【全国市级联考word】山东省聊城市2018届高三一模数学(理)试题

2018年聊城市高考模拟试题理科数学（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.）1.已知集合2{|1}Axx，{|lg(1)0}Bxx，则AB（）A．[0,1)B．(1,)C．(0,1)D．(1,0]2.设复数2(1)1izi，则z（）A．4B．2C．2D．13.设等差数列{}na的前n项和为nS，若13104S，65a，则数列{}na的公差为（）A．2B．3C．4D．54.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．110B．15C．310D．255.设等比数列{}na的各项均为正数，其n前项和为nS，则“1921202SSS”是“数列{}na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6.已知直线l与抛物线C：24yx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．1yxB．25yxC．3yxD．23yx7.已知函数()(1010)xxfxx，不等式(12)(3)0fxf的解集为（）A．(,2)B．(2,)C．(,1)D．(1,)8.已知双曲线C：22221(0,0)xyabab的右焦点2F到渐近线的距离为4，且在双曲线C上到2F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1F的距离为（）A．2B．4C．6D．89.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．4.5B．6C．7.5D．910.在ABC中，BC边上的中线AD的长为2，点P是ABC所在平面上的任意一点，则PAPBPAPC的最小值为（）A．1B．2C．-2D．-111.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（）A．73B．289C．1479D．4312.已知函数3,21(),20xxaxxfxaexx恰有3个零点，则实数a的取值范围为（）A．11,3eB．211,eeC．221,3eD．21,33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）13.设x，y满足约束条件102020xyxyxy，则12()16xyz的最大值为．14.某工厂从生产的一批产品中随机抽出一部分，对这些产品的一项质量指标进行了检测，整理检测结果得到如下频率分布表：质量指标分组[10,30)[30,50)[50,70]频率0.10.60.3据此可估计这批产品的此项质量指标的方差为．15.2922()yxx的展开式中常数项为．16.若函数()sin()4fxmx2sinx在开区间7(0,)6内，既有最大值又有最小值，则正实数m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.已知数列{}na满足12a，124nnaa.（Ⅰ）证明：{4}na是等比数列；（Ⅱ）求数列{}na的前n项和nS.18.某教育培训中心共有25名教师，他们全部在校外住宿.为完全起见，学校派专车接送教师们上下班.这个接送任务承包给了司机王师傅，正常情况下王师傅用34座的大客车接送教师.由于每次乘车人数不尽相同，为了解教师们的乘车情况，王师傅连续记录了100次的乘车人数，统计结果如下：乘车人数1516171819202122232425频数2441016201612862以这100次记录的各乘车人数的频率作为各乘车人数的概率.（Ⅰ）若随机抽查两次教师们的乘车情况，求这两次中至少有一次乘车人数超过18的概率；（Ⅱ）有一次，王师傅的大客车出现了故障，于是王师傅准备租一辆小客车来临时送一次需要乘车的教师.可供选择的小客车只有20座的A型车和22座的B型车两种，A型车一次租金为80元，B型车一次租金为90元.若本次乘车教师的人数超过了所租小客车的座位数，王师傅还要付给多出的人每人20元钱供他们乘出租车.以王师傅本次付出的总费用的期望值为依据，判断王师傅租哪种车较合算？19.如图，四棱锥PABCD中，PAD为等边三角形，且平面PAD平面ABCD，22ADBC，ABAD，ABBC.（Ⅰ）证明：PCBC；（Ⅱ）若直线PC与平面ABCD所成角为60，求二面角BPCD的余弦值.20.已知圆224xy经过椭圆C：22221(0)xyabab的两个焦点和两个顶点，点(0,4)A，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，AMAN.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）证明：直线MN过定点.21.已知函数()22xfxekx.（Ⅰ）讨论函数()fx在(0,)内的单调性；（Ⅱ）若存在正数m，对于任意的(0,)xm，不等式()2fxx恒成立，求正实数k的取值范围.（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：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，圆C的普通方程为2246120xyxy.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()24.（Ⅰ）写出圆C的参数方程和直线l的直角坐标方程；（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PAPB的取值范围.23.选修4-5：不等式选讲已知函数()22fxxaa，aR.（Ⅰ）若对于任意xR，()fx都满足()(3)fxfx，求a的值；（Ⅱ）若存在xR，使得()21fxxa成立，求实数a的取值范围.2018年聊城市高考模拟理科数学（一）答案一、选择题1-5:ACBDC6-10:DADBC11、12：CA二、填空题13.414.14415.67216.233m三、解答题17.解：（Ⅰ）∵12a，∴142a，∵124nnaa，∴1428nnaa2(4)na，∴1424nnaa，∴{4}na是以2为首项，2为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ），可知42nna，∴24nna.∴12nnSaaa2(24)(24)(24)n2(222)4nn2(12)412nn1224nn.∴1242nnSn.18.解：（Ⅰ）由题意得，在一次接送中，乘车人数超过18的概率为0.8.记“抽查的两次中至少有一次乘车人数超过18”为事件A，则()1(10.8)PA(10.8)0.96.即抽查的两次中至少有一次乘车人数超过18的概率为0.96.（Ⅱ）设X表示租用A型车的总费用（单位：元），则X的分布列为X80100120140160180P0.560.160.120.080.060.02800.561000.16EX1200.121400.081600.061800.0299.6.设Y表示租用B型车的总费用（单位：元），则Y的分布列为X90110130150P0.840.080.060.02900.841100.08EX1300.061500.0295.2.因此以王师傅本次付出的总费用的期望值为依据，租B型车较合算.19.证明：（Ⅰ）取AD的中点为O，连接PO，CO，∵PAD为等边三角形，∴POAD.底面ABCD中，可得四边形ABCO为矩形，∴COAD，∵POCOO，∴AD平面POC，∵PC平面POC，∴ADPC.又//ADBC，所以BCPC.（Ⅱ）由面PAD面ABCD，POAD，∴PO平面ABCD，可得OP，OD，OC两两垂直，又直线PC与平面ABCD所成角为60，即60PCO，由2AD，知3PO，得1CO.建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则(0,0,3)P，(0,1,0)D，(1,0,0)C，(1,1,0)B，(0,1,0)BC，(1,0,3)PC，(1,1,0)CD，设平面PBC的一个法向量为(,,)nxyz.∴030yxz，令1z，则(3,0,1)n，设平面PDC的一个法向量为(',',')mxyz，∴''0'3'0xyxz，令'1z，则(3,3,1)m，cos,mnmnmn427727，∵二面角BPCD为钝角，∴二面角BPCD的余弦值为277.20.解：（Ⅰ）圆224xy与x轴交点(2,0)即为椭圆的焦点，圆224xy与y轴交点(0,2)即为椭圆的上下两顶点，所以2c，2b.从而22a，因此椭圆C的方程为：22184xy.（Ⅱ）设直线MN的方程为ykxm.由22184ykxmxy，消去y得222(21)4280kxkmxm.设11(,)Mxy，22(,)Nxy，则122421kmxxk，21222821mxxk.直线AM的斜率1114ykx14mkx；直线AN的斜率2224ykx24mkx.12kk1212(4)()2mxxkxx2(4)(4)228mkmkm216(1)28kmm.由MAN的平分线在y轴上，得120kk.又因为AMAN，所以0k，所以1m.因此，直线MN过定点(0,1).21.解：（Ⅰ）'()2xfxek，(0,)x，当2k时，因为22xe，所以'()0fx，这时()fx在(0,)内单调递增.当2k时，令'()0fx得ln2kx；令'()0fx得0ln2kx.这时()fx在(0,ln)2k内单调递减，在(ln,)2k内单调递增.综上，当2k时，()fx在(0,)内单调递增，当2k时，()fx在(0,ln)2k内单调递减，在(ln,)2k内单调递增.（Ⅱ）①当02k时，因为()fx在(0,)内单调递增，且(0)0f，所以对于任意的(0,)xm，()0fx.这时()2fxx可化为()2fxx，即2(2)20xekx.设()2(2)2xgxekx，则'()2(2)xgxek，令'()0gx，得2ln2kx，因为2ln02k，所以()gx在2(0,ln)2k单调递减.又因为(0)0g，所以当2(0,ln)2kx时，()0gx，不符合题意.②当2k时，因为()fx在(0,ln)2k内单调递减，且(0)0f，所以存在00x，使得对于任意的0(0,)xx都有()0fx.这时()2fxx可化为()2fxx，即2(2)20xekx.设()2(2)2xhxekx，则'()2(2)xhxek.（i）若24k，则'()0hx在(0,)上恒成立，这时()hx在(0,)内单调递减，又因为(0)0h，所以对于任意的0(0,)xx都有()0hx，不符合题意.（ii）若4k，令'()0hx，得2ln2kx，这时()hx在2(0,ln)2k内单调递增，又因为(0)0h，所以对于任意的2(0,ln)2kx，都有()0hx，此时取02min{,ln}2kmx，对于任意的(0,)xm