t)＝0,‎ 即x∈(0，t)时，g¢(x)＜0，g(x)单调递减；‎ x∈(t，＋∞)时，g¢(x)＞0，g(x)单调递增． ‎ 因为g(1)＝0，所以1为g(x)的一个零点，‎ 又g()＝1－＞0，所以g(x)在(，t)有一个零点，‎ 故g(x)有两个零点． ‎ ‎（2）依题意得，f(x)＝a(x2lnx＋1)－xlnx－1，‎ 令h(x)＝x2lnx＋1，所以h¢(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，‎ 所以0＜x＜e－时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减；‎ x＞e－时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增，‎ 即h(x)的最小值为h(e－)＝1－＞0，所以h(x)＞0． ‎ 令t(x)＝(x2lnx＋1)－(xlnx＋1)＝(x2－x)lnx，所以t(x)≥0，‎ 即x2lnx＋1≥xlnx＋1． ‎ 综上，≤1．‎ 又a＞1，所以a＞，即a(x2lnx＋1)＞xlnx＋1，‎ 故f(x)＞0． ‎ ‎22．解：‎ ‎（1）曲线C1的直角坐标方程为：x2＋y2－2y＝0；‎ 曲线C2的直角坐标方程为：x＝3． ‎ ‎（2）P的直角坐标为(－1，0)，设直线l的倾斜角为α，(0＜α＜)，‎ 则直线l的参数方程为：(t为参数，0＜α＜)‎ 代入C1的直角坐标方程整理得，t2－2(sinα＋cosα)t＋1＝0， ‎ t1＋t2＝2(sinα＋cosα)‎ 直线l的参数方程与x＝3联立解得，t3＝， ‎ 由t的几何意义可知，‎ ‎|PA|＋|PB|＝2(sinα＋cosα)＝λ|PQ|＝，整理得 ‎4λ＝2(sinα＋cosα)cosα＝sin2α＋cos2α＋1＝sin(2α＋)＋1，‎ 由0＜α＜，＜2α＋＜，‎ 所以，当2α＋＝，即α＝时，λ有最大值(＋1)． ‎ ‎23．解：‎ ‎（1）由题意得(a＋b)2＝3ab＋1≤3()2＋1，当且仅当a＝b时，取等号．‎ 解得(a＋b)2≤4，又a，b＞0，‎ 所以，a＋b≤2． ‎ ‎（2）不能成立．‎ ＋≤＋，‎ 因为a＋b≤2，‎ 所以＋≤1＋， ‎ 因为c＞0，d＞0，cd＞1，‎ 所以c＋d＝＋≥＋＞＋1，‎ 故＋＝c＋d不能成立． ‎