山西省太原市2017届高三年级模拟试题(一)(文数)

1山西省太原市2017届高三年级模拟试题（一）数学（文科）（考试时间：下午3:00——5:00）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非择题）两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题与答题卡相应的位置。3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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1Axylgx，}2{Bxx，则BA（）A．2,0B．0,2C.1,2D．2,22．复数2ii（）A．12iB．12iC.12iD．12i3．在等差数列na中，1358102336aaaaa，则6a（）A．8B．6C.4D．34．已知)1,(sin),cos,1(ba，若ba，则sin2（）A．12B．1C.32D．15．函数cosxfxx的图像大致为（）6．已知圆22:1Cxy,直线kxyl:,在1,1上随机选取一个数k,则事件“直线l与圆C相离”发生的概率为（）A．12B．222C.333D．23227.执行如图的程序框图，已知输出的0,4s。若输入的0,tm，则实数m的最大值为（）A．1B．2C．3D．48．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．73B．83C.42D．529．已知实数,xy满足条件330,220,240xyxyxy，则22zxy的取值范围为（）A．1,13B．1,4C.]13,54[D．]4,54[10.已知抛物线24yx的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于AB、两点，O为坐标原点，若AB6，则AOB的面积为（）A．6B．22C.23D．411．已知函数30fxsinwxcoswxw在0,上有且只有两个零点，则实数w的取值范围为（）A．]34,0(B．]37,34(C.]310,37(D．]313,310(12.已知函数2102xfffxexxe，若存在实数m使得不等式22fmnn成立，求实数n的取值范围为（）A．),1[]21,(B．),21[]1,(C.),21[]0,(D．),0[]21,(3第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13-21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。二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．已知)1,(),1,1(tba，若)//(baba，则实数t=14.已知双曲线经过点22,1，其一条渐近线方程为12yx，则该双曲线的标准方程为．15.已知三棱锥ABCD中，AB平面BCD，,1,2BCCDBCCDAB，则该三棱锥外接球的体积为．16.已知数列na中，*111,21nnaaannN，则其前n项和=nS．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.（本小题满分12分）已知,,abc分别是ABC的内角,,ABC所对的边，2,abcosBbc.（Ⅰ）证明：2AB；（Ⅱ）若2222acbacsinC,求A.18.（本小题满分12分）某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵。某汽车经销商推出,,ABC三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图。已知从,,ABC三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元，2万元，3万元。以这100位客户所采用的分期付款方式的频率代替1位客户采用相应分期付款方式的概率。（Ⅰ）求采用上述分期付款方式销售此品牌汽车1辆，该汽车经销商从中所获得的利润不大于2万元的概率；（Ⅱ）求采用上述分期付款方式销售此品牌汽车1辆，该汽车经销商从中所获得的利润的平均值；（Ⅲ）根据某税收规定，该汽车经销商每月（按30天计）上交税收的标准如下表：月利润（单位：万元）在]100,0(内的部分超过100且不超过150的部分超过150的部分税率1%2%4%若该经销商按上述分期付款方式每天平均销售此品牌汽车3辆，估计其月纯收入（纯收入=总利润-上交税款）的平均值.419.（本小题满分12分）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE平面ABCD,//DFBE,且22,3DFBEEF.（Ⅰ）证明：平面ACF平面BEFD.（Ⅱ）若1cos5BAD，求几何体ABCDEF的体积.20.（本小题满分12分）已知直线与椭圆相交于两点，与轴，轴分别相交于点和点，且，点是点关于轴的对称点，的延长线交椭圆于点，过点分别做轴的垂线，垂足分别为.（Ⅰ）若椭圆的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆上，求椭圆的方程；（Ⅱ）当时，若点平分线段，求椭圆的离心率.21.（本小题满分12分）已知函数)(1ln2)(Raxaxxxf在2x处的切线经过点4,2ln2（Ⅰ）讨论函数fx的单调性；（Ⅱ）若不等式2211lnxmxx恒成立，求实数m的取值范围.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.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为2cossinxy，（其中为参数），曲线222:20xyyC，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线:0l与曲线12,CC分别交于点,AB(均异于原点O)（Ⅰ）求曲线12,CC的极坐标方程；（Ⅱ）当02a时，求22OAOB的取值范围.23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数102fxxaaa（Ⅰ）若不等式1fxxfm恒成立，求实数m的最大值；（Ⅱ）当1 2a时，函数|2|1gxfxx有零点，求实数a的取值范围.数学（文科）参考答案一、选择题1-5:CADBD6-10:CDDCA11、12：BA5二、填空题13.-114.2214xy15.4316.11222nnn三、解答题17.（1）证明：∵2abcosB,由sinsinabAB得22sinAsinBcosBsinB,∵0,AB，∴2sinAsinB，∴02B∴2AB或2AB，若2AB,则BC,bc这与“bc”矛盾,2AB.∴2AB（2）∵222 2acbacsinC，∴222sin2acbCac，由余弦定理得sincosBC,∵0,BC，∴2CB或2CB，①当2CB时，则24ABC，，这与“bc”矛盾,2A；②当2CB，由（1）得2AB，∴2222ABCABA，∴4A18.解：（Ⅰ）由题意得采用上述分期付款方式销售此品牌汽车1辆，该汽车经销商从中所获得的利润不大于2万元的概率为10.20.8；（Ⅱ）由题意得100352045a，∴采用上述分期付款方式销售此品牌汽车1辆，该汽车经销商从中所获得的利润的平均值为10.3520.4530.2=1.85（万元）（Ⅲ）由（Ⅱ）可得根据某税收规定，按上述分期付款方式每天平均销售此品牌汽车3辆，该经销商月利润为1.85330=166.5，∴该经销商上交税款为1001%502%16.54%=2.66，∴该经销商月纯收入的平均值为166.52.66=163.84（万元）.19.（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴ACBD∵BE平面ABCD∴BEAC∴AC平面BEFD∴平面ACF⊥平面BEFD6（2）设AC与BD的交点为O，0ABaa，由（1）得AC平面BEFD，∵BE平面ABCD∴BEBD，∵//DFBE，∴DFBD，∴2228BDEFDFBE，∴22BD∴1322BEFDSBEDFBD四边形，∵1cos5BAD，∴222282cos85BDABADABADBADa∴5a，∴2223OAABOB，∴3OA∴22263ABCDEFABEFDBEFDVVSOA四边形.20.解（1）由题意得222223,191,4,bcababc∴2234,ba，∴所以椭圆C的方程为22143xy；（2）当12k时，由12yxm得,0,,20MmNm，∵=PMMN,∴2,2,2,2PmmQmm,∴直线QM的方程为32yxm，设11,,Axy，由2222121,xybmayx得2222222104abxamxamb7∴2122424amxmab，∴221222344mabxab设22,Bxy，由22223,12xyabyxm得22222229304mxxbabama∴222212294amxmab，∴2222223494mabxab，∵点N平分线段11AB，∴124xxm，∴222222222342344494mabmabmabab，∴2234ab，∴1113,2xmym，代入椭圆方程得22247mbb，符合题意，∵222abc，∴12cea.21.解（1）由题意得221,0fxaxxx∴324fa，∴fx在2x处的切线方程为222yffx即32ln214yax，∵点4,2ln2在该切线上，∴1a，∴22212110xfxxxx函数fx在0,单调递减；（2）由题意知0x且1x，原不等式2211lnxmxx等价于21121lnxxmxx，设22111211gxlnxxfxxxx，由（1）得fx在0,单调递减，且10f，当01x时，0,0fxgx；当1x时，0,0fxgx；8∴0gx，假设存在正数b，使得0gxb，若01b，当1xb时，22ln111xgxbxxx；若1b，当11xb时，22ln111xgxbxxx；∴不存在这样的正数b，使得0gxb，∴gx的值域为0,∴m的取值范围为,0.22.解（1）∵2cossinxy，∴2212xy，由cossinxy，得曲线1C的极坐标方程为222=1sin，∵2220xyy，∴曲线2C的极坐标方程为2sin；（2）由（1）得22221sinOA，2224siOBn，∴222222224sin41sin41sin1sinOAOB∵02，∴211sin2，∴22261sin91sin，∴22OAOB的取值范围为2,5.23.解：（1）∵12fxxaa，∴12fxmxmaa，∴fxfxmxaxmam，∴1m，∴11m，∴实数m的最大值为1；（2）当12a时，121212gxfxxxaxa131