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  • 2021-07-01 发布

2017年山东省淄博市高考二模试卷数学文

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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.