山东省聊城市2018届高三一模考试 数学文

文科数学（一）

第Ⅰ卷（选择题 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.）

21.已知集合A{x|x1}，B{x|lg(x1)0}，则AB（ ）

A．[0,1) B．(1,) C．(0,1) D．(1,0]

(1i)1i22.设复数z，则z（ ）

A．4 B．2 C．2 D．1

3.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S13104，a65，则数列{an}的公差为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5

4.我国三国时期的数学家赵爽为了证明勾股定理创制了一幅“勾股圆方图”，该图是由四个全等的直角三角形组成，它们共同围成了一个如图所示的大正方形和一个小正方形.设直角三角形中一个锐角的正切值为3.在大正方形内随机取一点，则此点取自小正方形内的概率是（ ）

A．

110 B．

15 C．

310 D．

25

5.设等比数列{an}的各项均为正数，其n前项和为Sn，则“S19S212S20”是“数列{an}是递增数列”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

·1·

26.已知直线l与抛物线C：y4x相交于A，B两点，若线段AB的中点为(2,1)，则直线l的方程

为（ ）

A．yx1 B．y2x5 C．yx3 D．y2x3 7.已知函数f(x)x(1010xx)，不等式f(12x)f(3)0的解集为（ ）

A．(,2) B．(2,) C．(,1) D．(1,)

xa228.已知双曲线C：yb221(a0,b0)的右焦点F2到渐近线的距离为4，且在双曲线C上到F2的距离为2的点有且仅有1个，则这个点到双曲线C的左焦点F1的距离为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 9.执行如图所示的程序框图，若输出的结果为1.5，则输入k的值应为（ ）

A．4.5 B．6 C．7.5 D．9 10.在ABC中，BC边上的中线AD的长为2，BC26，则ABAC（ ） A．1 B．2 C．-2 D．-1

11.如图是某几何体的三视图，其中俯视图为等边三角形，正视图为等腰直角三角形，若该几何体的各个顶点都在同一个球面上，则这个球的体积与该几何体的体积的比为（ ）

·2·

A．

73 B．

289 C．1497 D．

43

x3a,x2x112.已知函数f(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为（ ）

exa,2x0x1e1111122,,, B． C． D． 22333eee3A．,第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）

xy10113.设x，y满足约束条件x2y0，则z2x()y的最大值为 ．

16x2y0214.已知数列{an}的前n项和公式为Snn，若bn2an，则数列{bn}的前n项和Tn ．

15.已知a0，b0，3ab2ab，则ab的最小值为 ． 16.若函数f(x)msin(x4)2sinx在开区间(0,76既有最大值又有最小值，则正实数m)内，

的取值范围为 ．

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分

17.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosCc2b. （Ⅰ）求角A的大小；

·3·

（Ⅱ）已知a3，ABC的面积为34，求ABC的周长.

18.为促进农业发展，加快农村建设，某地政府扶持兴建了一批“超级蔬菜大棚”.为了解大棚的面积与年利润之间的关系，随机抽取了其中的7个大棚，并对当年的利润进行统计整理后得到了如下数据对比表： 大棚面积（亩）x 年利润（万元）y 4.5 6 5.0 7 5.5 7.4 6.0 8.1 6.5 8.9 7.0 9.6 7.5 11.1 由所给数据的散点图可以看出，各样本点都分布在一条直线附近，并且y与x有很强的线性相关关系.

（Ⅰ）求y关于x的线性回归方程；

（Ⅱ）小明家的“超级蔬菜大棚”面积为8.0亩，估计小明家的大棚当年的利润为多少； （Ⅲ）另外调查了近5年的不同蔬菜亩平均利润（单位：万元），其中无丝豆为：1.5，1.7，2.1，2.2，2.5；彩椒为：1.8，1.9，1.9，2.2，2.2，请分析种植哪种蔬菜比较好？

772参考数据：xiyi359.6，(xix)7.

i1i1n参考公式：bi1nxiyinxy，aybx.

(xix)2i119.如图，四棱锥PABCD中，PAD为等边三角形，且平面PAD平面ABCD，

AD2BC2，ABAD，ABBC.

（Ⅰ）证明：PCBC；

·4·

（Ⅱ）若棱锥PABCD的体积为32，求该四棱锥的侧面积.

20.已知圆xy4经过椭圆C：22x22ayb221(ab0)的两个焦点和两个顶点，点A(0,4)，M，

N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且MAN的平分线在y轴上，AMAN.

（Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）证明：直线MN过定点.

x221.已知函数f(x)axxlna（a0，且a1）.

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）求函数f(x)在[2,2]上的最大值.

（二）选考题：共10分.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

22在直角坐标系xOy中，圆C的普通方程为xy4x6y120.在以坐标原点为极点，x轴正

半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为sin(（Ⅰ）写出圆C的参数方程和直线l的直角坐标方程；

4)2. （Ⅱ）设直线l与x轴和y轴的交点分别为A、B，P为圆C上的任意一点，求PAPB的取值范围.

23.选修4-5：不等式选讲

已知函数f(x)2xa2a，aR.

（Ⅰ）若对于任意xR，f(x)都满足f(x)f(3x)，求a的值； （Ⅱ）若存在xR，使得f(x)2x1a成立，求实数a的取值范围.

·5·

2018年聊城市高考模拟 文科数学（一）答案

一、选择题

1-5: ACBDC 6-10: DADBC 11、12：CA

二、填空题

13. 4 14.

23(41) 15. 2n3 16. 2m33 三、解答题

17.解：（Ⅰ）由2acosCc2b及正弦定理得，2sinAcosCsinC2sinB，

2sinAcosCsinC2sinAcosC2cosAsinC，∴sinC2cosAsinC，

又∵sinC0，∴cosA又∵A(0,)，∴A（Ⅱ）由a312.

2323.

，根据余弦定理得b2c2bc3，

，A34由ABC的面积为，得bc1.

2所以b2c22bc(bc)4，得bc2，

所以ABC周长abc23.

18.解：（Ⅰ）x6，y8.3，7xy348.6，

7bi17xiyi7xy359.6348.671171.571，

i1(xix)2aybx8.31.57161.126，

那么回归方程为：y1.571x1.126. （Ⅱ）将x8.0代入方程得

y1.5718.01.12611.442，即小明家的“超级大棚”当年的利润大约为11.442万元.

·6·

（Ⅲ）近5年来，无丝豆亩平均利润的平均数为m方差s1215[(1.52)(1.72)2221.51.72.12.22.55222，

(2.12)(2.22)(2.52)]0.128.

彩椒亩平均利润的平均数为n方差为s221521.81.91.92.22.25222，

2[(1.82)(1.92)(1.92)(2.22)(2.22)]0.028.

222因为mn，s1s2，∴种植彩椒比较好.

19.证明：（Ⅰ）取AD的中点为O，连接PO，CO， ∵PAD为等边三角形，∴POAD.

底面ABCD中，可得四边形ABCO为矩形，∴COAD， ∵POCOO，∴AD平面POC，

∵PC平面POC，∴ADPC. 又AD//BC，所以BCPC.

（Ⅱ）由面PAD面ABCD，POAD，

∴PO平面ABCD，所以PO为棱锥PABCD的高， 由AD2，知PO133，

VPABCDSABCDPO1(ADBC)ABPO3232AB32，

∴AB1.

由（Ⅰ）知COAB1，PCSPAD12ADPO3.

POCO222，∴SPBC12BCPC1.

由ABAD，可知AB平面PAD，∴ABPA， 因此SPAB12ABPA1.

22在PCD中PCPD2，CDCOOD2，

142取AD的中点E，连结PE，则PECD，PEPC2CE2，

·7·

∴SPCD12CDPE2214272. 所以棱锥PABCD的侧面积为2372.

222220.解：（Ⅰ）圆xy4与x轴交点(2,0)即为椭圆的焦点，圆xy4与y轴交点(0,2)即

为椭圆的上下两顶点，所以c2，b2.从而a22，

x2因此椭圆C的方程为：

8y241.

（Ⅱ）设直线MN的方程为ykxm.

ykxm2222由x2，消去y得(2k1)x4kmx2m80. y1484km2k2设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1x2y14x1y24x2m4x1m4x21，x1x22m2k2281.

直线AM的斜率k1k；

直线AN的斜率k2k.

k1k22k(m4)(x1x2)x1x22k(m4)(4km)2m2816k(m1)2m2.

8由MAN的平分线在y轴上，得k1k20.又因为AMAN，所以k0， 所以m1.

因此，直线MN过定点(0,1).

x21.解：（Ⅰ）f'(x)alna2xlna，

x2x设g(x)f'(x)2xalnalna，则g'(x)2alna.

∵g'(x)0，xR，∴g(x)在R上单调递增，

·8·

从而得f'(x)在(,)上单调递增，又∵f'(0)0， ∴当x(,0)时，f'(x)0，当x(0,)时，f'(x)0， 因此，f(x)的单调增区间为(0,)，单调减区间为(,0). （Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)在[2,0]上单调递减，在[0,2]上单调递增， 由此可知f(x)maxmax{f(2),f(2)}.

22∵f(2)a42lna，f(2)a42lna，

22∴f(2)f(2)aa4lna.

22设g(x)xx4lnx，

则g'(x)2x2x34x2x4x2x3422(x1)x322.

∵当x0时，g'(x)0，∴g(x)在(0,)上单调递增.

又∵g(1)0，∴当x(0,1)时，g(x)0；当x(1,)时，g(x)0.

①当a1时，g(a)0，即f(2)f(2)0，这时，f(x)maxf(2)a22lna4； ②当0a1时，g(a)0，即f(2)f(2)0，这时，f(x)maxf(2)a22lna4. 综上，f(x)在[2,2]上的最大值为：当a1时，f(x)maxa22lna4；

2当0a1时，f(x)maxa2lna4.

22.解：（Ⅰ）圆C的参数方程为x2cosy3sin（为参数）.

直线l的直角坐标方程为xy20.

（Ⅱ）由直线l的方程xy20可得点A(2,0)，点B(0,2). 设点P(x,y)，则PAPB(2x,y)(x,2y).

xy2x2y2x4y12.

22·9·

由（Ⅰ）知x2cosy3sin，则PAPB4sin2cos425sin()4.

因为R，所以425PAPB425.

23.解：（Ⅰ）因为f(x)f(3x)，xR，所以f(x)的图象关于x又f(x)2|xa|2a的图象关于xa32对称.

对称，所以a3，所以a3.

222（Ⅱ）f(x)2x1a等价于2xa2x1a0. 设g(x)2xa2x1a，

则g(x)min(2xa)(2x1)aa1a. 由题意g(x)min0，即a1a0. 当a1时，a1a0，a112，所以1a2；当a1时，(a1)a0，10，所以a1， 综上a12.

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