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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.
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