山东省潍坊市2019届高三下学期高考模拟(一模)考试数学(文科)试题(解析版)
【详解】由已知双曲线 C
（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为 y＝2x，
可得
∴，
，
故选：C．
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时注意焦点位置，考查计算能力．
5.执行下边的程序框图，如果输出的 值为 1，则输入的 值为（ ）
2
A. 0
B.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可．
. 是等比数列，
因为
，
，
，
又因为
，
所以 此时，
，所以 ， ，
则
，
故存在 ，使得数列
是以
为首项，公比为 3 的等比数列.
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质与判断，等比数列的通项公式，属于中档题．
潍坊市高考模拟考试
文科数学
本试卷共 4 页.满分 150 分.
注意事项：
1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核
对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
求得，其中 为三角形周长的一
半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足 ，
，则此三角形面积的
最大值为（ ）
A.
B. 8
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意 ，
，利用基本不等式，即可得出结论．
【详解】由题意 ，
，
当且仅当
，即 时等号成立，
∴此三角形面积的最大值为 ，故选 A．
【点睛】本题考查面积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题．
【解析】
表示两个不同平面，直线 是 内一条直线，若 ∥ ，则 ∥ ，所以 ∥ 是 ∥ 的充分条件；若 ∥ 不能推出
∥ ，故不是充分条件
∴ ∥ 是 ∥ 的充分不必要条件
故选 A
4.已知双曲线 ：
的一条渐近线方程为
，则 的离心率为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用双曲线的渐近线推出 b，a 关系，然后求解离心率即可．
(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值.
14. 的内角 、 、 的对边分别为 ， ， ，点 为 的中点，若
，
的长为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】
首先根据条件先求出 C 的大小，结合余弦定理进行求解即可．
【详解】由
，得
，
， ，则
即
，
∴，
∵D 为 AC 的中点， ，∴
用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
无效.
3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共 12 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
，
，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
对于④：当平面 B1AM⊥平面 AMD 时，三棱锥 B1﹣AMD 的体积最大，易得 AD 中点 H 就是三棱锥 B1﹣AMD 的外 接球的球心，球半径为 1，表面积是 4π．故④正确．
故答案为：②④．
【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，
考查了反证法的应用，属于中档题.
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. 为等比数列 的前 项和，已知 （1）求 及 ；
，
，且公比 .
（2）是否存在常数 ，使得数列
是等比数列？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.
＝cosβ，
则有 f（ sinα）＞f（cosβ），
故选：B．
【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用，属于基础题．
11.已知不共线向量 ， 夹角为 ，
，
，
，
，在
处取最小值，当
时， 的取值范围为（ ）
A.
B.
C.
【答案】C
【解析】
试题分析：由题意可得
D.
,
，∴
，由二次函数知，当上式取最小值时，
7.若函数
的图象过点 ，则（ ）
3
A. 点 是
的一个对称中心
C. 函数
的最小正周期是
B. 直线 D. 函数
是
的一条对称轴
的值域是
【答案】D
【解析】
【分析】
根据函数 f（x）的图象过点（0，2），求出 θ，可得 f（x）＝cos2x+1，再利用余弦函数的图象和性质，得
出结论．
【详解】由函数 f（x）＝2sin（x+2θ）•cosx （0＜θ ）的图象过点（0，2），
16.如图，矩形 中， 为 的中点，将 沿直线 翻折成
，连结 ， 为 的中点，则在
翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______.
①存在某个位置，使得
；
②翻折过程中， 的长是定值；
③若
，则
；
④若
，当三棱锥
的体积最大时，三棱锥
的外接球的表面积是 .
【答案】②④ 【解析】 【分析】 对于①，取 AD 中点 E，连接 EC 交 MD 与 F，可得到 EN⊥NF，又 EN⊥CN，且三线 NE，NF，NC 共面共点，不可 能，
【详解】不等式
，即
，
化简可得
，
∴
或
，
6
方程
有两个根
或
，
则原不等式的解集为
，
其解集区间的长度为
，
故选 B．
【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，解出不等式是解题的关键，属于
中档题．
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13.若 ， 满足约束条件 【答案】[﹣3，3]
10.已知偶函数
，当
时，
，若 ， 为锐角三角形的两个内角，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，由函数的解析式可得 f（x）在（-1，0）上为减函数，结合函数的奇偶性可得 f（x）在（0，1）
上为增函数，又由 α，β 为锐角三角形的两个内角分析可得 sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，结合函数
6.已知角 的顶点为坐标原点，始边为 轴的正半轴，且 ）
A. -12 【答案】D 【解析】 【分析】
B. -10
C. -8
，若点
是角 终边上一点，则 （ D. -6
由任意角的三角函数的定义，通过
，由此解得 的值.
【详解】由任意角的三角函数的定义可得
，
解得
，故选 D.
【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
，则
的最大值是__________．
【解析】
分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最
优解的坐标，代入目标函数得答案.
详解：由约束条件作出可行域如图：
联立
，解得
，，
化目标函数
为直线方程的斜截式
.
由图可知，当直线
过 ，直线在 y 轴上的截距最大，z 最小，最小值为
的单调性分析可得答案．
【详解】根据题意，当 x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x＝（ ）x，则 f（x）在（0，1）上为减函数，
5
又由 f（x）为偶函数，则 f（x）在（0，1）上为增函数，
若 α，β 为锐角三角形的两个内角，则 α+β＞90°，则 α＞90°﹣β，则有 sinα＞sin（90°﹣β）
；
当直线
过 时，直线在 y 轴上的截距最小，z 最大，最大值为
.
的取值范围为[﹣3，3].
故答案为：[﹣3，3].
点睛：利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是
(1)在平面直角坐标系内作出可行域．
7
(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．
(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解．
【详解】由（1+i）z＝|3+4i|
，
1
D. -5
得z
，
∴z 的虚部为 ． 故选：C．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3.已知 是两个不同平面，直线 ，则“ ”是“ ”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
【答案】A
，求得
，∴
考点：数量积表示两个向量的夹角.
，故选：C．
，由题意可得
12.定义：区间 ， ， ， 的长度均为 ，若不等式 并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为（ ）
的解集是互不相交区间的
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分析可得 定义分析可得答案．
或
，进而求出不等式的解集，结合区间长度的
【解析】
【分析】
先求出集合 B，再利用交集并集的定义判断选项．
山东省潍坊市2019届高三数学下学期模拟(一模)考试试题文(含解析)
山东省潍坊市2019届高三数学下学期模拟（一模）考试试题文（含解析）本试卷共4页.满分150分.注意事项：1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12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.，，则（）1. 已知集合B. A.D.C.B 【答案】【解析】【分析】B，再利用交集并集的定义判断选项．先求出集合xB|}，{＝，＝【详解】∵BA，∩．＝∴B．故选：【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别．，则的虚部为（若复数满足） 2. D. -5 C.A. 5B.C 【答案】【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．1izi||3+4【详解】由（1+，）＝z，得z．∴的虚部为C故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．”是“”的（是两个不同平面，直线），则“3. 已知A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件C. 充要条件A 【答案】【解析】∥是∥∥，则的充分∥表示两个不同平面，直线，所以是内一条直线，若∥，故不是充分条件∥条件；若不能推出∥的充分不必要条件是∴∥故选A，则的离心率为（：）的一条渐近线方程为 4.已知双曲线 D.C.A.B.【答案】C【解析】【分析】ba关系，然后求解离心率即可．利用双曲线的渐近线推出，Cabyx，2＝ 0【详解】由已知双曲线0（＞，＞）的一条渐近线方程为，，∴可得C．故选：【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时注意焦点位置，考查计算能力．执行下边的程序框图，如果输出的5.值为（，则输入的1值为）2或1或 A. 0 D. 0B. C. 0C 【答案】【解析】【分析】根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可．y【详解】程序对应的函数为，x xyex，满足条件．＝1＝得0＝若1≤0，由，得exlnxlnxyx＝＝1，即＞0，由＝2﹣，满足条件．＝1，得若ex，＝0或综上C．故选：本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键．【点睛】终边上已知角，若点的顶点为坐标原点，始边为是角轴的正半轴，且6.）（一点，则 B. -10C. -8D. -6A. -12D 【答案】【解析】【分析】.，由此解得的值由任意角的三角函数的定义，通过【详解】由任意角的三角函数的定义可得， D.，故选解得【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．3的图象过点，则（）7. 若函数直线 A. B. 点是的一个对称中心是的一条对称轴函数的最小正周期是 C. 的值域是函数D.D 【答案】【解析】【分析】fxfxx+1cos2θ，可得（，再利用余弦函数的（）＝）的图象过点（0，2），求出根据函数图象和性质，得出结论．xxxf＜θ）的图象过点（0，2cos）（0【详解】由函数，（（）＝2sin +2θ）?，∴2θ，1可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝，∴θ2xxxxxf+1，2coscos2（）＝2sin（cos+2θ）?＝＝故xfxAB都不正确；、当1，故时，（）＝xfC）的最小正周期为π，故（不正确；fxxD正确，，故cos2 +1∈[0，显然，2]（）＝D．故选：【点睛】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题．函数的图象可能是（）8.C. B.D.A.4【答案】A【解析】【分析】y轴的交点坐标，再判断函数的单调性，即可判断出答案．计算函数与Cyx时，，排除>x>0是单调递减的，，当时，0＝4﹣1＝3【详解】当＞＝0<0,所以也是单调递减的，又函数连续，故当时，导函数为x>0-4sinx-当时，x>A. 函数时递减的，故选A故选：．【点睛】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属于基础题．即已知三角形三边长求三角形面积的公中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，9.求则三角形的面积，，式：，设三角形的三条边长分别为可由公式得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的，，则此三角形面积的最大值为（）边长满足 D.A.C.B. 8【答案】A【解析】【分析】，，利用基本不等式，即可得出结论．由题意【详解】由题意，，当且仅当时等号成立，，即∴此三角形面积的最大值为．，故选A【点睛】本题考查面积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题．，为锐角三角形的两个内角，则，当10.时，已知偶函数，若）（B. A.D.C.B【答案】5【解析】【分析】fxf）上为减函数，结合函数的奇偶性可得0）在（-1根据题意，由函数的解析式可得（，x）在（0，1）上为增函数，又由（α，β为锐角三角形的两个内角分析可得sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，结合函数的单调性分析可得答案．xx﹣fxxfx）在（0，）时，，则（2）＝1（）上＝（）【详解】根据题意，当1∈（﹣，0为减函数，fxfx）在（0，1（又由）上为增函数，（）为偶函数，则若α，β为锐角三角形的两个内角，则α+β＞90°，则α＞90°﹣β，则有sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，ff（cosβ），（ sinα）＞则有B．故选：【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用，属于基础题．，，，夹角为，，11.，已知不共线向量时，的取值范围为（在）处取最小值，当D.B.A.C.【答案】C【解析】试题分析：由题意可得, ，∴，，由二次函数知，当上式取最小值时，C，∴，故选：由题意可得，求得．考点：数量积表示两个向量的夹角.，若不等式，12.的解集是定义：区间，的长度均为，互不相交区间的并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为（）D.A.B.C.6【答案】B【解析】【分析】或，进而求出不等式的解集，根据题意，分析可得结合区间长度的定义分析可得答案．，，即【详解】不等式化简可得，或∴，，有两个根或方程，则原不等式的解集为其解集区间的长度为， B．故选解出不等式是解【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，题的关键，属于中档题．. 分，共小题，每小题4520分二、填空题：本大题共的最大值是，则．__________13.若，满足约束条件3] ﹣[3，【答案】【解析】数形结合得到最优解，联分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，. 立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案详解：由约束条件作出可行域如图：7，，解得，联立为直线方程的斜截式化目标函数.最小，最小值为z，直线在y轴上的截距最大，过由图可知，当直线；.轴上的截距最小，z最大，最大值为当直线过时，直线在y3].，﹣3的取值范围为[3].，﹣3故答案为：[ 点睛：利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是在平面直角坐标系内作出可行域．(1) (2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形． (3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解．求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值. (4)，点，14.为的内角、的中点，、的对边分别为，，，若的长为__________．，则1 【答案】【解析】【分析】首先根据条件先求出C的大小，结合余弦定理进行求解即可．，，得【详解】由即，8，∴的中点，AC，∵D为，∴则，即，故答案为1．【点睛】本题主要考查解三角形的应用，利用余弦定理是解决本题的关键，属于中档题．的直线与抛物线及其准线依次相交15.的焦点为已知抛物线，准线为，过，若、之间且三点（其中、、在，则，于在第一象限）__________．2 【答案】【解析】【分析】MNMNMFMN所在直线方程，与抛物线方程联立，可得|＝|2|所在直线当斜率，写出|由已知pG的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解．求得HlMMH【详解】如图，过作＝⊥，MHMNMNMF||＝|2||＝2||，得|，由MN∴所在直线斜率为，yxMN所在直线方程为）（，pGF．＝22ppxx．0联立，得12＝﹣20+3，解得：|则2|，即．故答案为：29【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．为为的中点，连结将，沿直线16.如图，，矩形中，翻折成_______. 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是①存在某个位置，使得；②翻折过程中，的长是定值；，则③若；，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是④若.【答案】②④【解析】【分析】NCNENFNFFENENCNECADEMD，，可得到，⊥与，又，且三线对于①，取中点⊥，连接交共面共点，不可能，ECAMNEABMABNEC，由余弦定理可，（定值），＝对于②，可得由∠（定值）＝∠（定值）11NC是定值．得MDODODBAMDOOBOAMADAM，显，从而，即可得⊥，易得，中点对于③，取，连接⊥面＝11然不成立．10BAMAMDBAMD的体积最大，可得球半径为1时，三棱锥对于④：当平面，表面积﹣⊥平面11是4π．ADEECMDFNEABNFMB，∥交，与【详解】对于①：如图1，取，则中点∥，连接11CNABENNFENCNNENFNC共面共点，不可能，故①错．，，又，⊥如果⊥，可得到，且三线⊥1NEABMABAMECNEC（定值），，＝对于②：如图1，可得由∠（定值）＝∠，（定值）11222NCNEECNEECNECNC 是定值，故②正确．?，所以由余弦定理可得?＝cos∠+﹣2AMOBODOAMODBODAMAD，从而，连接⊥面⊥中点，，即可得，易得，取对于③：如图211MD，显然不成立，可得③不正确．＝BAMAMDBAMDADH就是三棱对于④：当平面﹣中点⊥平面的体积最大，易得时，三棱锥11BAMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是﹣4π．故④正确．锥1故答案为：②④．【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.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.，且公比.的前17.项和，已知为等比数列，）求；及（1的值；若不存在，请说明（2是等比数列？若存在，求）是否存在常数，使得数列理由.（；，）见解析21【答案】（）【解析】【分析】，根据通项公式和求和公式即（的方程组，解得和1）由题意可得列出关于，11是等比数列，分别令，2）假设存在常数，，使得数列32可求出；（，根据等比数列的性质求出的值，再根据定义证明即可．，解得，）由题意得【详解】解：（1，.所以，使得数列）假设存在常数（是等比数列， 2，因为，，又因为，所以，所以，，此时，则，是以为首项，公比为3的等比数列故存在.，使得数列【点睛】本题主要考查了等比数列的性质与判断，等比数列的通项公式，属于中档题．平面.如图，三棱柱中，，平面，18.）求证：；1 （的中点，求三棱锥的体积（2）若，.为，） 1）见解析（2（【答案】【解析】【分析】，从而平面1（，）过点作，，垂足为，推导出出导）（证此，从，而由能明；2推12，由此能求出三棱锥的体积．，垂足为【详解】解：（1作）过点，因为平面，平面，，故平面所以又因为，，，，，故所以，因为，所以.平面，故又因为，所以）可知， 1（2）由（，因为，，，故，，又因为，所以，因为平面，所以，故，. 的体积为所以三棱锥【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面关对于三棱锥的体积主要采用等体积法，面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，键是找到几何体的高，是中档题．）和某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量（单位：19.具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过与它“相近”的株数 43210），并分别记录了相近株数为，，，，时每株产量的相关数据如下：134 1 2 3 081115912关于它“相近”株数（1）求出该种水果每株的产量的回归方程；）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该（2）试根据（1其中每个小正方形的面积都为种水果，，现从所种的该水果中随机选取一株，.中的回归方程，预测它的产量的平均数，附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：.）1【答案】（）（2 【解析】【分析】的预报）代入的值，求出，求出回归方程即可；）计算出（1，，代入求出系数和（2 值，求平均数即可．（1）由题意得：，【详解】解：，，，14，所以，.所以 2）由回归方程得：（时，当，时，当，当时，，.故平均数为：.所以一株产量的平均数为考查了学生的计考查函数代入求值以及平均数问题，【点睛】本题考查了求回归方程问题，算能力，属于基础题．，垂足分别为20.如图，轴，点轴的垂线，为圆上一动点，：过点，分别作.连接的轨迹记为曲线延长至点，使得，点）求曲线（1的方程；，轴的正半轴上，直线相交于（2与曲线）若点，两点，试问在分别位于轴与为平行四边形，若存在，求出直线方程；曲线，上是否存在点使得四边形若不存在，说明理由.详见解析.）这样的直线不存在）1【答案】（2（【解析】15【分析】，通过，转化求解即可．，则，且，（1）设，MxyNxy设直线的方程为，设（（，，由题意知直线的斜率存在且不为零，），）2，（）2112Q，满足题意，则其充要条件为x的一元二次方程，假设存在点代入椭圆方程整理得关于QxxyyQ在曲线的坐标为（上，+），．由此利用韦达定理结合点+，则点2112得到关于k的方程求解即可．，，）设【详解】（1，，则为中点，，所以由题意知由中点坐标公式得，即，：上，故满足又点在圆，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，，即①，因为，故联立，得：，消去，，设，，，16为平行四边形，故因为，在椭圆上，故，②，点，整理得将①代入②，得，该方程无解，.故这样的直线不存在考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求本题考查点的轨迹方程的求法，【点睛】法，体现了数学转化思想方法，是中档题．.，21.，已知函数的单调区间；）当时，求（1为函数的两个不同极值点，，.若证明：，（2）设）见解析）见解析（2【答案】（1 【解析】【分析】单时，若1（，）求出原函数的导函数，，可得）（2，求出导函数的零点，根据导函数与0的关系可得原函数的单调性；调递增；若和原题转化为证，根据导数先得在R上单调递增，根据，进一步转化为证，再由，得到证明明设证导数明，，设，利用为，化证即可．）（【详解】解：1，. 若，单调递增，，若，，由，解得且，，单调递减，.，，单调递增的单调递增区间为，综上，当时，的单调递增区间为当.时，，单调递减区间为）2（，17故上单调递增，即证：在，也即证：，，又，为方程，的两根，所以即，，即即证②得而①-，，即证：不妨设，，，变形得则证：，所以，设，，则单调递增，在∴，.即结论成立，得函数单【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的单调性，由得函数单调递减；考查利用导数求函数的最值以及导数与极值的关系，考调递增，查数学转化思想方法，属于难题．. 23题中任选一题作答.请考生在第22、（二）选考题：共10分（已知曲线中，：坐标系与参数方程：4-422.选修：在平面直角坐标系轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方为参数），在以坐标原点为极点，以18.程为 1的普通方程和直线的直角坐标方程；）求曲线（.）求曲线）与直线交点的极坐标（，（2.【答案】（1（）2，，）【解析】【分析】）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（1结利用直线和曲线的位置关系的应用建立二元二次方程组，进一步求出极坐标系下的2（）果．【详解】（1化为普通方程为：）曲线，，由，得所以直线的直角坐标方程为.的普通方程为），联立（2，或，解得所以交点的极坐标为.，二元二次参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，【点睛】本题考查的知识要点：方程的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．.的最大值为已知函数23. ）求实数的值；（1，，且满足，设，求证：（2）若.）（）见解析2【答案】（1 【解析】【分析】tx的范围化简函数的解析式，根据函数的性质求出函数的最值，即可求出1）通过讨论（的值，nmgg）≥2．2+）（）根据三角不等式和基本不等式的性质求出（2+2（（【详解】1）由19，得.所以，即）因为，2（，由知=，.时取等号，即当且仅当.所以考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的性质，本题考查了解绝对值不等式问题，【点睛】属于基础题．20。
山东省潍坊市2019届高三下学期高考模拟(一模)考试数学(文科)试题-1f8002ec61204e36aeabf97510895b62
绝密★启用前【市级联考】山东省潍坊市2019届高三下学期高考模拟（一模)考试数学（文科)试题试卷副标题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明 一、单选题1．已知集合 ， ，则（ ） A ． B ． C ．D ．2．若复数 满足 ，则 的虚部为（ ） A ．5B ．C ．D ．-53．已知 是两个不同平面，直线 ，则“ ”是“ ”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4．已知双曲线 ：的一条渐近线方程为 ，则 的离心率为（ ） A ．B ．C ．D ．5．执行下边的程序框图，如果输出的 值为1，则输入的 值为（ ）○…………外…………○…………装…………○………线…………○……※※请※※不※※要※※在※※装※○…………内…………○…………装…………○………线…………○……A ．0B ．C ．0或D ．0或16．已知角 的顶点为坐标原点，始边为 轴的正半轴，且，若点 是角 终边上一点，则 （ ） A ．-12B ．-10C ．-8D ．-67．若函数的图象过点 ，则（ ） A ．点是 的一个对称中心B ．直线是 的一条对称轴C ．函数 的最小正周期是D ．函数 的值域是8．函数 的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．9．中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为，，，则三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为（）A．B．8C．D．10．已知偶函数，当时，，若，为锐角三角形的两个内角，则（）A．B．C．D．11．已知不共线向量，夹角为，，，，，在处取最小值，当时，的取值范围为（）A．B．C．D．12．定义：区间，，，的长度均为，若不等式的解集是互不相交区间的并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为（）A．B．C．D．○…………装……※※请※※不※※要※※在○…………装……第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13．若，满足约束条件，则的最大值是__________．14．的内角、、的对边分别为，，，点为的中点，若，，，则的长为__________．15．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线及其准线依次相交于、、三点（其中在、之间且在第一象限），若，，则__________．16．如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______.①存在某个位置，使得；②翻折过程中，的长是定值；③若，则；④若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.三、解答题17．为等比数列的前项和，已知，，且公比.（1）求及；（2）是否存在常数，使得数列是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.18．如图，三棱柱中，，，平面平面.○…………外……○…………装…………○……学校:___________姓名：○…………内……○…………装…………○……（1）求证： ；（2）若 ， ， 为 的中点，求三棱锥 的体积. 19．某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量 （单位： ）和与它“相近”的株数 具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过 ），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：（1）求出该种水果每株的产量 关于它“相近”株数 的回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为 ，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数.附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：， .20．如图，点 为圆 ： 上一动点，过点 分别作 轴， 轴的垂线，垂足分别为 ， ，连接 延长至点 ，使得，点 的轨迹记为曲线 .（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.21．已知函数，，.（1）当时，求的单调区间；（2）设，若，为函数的两个不同极值点，证明：.22．选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，已知曲线：（为参数），在以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线与直线交点的极坐标（，）.23．已知函数的最大值为.（1）求实数的值；（2）若，设，，且满足，求证：.参考答案1．B【解析】【分析】先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项．【详解】∵B＝，＝{x|}，∴A∩B＝．，故选：B．【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别．2．C【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】由（1+i）z＝|3+4i|，得z，∴z的虚部为．故选：C．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．A【解析】表示两个不同平面，直线是内一条直线，若∥，则∥，所以∥是∥的充分条件；若∥不能推出∥，故不是充分条件∴∥是∥的充分不必要条件故选A4．C【解析】【分析】利用双曲线的渐近线推出b，a关系，然后求解离心率即可．【详解】由已知双曲线C（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，可得，∴，，故选：C．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时注意焦点位置，考查计算能力．5．C【解析】【分析】根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可．【详解】程序对应的函数为y ，，＞，若x≤0，由y＝1得e x＝1，得x＝0，满足条件．若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件．综上x＝0或e，故选：C．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键．6．D【解析】【分析】由任意角的三角函数的定义，通过，由此解得的值.【详解】由任意角的三角函数的定义可得，解得，故选D.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．7．D【解析】【分析】根据函数f（x）的图象过点（0，2），求出θ，可得f（x）＝cos2x+1，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论．【详解】由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0，2），可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∴2θ，∴θ，故f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x＝2cos2x＝cos2x+1，当x时，f（x）＝1，故A、B都不正确；f（x）的最小正周期为π，故C不正确；显然，f（x）＝cos2x+1∈[0，2]，故D正确，故选：D．【点睛】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题．8．A【解析】【分析】计算函数与y轴的交点坐标，再判断函数的单调性，即可判断出答案．【详解】当x＝0时，y＝4﹣1＝3＞0，排除C，当>x>0时，是单调递减的，当x>时，导函数为-4sinx-<0,所以也是单调递减的，又函数连续，故当x>0时，函数时递减的，故选A.故选：A．【点睛】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属于基础题．9．A【解析】【分析】由题意，，利用基本不等式，即可得出结论．【详解】由题意，，当且仅当，即时等号成立，∴此三角形面积的最大值为，故选A．【点睛】本题考查面积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题．10．B【解析】【分析】根据题意，由函数的解析式可得f（x）在（-1，0）上为减函数，结合函数的奇偶性可得f （x）在（0，1）上为增函数，又由α，β为锐角三角形的两个内角分析可得sinα＞sin （90°﹣β）＝cosβ，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】根据题意，当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x＝（）x，则f（x）在（0，1）上为减函数，又由f（x）为偶函数，则f（x）在（0，1）上为增函数，若α，β为锐角三角形的两个内角，则α+β＞90°，则α＞90°﹣β，则有sinα＞sin （90°﹣β）＝cosβ，则有f（ sinα）＞f（cosβ），故选：B．【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用，属于基础题．11．C【解析】试题分析：由题意可得，（）, ，∴，由二次函数知，当上式取最小值时，，由题意可得，求得，∴，故选：C．考点：数量积表示两个向量的夹角.12．B【解析】【分析】根据题意，分析可得或，进而求出不等式的解集，结合区间长度的定义分析可得答案．【详解】不等式，即，化简可得，∴或，方程有两个根或，则原不等式的解集为，其解集区间的长度为，故选B．【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，解出不等式是解题的关键，属于中档题．13．[﹣3，3]【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案.详解：由约束条件作出可行域如图：联立，解得，，化目标函数为直线方程的斜截式.由图可知，当直线过，直线在y轴上的截距最大，z最小，最小值为；当直线过时，直线在y轴上的截距最小，z最大，最大值为.的取值范围为[﹣3，3].故答案为：[﹣3，3].点睛：利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值.14．1【解析】【分析】首先根据条件先求出C的大小，结合余弦定理进行求解即可．【详解】由，得，即，∴，∵D为AC的中点，，∴，则，即，故答案为1．【点睛】本题主要考查解三角形的应用，利用余弦定理是解决本题的关键，属于中档题．15．2【解析】【分析】由已知|MN|＝2|MF|可得MN所在直线当斜率，写出MN所在直线方程，与抛物线方程联立，求得G的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解p．【详解】如图，过M作MH⊥l＝H，由|MN|＝2|MF|，得|MN|＝2|MH|，∴MN所在直线斜率为，MN所在直线方程为y（x），联立，得12x2﹣20px+3p2＝0．解得：，则|GF|，即p＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．16．②④【解析】【分析】对于①，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC 共面共点，不可能，对于②，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC是定值．对于③，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4π．【详解】对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD ＝MD，显然不成立，可得③不正确．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.17．（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得列出关于和的方程组，解得，，根据通项公式和求和公式即可求出；（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，分别令，2，3，根据等比数列的性质求出的值，再根据定义证明即可．【详解】解：（1）由题意得，解得，所以，.（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，因为，，，又因为，所以，所以，此时，，则，故存在，使得数列是以为首项，公比为3的等比数列.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质与判断，等比数列的通项公式，属于中档题．18．（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，推导出，，，从而平面，由此能证明；（2）推导出，从而，由此能求出三棱锥的体积．【详解】解：（1）过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故，又因为，，，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）由（1）可知，，因为，，故，又因为，，所以，，因为平面，所以，故，所以三棱锥的体积为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，对于三棱锥的体积主要采用等体积法，关键是找到几何体的高，是中档题．19．（1）（2）【解析】【分析】（1）计算出，，代入求出系数和，求出回归方程即可；（2）代入的值，求出的预报值，求平均数即可．【详解】解：（1）由题意得：，，，，所以，，所以.（2）由回归方程得：当时，，当时，，当时，，故平均数为：.所以一株产量的平均数为.【点睛】本题考查了求回归方程问题，考查函数代入求值以及平均数问题，考查了学生的计算能力，属于基础题．20．（1）（2）这样的直线不存在.详见解析【解析】【分析】（1）设，，则，，且，通过，转化求解即可．（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q的坐标为（x1+x2，y1+y2）．由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可．【详解】（1）设，，则，，由题意知，所以为中点，由中点坐标公式得，即，又点在圆：上，故满足，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，因为，故，即①，联立，消去得：，设，，，，，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，②，将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题．21．（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，可得时，若，，，单调递增；若，求出导函数的零点，根据导函数与0的关系可得原函数的单调性；（2）根据导数先得在R上单调递增，原题转化为证，根据和进一步转化为证，再由，得到证明，设，，化为证明，设，利用导数证明（）即可．【详解】解：（1），若，，，单调递增.若，由，解得，且，，单调递减，，，单调递增.综上，当时，的单调递增区间为，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2），故在上单调递增，即证：，也即证：，又，，所以，为方程的两根，即即证，即，而①-②得，即证：，不妨设，，则证：变形得，所以，，设，则，∴在单调递增，，即结论成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的单调性，由，得函数单调递增，得函数单调递减；考查利用导数求函数的最值以及导数与极值的关系，考查数学转化思想方法，属于难题．22．（1），（2），.【解析】【分析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立二元二次方程组，进一步求出极坐标系下的结果．【详解】（1）曲线化为普通方程为：，由，得，所以直线的直角坐标方程为.（2）的普通方程为，联立，解得或，所以交点的极坐标为，.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元二次方程的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23．（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）通过讨论x的范围化简函数的解析式，根据函数的性质求出函数的最值，即可求出t 的值，（2）根据三角不等式和基本不等式的性质求出g（m+2）+g（2n）≥2．【详解】（1）由得，所以，即.（2）因为，由，知=，当且仅当，即时取等号.所以.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的性质，属于基础题．。
2019年潍坊市高考模拟考试 数学试题(文)
潍坊市高考模拟考试文科数学2019．3本试卷共6页．满分150分． 注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名、考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共12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{}{}1,21xA x xB x =>=>，则A. {}0A B x x ⋂=> B. {}A B x x ⋂=>1 C. {}1A B x x ⋃=>D. A B R ⋂=2.若复数z 满足()134i z i z +=+，则的虚部为 A.5B.52C. 52-D. 5-3.设,αβ为两个不同平面，直线m α⊂，则“//αβ”是“//m β”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4.已知双曲线()2222:10,0y x C a b a b -=>>的一条渐近线方程为2y x =，则C 的离心率为A.B.5C.2D.55.执行右边的程序框图，如果输出的y 值为1，则输入的x 的值为 A.0 B.e C.0或e D.0或16.已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x 轴的正半轴，且3cos 5θ=-，若点(),8M x 是角θ终边上一点，则x = A. 12- B. 10- C. 8- D. 6-7.若函数()()2sin 2cos 02f x x x πθθ⎛⎫=+⋅<<⎪⎝⎭的图象过点()0,2，则 A.点(),04y f x π⎛⎫=⎪⎝⎭是的一个对称中心 B. 直线()4x y f x π==是的一条对称轴C.函数()y f x =的最小正周期是2πD. 函数()y f x =的值域是[]0,28.函数4cos xy x e =-的图象可能是9.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为,,a b c ，则三角形的面积S 可由公式S =其中p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足6,8a b c =+=，则此三角形面积的最大值为A.B.8C.D. 10.已知偶函数()y f x =，当()()1,02,xx f x αβ-∈-=时，若，为锐角三角形的两个内角，则A. ()()sin sin f f αβ>B. ()()sin cos f f αβ>C. ()()cos cos f f αβ>D. ()()cos sin f f αβ>11.已知不共线向量,OA OB 夹角为()(,1,2,1,0OA OB OP t OA OQ tOB t α===-=≤)01,PQ t t ≤=在处取最小值，当0105t α<<时，的取值范围为A.03π⎛⎫⎪⎝⎭，B. 32ππ⎛⎫⎪⎝⎭，C. 223ππ⎛⎫⎪⎝⎭，D. 23ππ⎛⎫⎪⎝⎭， 12.定义：区间[](]()[),,,,,,a b a b a b a b 的长度均为b a -，若不等式125124x x +≥--的解集是互不相交区间的并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之和为 A.512B.125C.5D.209二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
山东潍坊2019届高考模拟考试文科数学(含答案)
潍坊市高考模拟考试文科数学本试卷共4页.满分150分. 注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回，一、选择题：本大题共12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{}|23A x x =-≤≤，函数()1f x ln x =-（）的定义域为集合B ，则A B =I （ ）A. []2,1-B. [)2,1-C. []1,3D. (]1,3【答案】B 【解析】 【分析】求出集合B ，再利用交集运算得解 【详解】由10x ->得：1x <，所以集合(),1B =-∞，又{}|23A x x =-≤≤ 所以[)2,1A B =-I . 故选B【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．2.若复数12,z z 在复平面内的对应点关于虚轴对称，11z i =+，则12z z =（ ） A. i B. i - C. 1 D. 1-【答案】B【解析】 【分析】利用已知求得21z i =-+，再利用复数的乘法、除法运算计算即可得解． 【详解】Q 11z i =+，复数12,z z 在复平面内的对应点关于虚轴对称，∴21z i =-+， ∴12z z =()()()()12111211i i i i i i i i ---===--+-+--++ 故选:B【点睛】本题主要考查了复数的对称关系，还考查了复数的除法、乘法运算，属于基础题． 3.已知等差数列{a n }的前5项和为15，a 6＝6，则a 2019＝（ ） A. 2017 B. 2018C. 2019D. 2020【答案】C 【解析】 【分析】根据已知得到关于1,a d 的方程组，解方程组即得解，再利用等差数列的通项求a 2019.【详解】由题得11154515,1256a d a d a d ⨯⎧+⨯=⎪∴==⎨⎪+=⎩， 所以20191201812019a =+⨯=. 故选C【点睛】本题主要考查等差数列的通项和前n 项和公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4.已知命题p ：∀x∈R ，x 2＞0，则p ⌝是（ ） A. ∀x∈R ，x 2＜0 B. ∃x∈R ，x 2＜0C. ∀x∈R ，x 2≤0D. ∃x ∈R ，x 2≤0 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用全称命题的否定解答.【详解】因为命题p：∀x∈R，x2＞0，所以p⌝：∃x∈R，x2≤0故选D【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的．而这七块板可拼成许多图形，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清陆以湉《冷庐杂识》写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余．在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新谱》．若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为（）A. 14B.17C.18D.116【答案】C【解析】【分析】设包含7块板的正方形边长为4，其面积为16，计算雄鸡的鸡尾面积为2，利用几何概型概率计算公式得解．【详解】设包含7块板的正方形边长为4，其面积为4416⨯=则雄鸡的鸡尾面积为标号为6的板块，其面积为212S=⨯=所以在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾（阴影部分）的概率为21168p==.故选C.【点睛】本题主要考查了几何概型概率计算，考查观察能力，属于基础题．6.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为l的正方形，正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，则此几何体的体积是（）A3 B.3 C.3 D. 13【答案】A 【解析】 【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是底面为正方形的正四棱锥，结合图中数据求出它的体积．【详解】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是底面边长为1正方形，斜高为1四棱锥， 且四棱锥的高为2131()2-=的正四棱锥．∴它的体积为213313V =⨯⨯=．故选：A ．【点睛】本题考查了利用空间几何体的三视图求体积的问题，也考查了空间想象能力的应用问题，属于基础题．7.如图所示的函数图象，对应的函数解析式可能是（ ）A. 221x y x =--B. 2sin y x x =C. ln xy x=D.()22x y x x e -=【答案】D 【解析】 【分析】对B 选项的对称性判断可排除B. 对C 选项的定义域来看可排除C ，对A 选项中，2x =-时，计算得0y <，可排除A ，问题得解．【详解】Q 2sin y x x =为偶函数，其图象关于y 轴对称，∴排除B.Q 函数ln xy x=的定义域为{}011x x x <或，∴排除C . 对于221xy x =--，当2x =-时，()222210y -=---<，∴排除A故选D【点睛】本题主要考查了函数的对称性、定义域、函数值的判断与计算，考查分析能力，属于中档题． 8.函数sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象可由函数32cos 2y x x =-的图象（ ） A. 向右平移3π个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变得到 B. 向右平移6π个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变得到 C. 向左平移3π个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的12，横坐标不变得到 D. 向左平移6π个单位，再将所得图象上所有点的纵坐标缩短到原来的12，横坐标不变得到【答案】D 【解析】 【分析】合并3sin2cos2y x x =-得：2sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，利用平移、伸缩知识即可判断选项．【详解】由3sin2cos2y x x =-得：2sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭将它的图象向左平移6π个单位， 可得函数2sin 22sin 2666y x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的图象，再将上述图象上所有点的纵坐标缩短到原来的12，横坐标不变得到：sin 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图象.故选D【点睛】本题主要考查了三角函数图象的平移、伸缩变换，考查了两角差的正弦公式，属于中档题．9.在边长为1的等边三角形ABC 中，点P 是边AB 上一点，且．2BP PA =，则CP CB ⋅=u u u v u u u v（ ） A.13B.12C.23D. 1【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的加减法及数乘运算用,CA CB u u u r u u u r 表示CP u u u v，再利用数量积的定义得解．【详解】依据已知作出图形如下：()11213333CP CA AP CA AB CA CB CA CA CB =+=+=+-=+u u u v u u v u u u v u u v u u u v u u v u u u v u u v u u v u u u v .所以221213333CP CB CA CB CB CA CB CB ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭⋅=⋅⋅u u u v u u u v u u v u u u v u u u v u u v u u u v u u u v221211cos 13333π=⨯⨯⨯+⨯= 故选C【点睛】本题主要考查了向量的加减法及数乘运算，还考查了数量积的定义，考查转化能力，属于中档题．10.一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（）A. 6πB. 12πC. 32πD. 48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以223SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3. 所以四面体外接球的表面积为243=12ππ.故选B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.11.已知P 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>上一点，12F F ，为双曲线C 的左、右焦点，若112PF F F =，且直线2PF 与以C 的实轴为直径的圆相切，则C 的渐近线方程为（ ） A. 43y x =±B. 34y x =?C. 35y x =±D. 53y x =±【答案】A 【解析】 【分析】依据题意作出图象，由双曲线定义可得1122PF F F c ==，又直线PF 2与以C 的实轴为直径的圆相切，可得2MF b =，对2OF M ∠在两个三角形中分别用余弦定理及余弦定义列方程，即可求得2b a c =+，联立222c a b =+，即可求得43b a =，问题得解． 【详解】依据题意作出图象，如下：则1122PF F F c ==，OM a =， 又直线PF 2与以C 的实轴为直径的圆相切， 所以2OM PF ⊥, 所以222MF c a b =-=由双曲线定义可得：212PF PF a -=，所以222PF c a =+，所以()()()()22222222cos 2222c a c c b OF M c c a c ++-∠==⨯⨯+整理得：2b a c =+，即：2b a c -= 将2c b a =-代入222c a b =+，整理得：43b a =， 所以C 的渐近线方程为43b y x x a =±=± 故选A【点睛】本题主要考查了双曲线的定义及圆的曲线性质，还考查了三角函数定义及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于难题． 12.已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是（）A. 1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B. 2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C. []1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭UD.371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C 【解析】 【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围.【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意.当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2],因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a , 所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）, 由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0.当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2],当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a-+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12. 综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2，故选C .【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.焦点在x 轴上，短轴长等于16，离心率等于35的椭圆的标准方程为________． 【答案】22110064x y +=【解析】 【分析】由短轴长等于16可得8b =，联立离心率及222a b c =+即可求得2100a =，问题得解． 【详解】由题可得：216b =，解得：8b =又22235c e a a b c ⎧==⎪⎨⎪=+⎩，解得：2100a =所以所求椭圆的标准方程为22110064x y +=.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质，考查计算能力，属于基础题．14.若x ，y 满足约束条件02636x y x y ≤+≤⎧⎨≤-≤⎩，则2z x y =-的最大值为______．【答案】10 【解析】 【分析】作出不等式组02636x y x y ≤+≤⎧⎨≤-≤⎩表示的平面区域，利用线性规划知识求解．【详解】作出不等式组02636x y x y ≤+≤⎧⎨≤-≤⎩表示的平面区域如下：作出直线:l 20x y -=，当直线l 往下平移时，2z x y =-变大， 当直线l 经过点()2,4A -时，()max 22410z =-⨯-=【点睛】本题主要考查了利用线性规划求目标函数的最值知识，考查作图及计算能力，属于基础题．15.设数列{}n a 满足123232nn a a a na ⋅⋅⋅⋅=L ，则n a =__________.【答案】2n【解析】 【分析】求得数列的首项，再将n 换为1n -，相除可得所求通项公式；【详解】解：{}n a 满足123232nn a a a na ⋅⋅⋅⋅=L (*)n N ∈可得1n =时，12a =，2n …时，11212(1)2n n a a n a --⋅⋯-=，又123232nn a a a na ⋅⋅⋅⋅=L (*)n N ∈相除可得2n na =，即2n a n =， 上式对1n =也成立，则{}n a 的通项公式为2n a n=；故答案为：2n【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用下标变换相除法，属于中档题. 16.如图，边长为1的正方形ABCD ，其中边DA 在x 轴上，点D 与坐标原点重合，若正方形沿x 轴正向滚动，先以A 为中心顺时针旋转，当B 落在x 轴上时，再以B 为中心顺时针旋转，如此继续，当正方形ABCD 的某个顶点落在x 轴上时，则以该顶点为中心顺时针旋转．设顶点C （x ，y ）滚动时形成的曲线为y ＝f （x ），则f （2019）＝________．【答案】0 【解析】 【分析】由题可得：()f x 是周期为4的函数，将()2019f 化为()3f ，问题得解． 【详解】由题可得：()f x 是周期为4的函数， 所以()()()2019450433f f f =⨯+=. 由题可得：当3x =时，点C 恰好在x 轴上， 所以()30f =，所以()20190f =.【点睛】本题主要考查了函数的周期性及转化能力，属于中档题．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.如图，在平面四边形ABCD 中，42AB =，22BC =，4AC =.（1）求cos BAC ∠；（2）若45D ∠=︒，90BAD ∠=︒，求CD . 【答案】（1）528；（2）CD ＝5 【解析】 【分析】（1）直接利用余弦定理求cos∠BAC；（2）先求出sin∠DAC＝528，再利用正弦定理求CD ． 【详解】（1）在△ABC 中，由余弦定理得：222cos 2AB AC BC BAC AB AC+-∠=⋅522442==⨯⨯． （2）因为∠DAC＝90°－∠BAC，所以sin∠DAC＝cos∠BAC＝528， 所以在△ACD 中由正弦定理得：sin sin45CD ACDAC =∠︒，522=，所以CD ＝5．【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18.如图，四棱锥M －ABCD 中，MB⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝MB ，E 、F 分别为MA 、MC 的中点．（1）求证：平面BEF⊥平面MAD ；（2）若223BC AB ==，求三棱锥E －ABF 的体积．【答案】（1）见解析；（23【解析】 【分析】（1）先证明BE⊥平面MAD ，再证平面BEF⊥平面MAD ；（2）利用体积变换E ABF F ABE V V --=求三棱锥E －ABF 的体积．【详解】（1）因为MB⊥平面ABCD ，所以MB⊥AD， 又因为四边形ABCD 是矩形，所以AD⊥AB， 因为AB∩MB＝B ，所以AD⊥平面MAB ， 因为BE ⊂平面MAB ，所以AD⊥BE， 又因为AB ＝MB ，E 为MA 的中点， 所以BE⊥MA，因为MA∩AD＝A ， 所以BE⊥平面MAD ， 又因为BE ⊂平面BEF ，所以平面BEF⊥平面MAD ．（2）因为AD∥BC，所以BC⊥面MAB ，又因为F 为MC 的中点， 所以F 到面MAB 的距离132h BC == 又因为MB⊥平面ABCD ，AB ＝MB 3，E 为MA 的中点， 所以1113332224ABE S ABM ==⨯=V V ， 所以113333344E ABF F ABE ABE V V S h V --==⋅=⨯=．【点睛】本题主要考查空间几何元素垂直关系的证明，考查空间几何体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象分析转化能力.19.某公司甲、乙两个班组分别试生产同一种规格的产品，已知此种产品的质量指标检测分数不小于70时，该产品为合格品，否则为次品，现随机抽取两个班组生产的此种产品各100件进行检测，其结果如下表：质量指标检测分数[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]甲班组生产的产品件数7 18 40 29 6乙班组生产的产品件数8 12 40 32 8（1）根据表中数据，估计甲、乙两个班组生产该种产品各自的不合格率；（2）根据以上数据，完成下面的2×2列联表，并判断是否有95％的把握认为该种产品的质量与生产产品的班组有关？甲班组乙班组合计合格品次品合计（3）若按合格与不合格的比例，从甲班组生产的产品中抽取4件产品，从乙班组生产的产品中抽取5件产品，记事件A：从上面4件甲班组生产的产品中随机抽取2件，且都是合格品；事件B：从上面5件乙班组生产的产品中随机抽取2件，一件是合格品，一件是次品，试估计这两个事件哪一种情况发生的可能性大．附：()()()()()22n ad bcKa b c d a c b d-=++++P（K2≥k）0.050 0.010 0.001k 3.841 6.635 10.828【答案】（1）甲：25%，乙：20%；（2）没有95％的把握认为此种产品的产品质量与生产产品的班组有关；（3）事件A发生的可能性大一些【解析】【分析】（1）直接计算甲班组和乙班组产品的不合格率；（2）利用独立性检验求得没有95％的把握认为此种产品的产品质量与生产产品的班组有关；（3）利用古典概型的概率公式求出P（A）和P（B），再比较大小即得解.【详解】（1）根据表中数据，甲班组生产该产品的不合格率为71825% 100+=，乙班组生产该产品的不合格率为81220% 100+=；（2）列联表如下：甲班组乙班组合计合格品75 80 155 次品25 20 45 合计100 100 200()22200752080250.717 3.84110010015545K ⨯⨯-⨯=≈<⨯⨯⨯．所以，没有95％的把握认为此种产品的产品质量与生产产品的班组有关．（3）由题意，若按合格与不合格的比例，则抽取了4件甲班组产品，5件乙班组产品，其中甲、乙班组抽取的产品中均含有1件次品，设这4件甲班组产品分别为A 1，A 2，A 3，D ，其中A 1，A 2，A 3代表合格品，D 代表次品，从中随机抽取2件，则所有可能的情况为A 1A 2，A 1A 3，A 1D ，A 2A 3，A 2D ，A 3D 共6种，A 事件包含3种，故()12P A =；设这5件乙班组产品分别为B 1，B 2，B 3，B 4，E ，其中B 1，B 2，B 3，B 4代表合格品，E 代表次品，从中随机抽取2件，则所有可能的情况为B 1B 2，B 1B 3，B 1B 4，B 1E ，B 2B 3，B 2B 4，B 2E ，B 3B 4，B 3E ，B 4E 共10种，B 事件包含4种，故()25P B =； 因为P （A ）＞P （B ），所以，事件A 发生的可能性大一些．【点睛】本题主要考查独立性检验和古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20.已知抛物线2:4C x y =的焦点为F ，直线：()0y kx b k =+≠交抛物线C 于,A B 两点，()4,0,3AF BF M +=．（1）若AB 的中点为T ，直线MT 的斜率为'k ，证明：1262（2）求ABM ∆面积的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1669. 【解析】【分析】 （1）联立24y kx bx y=+⎧⎨=⎩求出AB 的中点坐标为T （2k ，1），再计算得k·k '＝－1．（2）先求出点M 到直线l 距离231b d k-=+，再求出()()2241AB k kb =++，再求出ABM S =V()()222411k k +-，最后构造函数利用导数求面积的最大值得解.【详解】（1）证明：联立24y kx b x y=+⎧⎨=⎩，消去y 得，x 2－4kx －4b ＝0， △＝16k 2＋16b ＞0，即k 2＋b ＞0， 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由韦达定理得x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4b ， 因为|AF|＋|BF|＝4，由抛物线定义得y 1＋1＋y 2＋1＝4，得y 1＋y 2＝2， 所以AB 的中点坐标为T （2k ，1）， 所以311'02k k k-==--，所以k·k '＝－1．（2）由（1）得|x 1－x 2|2＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝16（k 2＋b ），()()()22212141AB k xk k b =+-=++设点M 到直线l 距离为d ，则231b d k-=+而由（1）知，y 1＋y 2＝kx 1＋b ＋kx 2＋b ＝k （x 1＋x 2）＋2b ＝4k 2＋2b ＝2， 即2k 2＋b ＝1，即b ＝1－2k 2，由△＝16k 2＋16b ＞0，得0＜k 2＜1，所以()()22231141221ABMb S AB d k k b k -=⨯⨯=⨯++-V ()()222411k k =+-令t ＝k 2，0＜t ＜1，设f （t ）＝（1＋t ）2（1－t ）＝1＋t －t 2－t 3，0＜t ＜1， ()f t '＝1－2t －3t 2＝（t ＋1）（－3t ＋1），103t <<时，()f t '＞0，f （t ）为增函数； 113t <<时，()f t '＜0，f （t ）为减函数； 所以当13t =，()max 3227f t =，所以，S △ABM 166． 【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质和斜率的计算，考查直线和抛物线的位置关系和定值问题，考查抛物线中的最值问题，考查利用导数研究函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.21.已知函数f （x ）＝xe x －alnx （无理数e ＝2.718…）． （1）若f （x ）在（0，1）单调递减，求实数a 的取值范围；（2）当a ＝－1时，设g （x ）＝x （f （x ）－xe x）－x 3＋x 2－b ，若函数g （x ）存在零点，求实数b 的最大值． 【答案】（1）a≥2e；（2）0 【解析】 【分析】（1）由题得()'f x ≤0，即a≥（x 2＋x ）e x在（0，1）上恒成立，再构造函数求函数的最大值即得解；（2）问题等价于方程b ＝xlnx －x 3＋x 2在（0，＋∞）上有解，先证lnx≤x－1（x ＞0），再求得b 的最大值为0．【详解】（1）()()2'xx x x x e a a f x xe e x x+-=+-=， 由题意：()'f x ≤0，x∈（0，1）恒成立，即（x 2＋x ）e x －a≤0， 也就是a≥（x 2＋x ）e x 在（0，1）上恒成立， 设h （x ）＝（x 2＋x ）e x ，则()h x '＝e x （2x ＋1）＋（x 2＋x ）e x ＝e x （x 2＋3x ＋1）， 当x∈（0，1）时，x 2＋3x ＋1＞0，故()h x '）＞0，h （x ）在（0，1）单调递增，h （x ）＜h （1）＝2e ， 因此a≥2e．（2）当a ＝－1时，f （x ）＝xe x ＋lnx ，g （x ）＝xlnx －x 3＋x 2－b ， 由题意：问题等价于方程b ＝xlnx －x 3＋x 2在（0，＋∞）上有解， 先证：lnx≤x－1（x ＞0），事实上：设y ＝lnx －x ＋1，则1'1y x=-，令110x-=，x ＝1，x∈（0，1）时，y'＞0函数递增，x∈（1，＋∞）时，y'＜0函数递减， y max ＝y |x ＝1＝0，即y≤0，也就是lnx≤x－1．由此：k （x ）＝xlnx －x 3＋x 2≤x（x －1）－x 3＋x 2＝2x 2－x －x 3＝－x （x 2－2x ＋1）≤0， 故当x ＝1时，k （1）＝0，所以b 的最大值为0．【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式的恒成立问题和零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答. 选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为3sin x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩（α为参数），在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点M 的极坐标为322,4π⎛⎫⎪⎝⎭，直线l 的极坐标方程为sin 2204ρθπ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭． （1）求直线l 的直角坐标方程与曲线C 的普通方程；（2）若N 是曲线C 上的动点，P 为线段MN 的中点，求点P 到直线l 的距离的最大值．【答案】（1）40x y --=,2213x y +=；（2）22. 【解析】 【分析】（1）直接利用极坐标方程、参数方程和普通方程互化的公式求直线l 的直角坐标方程与曲线C 的普通方程；（2）设N 3cos α，sinα），α∈[0，2π）．先求出点P 到直线l 的距离31cos sin 6222d αα--=再求最大值. 【详解】（1）因为直线l 的极坐标方程为πsin 204ρθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭， 即ρsinθ－ρcosθ＋4＝0．由x ＝ρcosθ，y ＝ρsinθ， 可得直线l 的直角坐标方程为x －y －4＝0．将曲线C 的参数方程3x cos y sin αα⎧=⎪⎨=⎪⎩消去参数a ， 得曲线C 的普通方程为2213x y +=． （2）设N 3cos α，sinα），α∈[0，2π）．点M 的极坐标（2，3π4），化为直角坐标为（－2，2）． 则311,sin 122P αα⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭．所以点P 到直线l 的距离31πcos sin 6sin 62237222d ααα⎛⎫---+ ⎪⎝⎭==≤， 所以当5π6α=时，点M 到直线l 72． 【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化，考查三角函数的图像和性质，考查点到直线的距离的最值的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.选修4-5：不等式选讲23.已知函数()2f x ax =-,不等式()4f x ≤的解集为{}26x x -≤≤.(1)求实数a 的值;(2)设()()()3g x f x f x =++,若存在x ∈R ,使()2g x tx -≤成立,求实数t 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1t ≤-，或12t ≥. 【解析】【分析】（1）解()4f x ≤的解集与已知解集相等可列方程解得；（2）问题转化为()y g x =的图象有一部分在直线2y tx =+的下方，作出图象，根据斜率可得.【详解】(1)由24ax -≤得424ax -≤-≤，即26ax -≤≤，当0a >时，26x aa -≤≤，所以2266a a⎧-=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得1a =； 当0a <时， 62x a a ≤≤-，所以2662a a⎧-=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，无解， 所以实数a 的值为1；（2）由已知()()()312g x f x f x x x =++=++-=21,13,1221,2x x x x x -+≤-⎧⎪-<<⎨⎪-≥⎩，不等式()2g x tx -≤，即()2g x tx ≤+，由题意知()y g x =的图象有一部分在直线2y tx =+的下方，作出对应图象：由图可知，当0t <时，EM t k ≤，当0t >时，FM t k ≥，又因为1EM k =；12FM k =， 所以1t ≤-，或12t ≥. 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式与函数之间的关系，考查转化思想和运算能力，属于中档题.。
2019年山东省潍坊市高考模拟训练数学(文)试卷及答案
2019年潍坊市高考模拟训练数学（文）试卷2019.05本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共5页，满分为150分，考试用时120分钟，考试结束后将答题卡交回．注意事项：1．答卷前，考生务必用0．5毫米规格黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米规格黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后写上新的答案，不得使用涂改液、胶带纸、修正带和其他笔．4．提示不按以上要求作答以及将答案写在试题卷上的，答案无效．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．设集合M={x ｜｜x ｜<2}，N={－1，1)，则集合M N ð中整数的个数为A ．3B ．2C ．1D ．02．i 为虚数单位，213(3)i i -=+ A ．1344i + B ．1322i + C ．1322i -- D ．1344i -- 3．已知命题p ：任意x ≥4，log 2x ≥2；命题q ：在△ABC 中，若A>3π，则sinA>32．下列命题为真命题的是A ．p q ∧B ．()p q ∧⌝C ．()()p q ⌝∧⌝D ．()p q ⌝∨4．已知双曲线2221(0)3x y a a -=>的离心率为2，则a = A ．2 B ．62 C ．52 D ．15．函数f(x)=x a 满足f (2)=4，那么函数g(x )=｜log a (x +1)｜的图象大致是。
2019届山东省潍坊市高三一模考试数学(文)试卷(word版)
潍坊市高考模拟考试文科数学本试卷共4页.满分150分.注意事项：1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共12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，，则（）A. B.C. D.【答案】B2.若复数满足，则的虚部为（）A. 5B.C.D. -5【答案】C3.已知是两个不同平面，直线，则“”是“”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【答案】A4.已知双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C5.执行下边的程序框图，如果输出的值为1，则输入的值为（）A. 0B.C. 0或D. 0或1【答案】C6.已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，且，若点是角终边上一点，则（）A. -12B. -10C. -8D. -6【答案】D7.若函数的图象过点，则（）A. 点是的一个对称中心B. 直线是的一条对称轴C. 函数的最小正周期是D. 函数的值域是【答案】D8.函数的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】A9.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为，，，则三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为（）A. B. 8 C. D.【答案】A10.已知偶函数，当时，，若，为锐角三角形的两个内角，则（）A. B.C. D.【答案】B11.已知不共线向量，夹角为，，，，，在处取最小值，当时，的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C12.定义：区间，，，的长度均为，若不等式的解集是互不相交区间的并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为（）A. B. C. D.【答案】B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件，则的最大值是__________．【答案】[﹣3，3]14.的内角、、的对边分别为，，，点为的中点，若，，，则的长为__________．【答案】115.已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线及其准线依次相交于、、三点（其中在、之间且在第一象限），若，，则__________．【答案】216.如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______.①存在某个位置，使得；②翻折过程中，的长是定值；③若，则；④若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.【答案】②④三、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.为等比数列的前项和，已知，，且公比.（1）求及；（2）是否存在常数，使得数列是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1），；（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意可得列出关于和的方程组，解得，，根据通项公式和求和公式即可求出；（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，分别令，2，3，根据等比数列的性质求出的值，再根据定义证明即可．【详解】解：（1）由题意得，解得，所以，.（2）假设存在常数，使得数列是等比数列，因为，，，又因为，所以，所以，此时，，则，故存在，使得数列是以为首项，公比为3的等比数列.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质与判断，等比数列的通项公式，属于中档题．18.如图，三棱柱中，，，平面平面.（1）求证：；（2）若，，为的中点，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）过点作，垂足为，推导出，，，从而平面，由此能证明；（2）推导出，从而，由此能求出三棱锥的体积．【详解】解：（1）过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故，又因为，，，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）由（1）可知，，因为，，故，又因为，，所以，，因为平面，所以，故，所以三棱锥的体积为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，对于三棱锥的体积主要采用等体积法，关键是找到几何体的高，是中档题．19.某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量（单位：）和与它“相近”的株数具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：（1）求出该种水果每株的产量关于它“相近”株数的回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数.附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）计算出，，代入求出系数和，求出回归方程即可；（2）代入的值，求出的预报值，求平均数即可．【详解】解：（1）由题意得：，，，，所以，，所以.（2）由回归方程得：当时，，当时，，当时，，故平均数为：.所以一株产量的平均数为.【点睛】本题考查了求回归方程问题，考查函数代入求值以及平均数问题，考查了学生的计算能力，属于基础题．20.如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）这样的直线不存在.详见解析【解析】【分析】（1）设，，则，，且，通过，转化求解即可．（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q 的坐标为（x1+x2，y1+y2）．由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可．【详解】（1）设，，则，，由题意知，所以为中点，由中点坐标公式得，即，又点在圆：上，故满足，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，因为，故，即①，联立，消去得：，设，，，，，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，②，将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题．21.已知函数，，.（1）当时，求的单调区间；（2）设，若，为函数的两个不同极值点，证明：.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求出原函数的导函数，可得时，若，，单调递增；若，求出导函数的零点，根据导函数与0的关系可得原函数的单调性；（2）根据导数先得在R上单调递增，原题转化为证，根据和进一步转化为证，再由，得到证明，设，，化为证明，设，利用导数证明即可．【详解】解：（1），若，，，单调递增.若，由，解得，且，，单调递减，，，单调递增.综上，当时，的单调递增区间为，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2），故在上单调递增，即证：，也即证：，又，，所以，为方程的两根，即即证，即，而①-②得，即证：，不妨设，，则证：变形得，所以，，设，则，∴在单调递增，，即结论成立.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的单调性，由，得函数单调递增，得函数单调递减；考查利用导数求函数的最值以及导数与极值的关系，考查数学转化思想方法，属于难题．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.22.选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，已知曲线：（为参数），在以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为. （1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线与直线交点的极坐标（，）.【答案】（1），（2），.【解析】【分析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立二元二次方程组，进一步求出极坐标系下的结果．【详解】（1）曲线化为普通方程为：，由，得，所以直线的直角坐标方程为.（2）的普通方程为，联立，解得或，所以交点的极坐标为，.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元二次方程的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23.已知函数的最大值为.（1）求实数的值；（2）若，设，，且满足，求证：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）通过讨论x的范围化简函数的解析式，根据函数的性质求出函数的最值，即可求出t的值，（2）根据三角不等式和基本不等式的性质求出g（m+2）+g（2n）≥2．【详解】（1）由得，所以，即.（2）因为，由，知=，当且仅当，即时取等号.所以.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的性质，属于基础题．。
2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷(文科)(解析版)
2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12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．（5分）已知集合A＝{x|x＞1}，B＝{x|2x＞1}，则（）A．A∩B＝{x|x＞0}B．A∩B＝{x|x＞1}C．A∪B＝{x|x＞1}D．A∪B＝R 2．（5分）若复数z满足（1+i）z＝|3+4i|，则z的虚部为（）A．5B．C．D．﹣53．（5分）设α，β为两个不同平面，直线m⊂α，则“α∥β”是“m∥β”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4．（5分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，则C的离心率为（）A．B．C．D．5．（5分）执行如图的程序框图，如果输出的y值为1，则输入的x的值为（）A．0B．e C．0或e D．0或16．（5分）已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，且cosθ＝﹣，若点M（x，8）是角θ终边上一点，则x＝（）A．﹣12B．﹣10C．﹣8D．﹣67．（5分）若函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0，2），则（）A．点（，0）是y＝f（x）的一个对称中心B．直线x＝是y＝f（x）的一条对称轴C．函数y＝f（x）的最小正周期是2πD．函数y＝f（x）的值域是[0，2]8．（5分）y＝4cos x﹣e|x|图象可能是（）A．B．C．D．9．（5分）中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S＝求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a＝6，b+c＝8，则此三角形面积的最大值为（）A．3B．8C．4D．910．（5分）已知偶函数y＝f（x），当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x，若α，β为锐角三角形的两个内角，则（）A．f（sinα）＞f（sinβ）B．f（sinα）＞f（cosβ）C．f（cosα）＞f（cosβ）D．f（cosα）＞f（sinβ）11．（5分）已知不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，＝（1﹣t），＝t（0≤t≤1），||在t＝t0处取最小值，当0＜t0时，α的取值范围为（）A．（0，）B．（，）C．（，）D．（，π）12．（5分）定义：区间[a，b]，（a，b]，（a，b），[a，b）的长度均为b﹣a，若不等式的解集是互不相交区间的并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之和为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的最大值是．14．（5分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，点D为AC的中点，若sin C ﹣cos C＝0，a＝，b＝4，则BD的长为．15．（5分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线及其准线l依次相交于G、M、N三点（其中M在G、N之间且G在第一象限），若|GF|＝4，|MN|＝2|MF|，则p＝．16．（5分）如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是．①存在某个位置使得CN⊥AB1；②翻折过程中，CN的长是定值；③若AB＝BM，则AM⊥B1D；④若AB＝BM＝1，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π．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．（12分）S n为等比数列{a n}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q＞0．（1）求a n及S n；（2）是否存在常数λ，使得数列{S n+λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．18．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B．（1）求证：AA1⊥BC；（2）若BB1＝AB＝2，∠A1AC＝45°，D为CC1的中点，求三棱锥D﹣A1B1C1的体积．19．（12分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量y（单位：kg）和与它“相近”的株数x具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过lm），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：（1）求出该种水果每株的产量y关于它“相近”株数x的回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为1m2，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数．附：回归方程＝+x中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：＝，＝﹣．20．（12分）如图，点T为圆O：x2+y2＝1上一动点，过点T分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接BA延长至点P，使得＝，点P的轨迹记为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，|AB|＝1，试问在曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN为平行四边形，若存在，求出直线l方程；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x，g（x）＝f（x）﹣a（x2﹣x﹣1），a∈R．（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间；（2）设F（x）＝e x+x3+x，若x1，x2为函数g（x）的两个不同极值点，证明：F（x1x22）＞F（e2）．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：（α为参数），在以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C与直线l交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）．23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|的最大值为t．（1）求实数t的值；（2）若g（x）＝f（x）+2|x+1|，设m＞0，n＞0，且满足＝t，求证：g（m+2）+g （2n）≥2．2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12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．【解答】解：B＝{x|x＞0}，A＝{x|x＞1}；∴A∩B＝{x|x＞1}，A∪B＝{x|x＞0}．故选：B．2．【解答】解：由（1+i）z＝|3+4i|＝，得z＝，∴z的虚部为﹣．故选：C．3．【解答】解：根据题意，由于α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，由于“α∥β，则根据面面平行的性质定理可知，则必然α中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立，∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件．故选：A．4．【解答】解：∵双曲线的渐近线方程为y＝±，一条渐近线的方程为y＝2x，∴＝2，设b＝t，a＝2t则c＝＝t∴离心率e＝＝．故选：C．5．【解答】解：程序对应的函数为y＝，若x≤0，由y＝1得e x＝1，得x＝0，满足条件．若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件．综上x＝0或e，6．【解答】解：角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，且cosθ＝﹣，若点M（x，8）是角θ终边上一点，则：x＜0，利用三角函数的定义：，解得：x＝﹣6．故选：D．7．【解答】解：由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0，2），可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∴2θ＝，∴θ＝，故f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x＝2cos2x＝cos2x+1，当x＝时，f（x）＝1，故A、B都不正确；f（x）的最小正周期为＝π，故C不正确；显然，f（x）＝cos x+1∈[0，2]，故D正确，故选：D．8．【解答】解：显然y＝4cos x﹣e|x|是偶函数，图象关于y轴对称，当x＞0时，y′＝﹣4sin x﹣e x＝﹣（4sin x+e x），显然当x∈（0，π]时，y′＜0，当x∈（π，+∞）时，e x＞eπ＞e3＞4，而4sin x≥﹣4，∴y′＝﹣（4sin x+e x）＜0，∴y′＝﹣（4sin x+e x）＜0在（0，+∞）上恒成立，∴y＝4cos x﹣e|x|在（0，+∞）上单调递减．故选：D．9．【解答】解：∵a＝6，b+c＝8．p＝＝＝7．∴S2＝7×（7﹣6）×（7﹣b）（7﹣c）＝7[bc﹣7（b+c）+49]＝7（bc﹣7）≤＝7×9，当且仅当b＝c＝4时取等号．故选：A．10．【解答】解：根据题意，当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x＝（）x，则f（x）在（0，1）上为减函数，又由f（x）为偶函数，则f（x）在（0，1）上为增函数，若α，β为锐角三角形的两个内角，则α+β＞90°，则α＞90°﹣β，则有sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，则有f（sinα）＞f（cosβ），故选：B．11．【解答】解：由题意有：不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，由＝（1﹣t），＝t（0≤t≤1），得：＝＝t﹣（1﹣t），所以||2＝（t﹣（1﹣t））2＝（5+4cosθ）t2﹣2（1+2cosθ）t+1，由二次函数图象的性质有：当t＝t0＝时，||取最小值，即0＜，解得﹣＜cosθ＜0，又θ∈[0，π]，即θ∈（，），故选：C．12．【解答】解：根据题意，⇒或，方程5x2﹣27x+26＝0有两个根，x1＝或x2＝，则原不等式的解集为：（1，]∪（2，]，其解集区间的长度为（﹣2）+（﹣1）＝﹣3＝故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．【解答】解：（1）作出不等式组对应的平面区域如图：由z＝x﹣2y，得y＝，平移直线y＝，当直线y＝经过点A（3，0）时，直线的截距最小，此时z 最大，此时z的最大值为z＝3﹣2×0＝3．故答案为：3．14．【解答】解：由sin C﹣cos C＝0得sin C＝cos C，即tan C＝＝，∴C＝30°，∵D为AC的中点，b＝4，∴CD＝2，则BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD cos C＝3+4﹣2×2×＝7﹣6＝1，即BD＝1，故答案为：1．15．【解答】解：如图，过M作MH⊥l＝H，由|MN|＝2|MF|，得|MN|＝2|MH|，∴MN所在直线斜率为，MN所在直线方程为y＝（x﹣），联立，得12x2﹣20px+3p2＝0．解得：，则|GF|＝，即p＝2．故答案为：2．16．【解答】解：对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF ∥MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE＝AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立，可得③不正确．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确．故答案为：②④．三、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．【解答】解：（1）由题意可得，解得a1＝1，q＝3，∴a n＝3n﹣1，S n＝＝，（2）假设存在常数λ，使得数列{S n+λ}是等比数列，∵S1+λ＝λ+1，S2+λ＝λ+4，S3+λ＝λ+13，∴（λ+4）2＝（λ+1）（λ+13），解得λ＝，此时S n+λ＝×3n，则＝3，故存在常数，使得数列{S n+}是等比数列．18．【解答】证明：（1）过点C作CO⊥AA1，垂足为O，∵平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，∴CO⊥平面AA1B1B，∴CO⊥OB，∵CA＝CB，CO＝CO，∠COA＝∠COB＝90°，∴Rt△AOC≌Rt△BOC，∴OA＝OB，∵∠A1AB＝45°，∴AA1⊥OB，∵AA1⊥CO，∴AA1⊥平面BOC，∴AA1⊥BC．解：（2）由（1）知OA＝OB，∵AB＝，BB1＝2，∴OA＝OB＝1，∵∠A1AC＝45°，CO⊥AO，∴CO＝AO＝1，＝＝，＝，∵OB⊥平面AA1C1C，∴h＝OB＝1，∴三棱锥D﹣A 1B1C1的体积：＝．19．【解答】解：（1）由题意得：＝（0+1+2+3+4）＝2，＝（15+12+11+9+8）＝11，（x i﹣）（y i﹣）＝﹣17，＝10，故＝，＝，故＝﹣x+；（2）由回归方程得：x＝2时，y＝11，x＝3时，y＝，x＝4时，y＝，故平均数是＝9.13，故一株产量的平均数是9.13kg．20．【解答】解：（1）设T（x0，y0），P（x，y），由A（x0，0），B（0，y0）由题意＝，即A为PB的中点∴x＝2x0，y＝﹣y0，即x0＝x，y0＝﹣y，∵x02+y02＝1故点P的轨迹C的方程为+y2＝1，（2）由题意知l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为y＝kx+t，∵|AB|＝1，∴（﹣）2+t2＝1，即+t2＝1，①联立，消y可得（4k2+1）x2+8ktx+4（t2﹣1）＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，∴y1+y2＝k（x1+x2）+2t＝，∵四边形OMQN为平行四边形，故Q（﹣，），∴（﹣）2+（）2＝1，整理可得4t2＝4k2+1，②，将①代入②可得4k4+k2+1＝0，该方程无解，故这样的直线不存在．21．【解答】（1）解：f′（x）＝1+lnx﹣a﹣1＝lnx﹣a．若a≤0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）单调递增；若a＞0，由lnx﹣a＝0，解得x＝e a，当x∈（1，e a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（e a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．综上，当a≤0时，f（x）的单调增区间为（1，+∞）；当a＞0时，f（x）的单调减区间为（1，e a），f（x）的单调增区间为（e a，+∞）；（2）证明：∵F′（x）＝e x+3x2+1＞0，∴F（x）在R上单调递增，要证F（x1x22）＞F（e2），即证x1x22＞e2，也就是lnx1+2lnx2＞2，又g（x）＝＝，g′（x）＝1+lnx﹣ax﹣1＝lnx﹣ax，∴x1，x2为方程lnx＝ax的两个根，即，即证ax1+2ax2＞2，即a（x1+2x2）＞2．而①﹣②得，，即证：＞2．不妨设x1＞x2，t＝＞1，则证：＞2，变形得＞2，∴＞2，lnt﹣＞0，设h（t）＝lnt﹣，则h′（t）＝＞0．∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，则h（t）＞h（1）＝0．即结论成立．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）已知曲线C：（α为参数），转换为直角坐标方程为：x2+（y﹣1）2＝1，直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．转换为直角坐标方程为：x﹣y+2＝0．（2）由（1）得：，解得：或转换为极坐标为（）（2，）．23．【解答】解：（1）由f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|＝，∴f（x）max＝f（﹣1）＝2，即t＝2，证明：（2）g（x）＝|x﹣1|，由+＝2，知g（m+2）+g（2n）＝|m+1|+|2n﹣1|≥|m+1+2n﹣1|＝|m+2n|＝|（m+2n）•（+）|＝|++2|≥|2+2|＝2，当且仅当＝，即m2＝4n2时取等号，∴g（m+2）+g（2n）≥2．。
山东省潍坊市2019届高三下学期高考模拟(一模)考试数学(文科)试题(PDF版含答案)答案(文科阅卷)
淄博市2018-2019学年度高三模拟考试试题 文科数学试题参考答案及评分说明 2019．03第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． CDCBA DADCA BD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．1；14．111(1)(21)n n n ++++；1516．()2216133x y ⎛±+-= ⎝⎭； 三、解答题：17．（文科 12分）解：（Ⅰ）设等比数列{}n a 的公比为q ， ∵1a ，2a ，32a -成等差数列， ∴()()213332222a a a a a =+-=+-=…………………………………2分∴322a q a ==…………………………………4分 ∴1*12()n n n a a q n N -==∈． ………………………………6分 （Ⅱ）∵212log 1n n n b a a =+-2112log 212122nnn n ⎛⎫⎛⎫=+-=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭……8分∴()231111(1)35212222n n S n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++++-⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦[]231111135(21)2222nn ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++++++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦2111221+(21)1112212nnn n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭-⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+⋅=-+ ⎪⎝⎭-． ………………………12分18．（文科 12分）解：（Ⅰ）因为AB ⊥平面PAD ， 所以AB DP ⊥， ………………………1分又因为DP =2AP =，60PAD ∠=， 由sin sin PD PA PAD PDA =∠∠，可得1sin 2PDA ∠=，所以30PDA ∠=， 所以90APD ∠=，即DP AP ⊥， ……………………………3分 因为ABAP A =，所以DP ⊥平面PAB ， ………………………4分因为DP ⊂平面PCD ，所以平面PAB ⊥平面PCD ………………………5分（Ⅱ）连结AC ，与BD 交于点N ，连结MN ，因为//PA 平面MBD ，MN 为平面PAC 与平面MBD 的交线，所以//PA MN ， ……………6分所以MC NCMP NA=， 在四边形ABCD 中，因为//AB CD ，所以ABN CDN ∆∆∽， 所以331NC CD NA AB ===，3MC MP =，14PM PC =． …………………7分 因为AB ⊥平面PAD ，所以AB AD ⊥，且平面APD ⊥平面ABCD ， 在平面PAD 中，作PO AD ⊥，则PO ⊥平面ABCD ， 因为P MBD P BCD M BCD V V V ---=-， 所以3144P MBD P BCD P BCD P BCD V V V V ----=-= ………………10分因为3CD =．所以113432P BCD V -=⨯⨯⨯=所以2P MBD V -=……………………………………………12分 19．（文科 12分）解：（Ⅰ）设点M 的坐标为(,)x y ，因为点A 的坐标是(2,0)-， 所以，直线AM 的斜率(2)2AM yk x x =≠-+ 同理，直线BM 的斜率(2)2BM y k x x =≠- 由已知又3224y y x x ⋅=-+- ………………………………………3分 化简，得点M 的轨迹方程221(2)43x y x +=≠± ……………………………5分（漏掉2x ≠±扣1分）（Ⅱ）解：直线AM 的方程为2(0)x my m =-≠，与直线l 的方程2x =联立，可得点4(2,)P m ，故4(2,)Q m-． …………………………………………6分 将2x my =-与22143x y +=联立，消去x ，整理得22(34)120m y my +-=，解得0y =，或21234my m =+． ………………………………………………8分 由题设，可得点2226812(,)3434m m M m m -++．由4(2,)Q m-， 可得直线MQ 的方程为222124684(+)(2)(2)()03434m m x y m m m m----+=++，令0y =，解得226432m x m -=+，故2264(,0)32m D m -+．……………………………10分 所以22226412||23232m m AD m m -=+=++． …………………………………11分 所以APD △的面积：()222241124=232||32m m S m m m m =⨯⨯++(0)m ≠ ………………………………12分20．（文科 12分）解析：（Ⅰ）商店的日利润y 关于需求量x 的函数表达式为：501430(14),14205010(14),1014x x y x x x ⨯+-≤≤⎧=⎨--≤<⎩………………………………2分 化简得：30280,142060140,1014x x y x x +≤≤⎧=⎨-≤<⎩ ………………………………4分（Ⅱ）①由频率分布直方图得：海鲜需求量在区间[10,12)的频率是20.080.16⨯=； 海鲜需求量在区间[12,14)的频率是20.120.24⨯=； 海鲜需求量在区间[14,16)的频率是20.150.30⨯=； 海鲜需求量在区间[16,18)的频率是20.100.20⨯=； 海鲜需求量在区间[18,20]的频率是20.050.10⨯=；………………………………7分这50天商店销售该海鲜日利润y 的平均数为：(11601410)0.16(13601410)0.24(15302014)0.30(17302014)0.20(19302014)0.1083.2153.621915885698.8()⨯-⨯⨯+⨯-⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯+⨯⨯=++++=元………………………………9分②由于14x =时，30142806014140=700⨯+=⨯-，显然30280,142060140,1014x x y x x +≤≤⎧=⎨-≤<⎩在区间[10,20]上单调递增，580=60140y x =-，得12x =； ………………………………10分760=30280y x =+，得16x =； ………………………………11分日利润y 在区间[580,760]内的概率即求海鲜需求量x 在区间[12,16]的频率：0.240.300.54+=． ………………………………12分21．（文科 12分）解：（Ⅰ）xex ax x f )2)(1()(-+-='．………………………………………1分 ①当0>a 时，xe x a x a xf )2)(1()(-+-='，令()0f x '=，解得2,121=-=x ax ，且21x x <．当),2()1,(+∞⋃--∞∈a x 时，0)(<'x f ；当)21，（ax -∈时，0)(>'x f ． 所以，)(x f 的单调增区间是1(,2)a -，单调递减区间是)1,(a--∞和),2(+∞； ……2分②当0=a 时，x ex x f 2)(--='． 所以，)(x f 的单调增区间是）（2,∞-，单调递减区间是),2(+∞； ……3分 ③当021<<-a 时，令0)(='x f ，解得ax x 1,221-==，并且21x x <．当),1()2,(+∞-⋃-∞∈a x 时，0)(>'x f ；当)12ax -∈，（时，0)(<'x f ．所以)(x f 的单调增区间是)2,(-∞和),1(+∞-a ，单调递减区间是)12a-，（；…4分④当21-=a 时，022)(2≥-='xe x xf ）（，所以)(x f 的单调增区间是),(+∞-∞…5分 ⑤当21-<a 时，令0)(='x f ，解得2,121=-=x a x ，并且21x x <． 当),2()1,(+∞⋃--∞∈a x 时，0)(>'x f ；当)21，（ax -∈时，0)(<'x f ， 所以)(x f 的单调增区间是)1,(a --∞和),2(+∞，单调递减区间是)21，（a-．…6分 （Ⅱ）由0)0(=f 及（Ⅰ）知，①当0≥a 时，1114)2(2>++=e a f ，不合题意； ……………………7分 ②当021<<-a 时，a 须满足条件 21/241()(2)11(i)1()()110(ii)1()1(iii)a a f x f ef x f e e a x f x a -+⎧==+≤⎪⎪⎪=-=->->⎨⎪⎪>-≤⎪⎩极大值极小大值当时，由（i ）,得41-≤a ； 由（iii ）知，当1(2)x a >->时，012≤-+x ax ，41)211(1122--=-≤x x x a ，故41-≤a ．所以，4121-≤<-a ； ……………………………………………………9分③当21-=a 时，)(x f 在),0[+∞单调递增，0)0()(=≥f x f ，()2211(1)121112x xx x x f x e e -+--+=+=-+<． 所以 21-=a ； ………………………………………………………………10分④当21-<a 时，()f x 极大11()11a f e a =-=-<，()f x 极小241(2)10a f e+==+≥， 由②中（iii ）知()1f x ≤，解得412+-≥e a ．所以 21412-<≤+-a e ．………………………………………………………12分 综上所述，a 的取值范围是]41,41[2-+-e ． ……………………12分22．（10分）解：（Ⅰ）将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩代入曲线C 极坐标方程得：曲线C 的直角坐标方程为：22442x y x y +-=-即22(2)(1)9x y -++= …………………………3分 （Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线方程：()()22cos 2sin 19t t αα-++= …………………………5分整理得24cos 2sin 40t t t αα-+-= 设点A B ，对应的参数为12t t ，，解得124cos 2sin t t αα+=-， 124t t ⋅=- …………………………6分则12AB t t =-===…………………………8分23cos 4sin cos 0ααα-=，因为0απ≤<得2πα=和3tan 4α=，直线l 的普通方程为34y x =和0x = ………………10分 23．（10分）解：（Ⅰ）当3m =-时，()123f x x x =++-， 原不等式等价于1236x x ++-≤故有11236x x x ≤-⎧⎨---+≤⎩ 或3121236x x x ⎧-<<⎪⎨⎪+-+≤⎩ 或321236x x x ⎧≥⎪⎨⎪++-≤⎩ ………………………3分解得413x -≤≤-或312x -<<或3823x ≤≤ …………………………4分综上，原不等式的解集48|33x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭…………………………5分 （Ⅱ）由题意知()24f x x ≤-在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恒成立，即1224x x m x +++≤-在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恒成立所以1242x x m x +++≤- …………………………6分即233x m x +≤- 在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恒成立所以33233x x m x -≤+≤- …………………………8分 即335x m x -≤≤-在11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恒成立由于5432x -≤-≤-，13582x ≤-≤ 所以5122m -≤≤，即的取值范围是51,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦…………………………10分。
2019年山东省潍坊市高2019届高2016级文科数学一模试卷
2019年山东省潍坊市高2016级数学一模试卷文科数学试题及详细解析一、选择题：本大题共12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.(5分)已知集合{|1}A x x =>,{|21}x B x =>,则( ) A.{|0}AB x x => B.{|1}A B x x => C.{|1}A B x x => D.A B R =2.(5分)若复数z 满足(1)|34|i z i +=+,则z 的虚部为( ) A.5B.52C.52-D.5-3.(5分)设α、β是两个不同的平面,m 是直线且m α⊂,“//αβ”是“//m β”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4.(5分)已知双曲线2222:1(0,0)y x C a b a b-=>>的一条渐近线方程为2y x =,则C 的离心率为()5.(5分)执行如图的程序框图,如果输出的y 值为1,则输入的x 的值为( )A.0B.eC.0或eD.0或16.(5分)已知角θ的顶点为坐标原点,始边为x 轴的正半轴,且3cos 5θ=-,若点(,8)M x 是角θ终边上一点,则(x = ) A.12-B.10-C.8-D.6-7.(5分)若函数()2sin(2)cos (0)2f x x x πθθ=+<<的图象过点(0,2),则( )A.点(4π,0)是()y f x =的一个对称中心B.直线4x π=是()y f x =的一条对称轴C.函数()y f x =的最小正周期是2πD.函数()y f x =的值域是[0,2]8.(5分)||4cos x y x e =-图象可能是( )A. B.C. D.9.(5分)中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”,即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a ,b ,c ,则三角形的面积S 可由公式)S c 求得,其中p 为三角形周长的一半,这个公式也被称为海伦一秦九韶公式,现有一个三角形的边长满足6a =,8b c +=,则此三角形面积的最大值为( )A. B.8 C. D.10.(5分)已知偶函数()y f x =,当(1,0)x ∈-时,()2x f x -=,若α,β为锐角三角形的两个内角,则( )A.(sin )(sin )f f αβ>B.(f sin )(cos )f αβ>C.(f cos )(cos )f αβ>D.(f cos )(f α> sin )β11.(5分)已知不共线向量OA ,OB 夹角为α,||1OA =,||2OB =,(1)OP t OA =-,(01)OQ tOB t =剟,||PQ 在0t t =处取最小值,当0105t <<时,α的取值范围为( )A.(0,)3πB.(3π,)2πC.(2π,2)3π D.2(3π,)π 12.(5分)定义：区间[a ,]b ,(a ,]b ,(,)a b ,[a ,)b 的长度均为b a -,若不等式125124x x +--…的解集是互不相交区间的并集,则该不等式的解集中所有区间的长度之和为( ) A.512B.125二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.(5分)设x ,y 满足约束条件130,0x y x y x y --⎧⎪+⎨⎪⎩……厖,则2z x y =-的最大值是 .14.(5分)ABC ∆的内角A 、B 、C 的对边分别为a ,b ,c ,点D 为AC 的中点,若cos 0C C -=,a 4b =,则BD 的长为 .15.(5分)已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ,准线为l ,过F 的直线与抛物线及其准线l 依次相交于G 、M 、N 三点(其中M 在G 、N 之间且G 在第一象限),若||4GF =,||2||MN MF =,则p = .16.(5分)如图,矩形ABCD 中,M 为BC 的中点,将ABM ∆沿直线AM 翻折成△1AB M ,连结1B D ,N 为1B D 的中点,则在翻折过程中,下列说法中所有正确的序号是 .①存在某个位置使得1CN AB ⊥； ②翻折过程中,CN 的长是定值； ③若AB BM =,则1AM B D ⊥；④若1AB BM ==,当三棱锥1B AMD -的体积最大时,三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π.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.(12分)n S 为等比数列{}n a 的前n 项和,已知429a a =,313S =,且公比0q >. (1)求n a 及n S ；(2)是否存在常数λ,使得数列{}n S λ+是等比数列？若存在,求λ的值；若不存在,请说明理由. 18.(12分)如图,三棱柱111ABC A B C -中,CA CB =,145BAA ∠=︒,平面11AA C C ⊥平面11AA B B . (1)求证：1AA BC ⊥；(2)若12BB =,145A AC ∠=︒,D 为1CC 的中点,求三棱锥111D A B C -的体积.19.(12分)某水果种植基地引进一种新水果品种,经研究发现该水果每株的产量y (单位：)kg 和与它“相近”的株数x 具有线性相关关系(两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过)lm ,并分别记录了相近株数为0,1,2,3,4时每株产量的相关数据如下：(1)求出该种水果每株的产量y 关于它“相近”株数x 的回归方程；(2)该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点(横纵直线的交点)处都种了一株该种水果,其中每个小正方形的面积都为21m ,现从所种的该水果中随机选取一株,试根据(1)中的回归方程,预测它的产量的平均数.附：回归方程ˆˆˆya bx =+中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：121()()ˆ()nii i nii xx y y b xx ==--=-∑∑,ˆˆay bx =-.20.(12分)如图,点T 为圆22:1O x y +=上一动点,过点T 分别作x 轴,y 轴的垂线,垂足分别为A ,B ,连接BA 延长至点P ,使得BA AP =,点P 的轨迹记为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)若点A ,B 分别位于x 轴与y 轴的正半轴上,直线AB 与曲线C 相交于M ,N 两点,||1AB =,试问在曲线C 上是否存在点Q ,使得四边形OMQN 为平行四边形,若存在,求出直线l 方程；若不存在,说明理由.21.(12分)已知函数()(1)f x xlnx a x =-+,21()()(1)2g x f x a x x =---,a R ∈.(1)当1x >时,求()f x 的单调区间；(2)设3()x F x e x x =++,若1x ,2x 为函数()g x 的两个不同极值点,证明：2212()()F x x F e >.(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.[选修4-4：坐标系与参数方程] 22.(10分)在平面直角坐标系xOy 中,已知曲线cos :(1sin x C y ααα=⎧⎨=+⎩为参数),在以坐标原点O 为极点,以x 轴正半轴为极轴建立的极坐标系中,直线l cos()24πθ+=-.(1)求曲线C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； (2)求曲线C 与直线l 交点的极坐标(0,02)ρθπ<厔. 23.已知函数()|1|2|1|f x x x =--+的最大值为t . (1)求实数t 的值；(2)若()()2|1|g x f x x =++,设0m >,0n >,且满足112t m n+=,求证：(2)(2)2g m g n ++….2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷(文科)参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12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.【解答】解：{|0}B x x =>,{|1}A x x =>；{|1}A B x x ∴=>,{|0}A B x x =>.故选：B .【解答】解：由(1)|34|5i z i +=+=, 得55(1)551(1)(1)22i z i i i i -===-++-, z ∴的虚部为52-. 故选：C .【解答】解：根据题意,由于α,β表示两个不同的平面,l 为α内的一条直线,由于“//αβ, 则根据面面平行的性质定理可知,则必然α中任何一条直线平行于另一个平面,条件可以推出结论,反之不成立,∴ “//αβ是“//l β”的充分不必要条件.故选：A .【解答】解：双曲线的渐近线方程为ay b=±,一条渐近线的方程为2y x =, ∴2ab=,设b t =,2a t =则c∴离心率c e a ==. 故选：C .【解答】解：程序对应的函数为,02,0x e x y lnx x ⎧=⎨->⎩…,若0x …,由1y =得1x e =,得0x =,满足条件.若0x >,由21y lnx =-=,得1lnx =,即x e =,满足条件. 综上0x =或e ,故选：C.【解答】解：角θ的顶点为坐标原点,始边为x轴的正半轴,且3 cos5θ=-,若点(,8)M x是角θ终边上一点,则：0x<,35=-,解得：6x=-.故选：D.【解答】解：由函数()2sin(2)cosf x x xθ=+(0)2πθ<<的图象过点(0,2),可得2sin22θ=,即sin21θ=,22πθ∴=,4πθ∴=,故2()2sin(2)cos2cos cos21f x x x x xθ=+==+,当4xπ=时,()1f x=,故A、B都不正确；()f x的最小正周期为22ππ=,故C不正确；显然,()cos1[0f x x=+∈,2],故D正确,故选：D.【解答】解：显然||4cos xy x e=-是偶函数,图象关于y轴对称,排除A,C；又当0x=时,4130y=-=>,排除B,故选：D.【解答】解：6a=,8b c+=.68722a b cp+++===.227(76)(7)(7)7[7()49]7(7)7[()7]792b cS b c bc b c bc+∴=⨯-⨯--=-++=-⨯-=⨯…,当且仅当4b c==时取等号.S∴…故选：A.【解答】解：根据题意,当(1,0)x∈-时,1()2()2x xf x-==,则()f x在(0,1)上为减函数,又由()f x为偶函数,则()f x在(0,1)上为增函数,若α,β为锐角三角形的两个内角,则90αβ+>︒,则90αβ>︒-,则有s i n s i n (90)αββ>︒-=, 则有(f sin )(cos )f αβ>, 故选：B .【解答】解：由题意有：不共线向量OA ,OB 夹角为α,||1OA =,||2OB =, 由(1)OP t OA =-,(01)OQ tOB t =剟, 得：(1)PQ OQ OP tOB t OA =-=--,所以222||((1))(54cos )2(12cos )1PQ tOB t OA t t θθ=--=+-++, 由二次函数图象的性质有：当012cos 54cos t t θθ+==+时,||PQ 取最小值,即12cos 1054cos 5θθ+<<+,解得1cos 02θ-<<,又[0θ∈,]π, 即(2πθ∈,2)3π,故选：C .【解答】解：根据题意,125124x x +--…⇒2527260(1)(2)0x x x x ⎧-+⎨-->⎩…或2527260(1)(2)0x x x x ⎧-+⎨--<⎩…,方程2527260x x -+=有两个根,1x =2x =,则原不等式的解集为：(1(2⋃,其解集区间的长度为27122)1)355-+=-= 故选：B .二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分. 【解答】解：(1)作出不等式组对应的平面区域如图： 由2z x y =-,得122z y x =-, 平移直线122z y x =-,当直线122zy x =-经过点(3,0)A 时,直线的截距最小,此时z 最大, 此时z 的最大值为3203z =-⨯=.故答案为：3.【解答】cos0C C-=cosC C=,即tan C==,30C∴=︒,D为AC的中点,4b=,2CD∴=,则2222cos3422761 BD BC CD BC CD C=+-=+-=-=,即1BD=,故答案为：1.【解答】解：如图,过M作MH l H⊥=,由||2||MN MF=,得||2||MN MH=,MN∴MN所在直线方程为)2py x-,联立2)22py xy px⎧=-⎪⎨⎪=⎩,得22122030x px p-+=.解得：32Gx p=,则3||422pGF p =+=,即2p =. 故答案为：2.【解答】解：对于①：如图1,取AD 中点E ,连接EC 交MD 与F ,则1//NE AB ,1//NF MB , 如果1CN AB ⊥,可得到EN NF ⊥,又EN CN ⊥,且三线NE ,NF ,NC 共面共点,不可能,故①错.对于②：如图1,可得由1NEC MAB ∠=∠(定值),112NE AB =(定值),AM EC =(定值), 由余弦定理可得2222cos NC NE EC NE EC NEC =+-∠,所以NC 是定值,故②正确. 对于③：如图2,取AM 中点O ,连接1B O ,DO ,易得AM ⊥面1ODB ,即可得OD AM ⊥,从而AD MD =,显然不成立,可得③不正确.对于④：当平面1B AM ⊥平面AMD 时,三棱锥1B AMD -的体积最大,易得AD 中点H 就是三棱锥1B AMD -的外接球的球心,球半径为1,表面积是4π.故④正确. 故答案为：②④.三、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. 【解答】解：(1)由题意可得311319(1)1310a q a q a q q q ⎧=⎪-⎪=⎨-⎪⎪>⎩,解得11a =,3q =,13n n a -∴=,1331132n n n S --==-,(2)假设存在常数λ,使得数列{}n S λ+是等比数列,11S λλ+=+,24S λλ+=+,313S λλ+=+,2(4)(1)(13)λλλ∴+=++, 解得12λ=, 此时11322n n S λ+=⨯, 则112312n n S S ++=+, 故存在常数12,使得数列1{}2n S +是等比数列. 【解答】证明：(1)过点C 作1CO AA ⊥,垂足为O ,平面11AA C C ⊥平面11AA B B ,CO ∴⊥平面11AA B B ,CO OB ∴⊥,CA CB =,CO CO =,90COA COB ∠=∠=︒,Rt AOC Rt BOC ∴∆≅∆,OA OB ∴=,145A AB ∠=︒,1AA OB ∴⊥,1AA CO ⊥,1AA ∴⊥平面BOC ,1AA BC ∴⊥.解：(2)由(1)知OA OB =, 2AB =12BB =,1OA OB ∴==,145A AC ∠=︒,CO AO ⊥,1CO AO ∴==,1111111113D A B C B A C D A C D V V S h --==, 11111122A C D S =⨯⨯=, OB ⊥平面11AAC C ,1h OB ∴==,∴三棱锥111D A B C -的体积：1111111326B ACD V -=⨯⨯=.【解答】解：(1)由题意得：1(01234)25x =++++=,1(15121198)115y =++++=, 51()()17i i i xx y y =--=-∑,521()10i i x x =-=∑, 故17ˆ10b -=,72ˆ5a =, 故1772ˆ105y x =-+； (2)由回归方程得：2x =时,11y =,3x =时,9310y =, 4x =时,385y =, 故平均数是93384111061059.1320⨯+⨯+⨯=, 故一株产量的平均数是9.13kg .【解答】解：(1)设0(T x ,0)y ,(,)P x y ,由0(A x ,0),0(0,)B y由题意BA AP =,即A 为PB 的中点02x x ∴=,0y y =-, 即012x x =,0y y =-, 22001x y +=故点P 的轨迹C 的方程为2214x y +=, (2)由题意知l 的斜率存在且不为零,设直线l 的方程为y kx t =+,||1AB =,22()1t t k∴-+=, 即2221t t k+=,① 联立2214y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,消y 可得222(41)84(1)0k x ktx t +++-=,设1(M x ,1)y ,2(N x ,2)y ,122814kt x x k ∴+=-+,21224(1)41t x x k -=+, 121222()241t y y k x x t k ∴+=++=+, 四边形OMQN 为平行四边形,故28(14kt Q k -+,22)41t k +, ∴2222182()()141441kt t k k -+=++, 整理可得22441t k =+,②,将①代入②可得42410k k ++=,该方程无解,故这样的直线不存在.【解答】(1)解：()11f x lnx a lnx a '=+--=-.若0a …,(1,)x ∈+∞,()0f x '>,()f x 单调递增；若0a >,由0lnx a -=,解得a x e =,当(1,)a x e ∈时,()0f x '<,()f x 单调递减,当(a x e ∈,)+∞时,()0f x '>,()f x 单调递增. 综上,当0a …时,()f x 的单调增区间为(1,)+∞；当0a >时,()f x 的单调减区间为(1,)a e ,()f x 的单调增区间为(a e ,)+∞；(2)证明：2()310x F x e x '=++>,()F x ∴在R 上单调递增,要证2212()()F x x F e >,即证2212x x e >,也就是1222lnx lnx +>, 又22()22a a g x xlnx ax x x ax a xlnx x x a =---++=--+, ()11g x lnx ax lnx ax '=+--=-,1x ∴,2x 为方程lnx ax =的两个根,即1122,,lnx ax lnx ax =⎧⎨=⎩①②,即证1222ax ax +>,即12(2)2a x x +>. 而①-②得,1212lnx lnx a x x -=-, 即证：121212(2)2lnx lnx x x x x -+>-. 不妨设12x x >,121x t x =>,则证：11221222x x x ln x x x +>-,变形得112122221x x x ln x x x +>-, ∴221t lntt +>-,2(1)02t lnt t -->+, 设2(1)()2t h t lnt t -=-+,则222221624(1)3()0(2)(2)(2)t t t h t t t t t t t -+-+'=-==>+++. ()h t ∴在(1,)+∞上单调递增,则()h t h >(1)0=.即结论成立.(二)选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.[选修4-4：坐标系与参数方程]【解答】解：(1)已知曲线cos :(1sin x C y ααα=⎧⎨=+⎩为参数), 转换为直角坐标方程为：22(1)1x y +-=,直线l cos()24πθ+=-. 转换为直角坐标方程为：20x y -+=.(2)由(1)得：22(1)120x y x y ⎧+-=⎨-+=⎩,解得：11x y =-⎧⎨=⎩或02x y =⎧⎨=⎩转换为极坐标为3)(24π,)2π. 【解答】解：(1)由3,1()|1|2|1|31,113,1x x f x x x x x x x --⎧⎪=--+=---<<⎨⎪+-⎩……,()(1)2max f x f ∴=-=,即2t =,证明：(2)()|1|g x x =-,由1122m n+=, 知111121(2)(2)|1||21||121||2||(2)()||2||22|222222n m g m g n m n m n m n m n m n m n ++=++-++-=+=++=+++=厖,当且仅当22n mm n=,即224m n=时取等号,(2)(2)2g m g n∴++…。
2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷和答案(文科)
2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12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．（5分）已知集合A＝{x|x＞1}，B＝{x|2x＞1}，则（）A．A∩B＝{x|x＞0}B．A∩B＝{x|x＞1}C．A∪B＝{x|x＞1}D．A∪B＝R 2．（5分）若复数z满足（1+i）z＝|3+4i|，则z的虚部为（）A．5B．C．D．﹣53．（5分）设α，β为两个不同平面，直线m⊂α，则“α∥β”是“m∥β”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4．（5分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，则C的离心率为（）A．B．C．D．5．（5分）执行如图的程序框图，如果输出的y值为1，则输入的x的值为（）A．0B．e C．0或e D．0或16．（5分）已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，且cosθ＝﹣，若点M（x，8）是角θ终边上一点，则x＝（）A．﹣12B．﹣10C．﹣8D．﹣67．（5分）若函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0，2），则（）A．点（，0）是y＝f（x）的一个对称中心B．直线x＝是y＝f（x）的一条对称轴C．函数y＝f（x）的最小正周期是2πD．函数y＝f（x）的值域是[0，2]8．（5分）y＝4cos x﹣e|x|图象可能是（）A．B．C．D．9．（5分）中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S＝求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a＝6，b+c＝8，则此三角形面积的最大值为（）A．3B．8C．4D．910．（5分）已知偶函数y＝f（x），当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x，若α，β为锐角三角形的两个内角，则（）A．f（sinα）＞f（sinβ）B．f（sinα）＞f（cosβ）C．f（cosα）＞f（cosβ）D．f（cosα）＞f（sinβ）11．（5分）已知不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，＝（1﹣t），＝t（0≤t≤1），||在t＝t0处取最小值，当0＜t0时，α的取值范围为（）A．（0，）B．（，）C．（，）D．（，π）12．（5分）定义：区间[a，b]，（a，b]，（a，b），[a，b）的长度均为b﹣a，若不等式的解集是互不相交区间的并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之和为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的最大值是．14．（5分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，点D为AC的中点，若sin C ﹣cos C＝0，a＝，b＝4，则BD的长为．15．（5分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线及其准线l依次相交于G、M、N三点（其中M在G、N之间且G在第一象限），若|GF|＝4，|MN|＝2|MF|，则p＝．16．（5分）如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是．①存在某个位置使得CN⊥AB1；②翻折过程中，CN的长是定值；③若AB＝BM，则AM⊥B1D；④若AB＝BM＝1，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π．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．（12分）S n为等比数列{a n}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q＞0．（1）求a n及S n；（2）是否存在常数λ，使得数列{S n+λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．18．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B．（1）求证：AA1⊥BC；（2）若BB1＝AB＝2，∠A1AC＝45°，D为CC1的中点，求三棱锥D﹣A1B1C1的体积．19．（12分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量y（单位：kg）和与它“相近”的株数x具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过lm），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：（1）求出该种水果每株的产量y关于它“相近”株数x的回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为1m2，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数．附：回归方程＝+x中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：＝，＝﹣．20．（12分）如图，点T为圆O：x2+y2＝1上一动点，过点T分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接BA延长至点P，使得＝，点P的轨迹记为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，|AB|＝1，试问在曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN为平行四边形，若存在，求出直线l方程；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x，g（x）＝f（x）﹣a（x2﹣x﹣1），a∈R．（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间；（2）设F（x）＝e x+x3+x，若x1，x2为函数g（x）的两个不同极值点，证明：F（x1x22）＞F（e2）．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：（α为参数），在以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C与直线l交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）．23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|的最大值为t．（1）求实数t的值；（2）若g（x）＝f（x）+2|x+1|，设m＞0，n＞0，且满足＝t，求证：g（m+2）+g （2n）≥2．2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12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．（5分）已知集合A＝{x|x＞1}，B＝{x|2x＞1}，则（）A．A∩B＝{x|x＞0}B．A∩B＝{x|x＞1}C．A∪B＝{x|x＞1}D．A∪B＝R【解答】解：B＝{x|x＞0}，A＝{x|x＞1}；∴A∩B＝{x|x＞1}，A∪B＝{x|x＞0}．故选：B．2．（5分）若复数z满足（1+i）z＝|3+4i|，则z的虚部为（）A．5B．C．D．﹣5【解答】解：由（1+i）z＝|3+4i|＝，得z＝，∴z的虚部为﹣．故选：C．3．（5分）设α，β为两个不同平面，直线m⊂α，则“α∥β”是“m∥β”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【解答】解：根据题意，由于α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，由于“α∥β，则根据面面平行的性质定理可知，则必然α中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立，∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件．故选：A．4．（5分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，则C的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：∵双曲线的渐近线方程为y＝±，一条渐近线的方程为y＝2x，∴＝2，设b＝t，a＝2t则c＝＝t∴离心率e＝＝．故选：C．5．（5分）执行如图的程序框图，如果输出的y值为1，则输入的x的值为（）A．0B．e C．0或e D．0或1【解答】解：程序对应的函数为y＝，若x≤0，由y＝1得e x＝1，得x＝0，满足条件．若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件．综上x＝0或e，故选：C．6．（5分）已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，且cosθ＝﹣，若点M（x，8）是角θ终边上一点，则x＝（）A．﹣12B．﹣10C．﹣8D．﹣6【解答】解：角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，且cosθ＝﹣，若点M（x，8）是角θ终边上一点，则：x＜0，利用三角函数的定义：，解得：x＝﹣6．故选：D．7．（5分）若函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0，2），则（）A．点（，0）是y＝f（x）的一个对称中心B．直线x＝是y＝f（x）的一条对称轴C．函数y＝f（x）的最小正周期是2πD．函数y＝f（x）的值域是[0，2]【解答】解：由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0，2），可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∴2θ＝，∴θ＝，故f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x＝2cos2x＝cos2x+1，当x＝时，f（x）＝1，故A、B都不正确；f（x）的最小正周期为＝π，故C不正确；显然，f（x）＝cos x+1∈[0，2]，故D正确，故选：D．8．（5分）y＝4cos x﹣e|x|图象可能是（）A．B．C．D．【解答】解：显然y＝4cos x﹣e|x|是偶函数，图象关于y轴对称，当x＞0时，y′＝﹣4sin x﹣e x＝﹣（4sin x+e x），显然当x∈（0，π]时，y′＜0，当x∈（π，+∞）时，e x＞eπ＞e3＞4，而4sin x≥﹣4，∴y′＝﹣（4sin x+e x）＜0，∴y′＝﹣（4sin x+e x）＜0在（0，+∞）上恒成立，∴y＝4cos x﹣e|x|在（0，+∞）上单调递减．故选：D．9．（5分）中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S＝求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦一秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a＝6，b+c＝8，则此三角形面积的最大值为（）A．3B．8C．4D．9【解答】解：∵a＝6，b+c＝8．p＝＝＝7．∴S2＝7×（7﹣6）×（7﹣b）（7﹣c）＝7[bc﹣7（b+c）+49]＝7（bc﹣7）≤＝7×9，当且仅当b＝c＝4时取等号．∴S≤3．故选：A．10．（5分）已知偶函数y＝f（x），当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x，若α，β为锐角三角形的两个内角，则（）A．f（sinα）＞f（sinβ）B．f（sinα）＞f（cosβ）C．f（cosα）＞f（cosβ）D．f（cosα）＞f（sinβ）【解答】解：根据题意，当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x＝（）x，则f（x）在（﹣1，0）上为减函数，又由f（x）为偶函数，则f（x）在（0，1）上为增函数，若α，β为锐角三角形的两个内角，则α+β＞90°，则α＞90°﹣β，则有sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，则有f（sinα）＞f（cosβ），故选：B．11．（5分）已知不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，＝（1﹣t），＝t（0≤t≤1），||在t＝t0处取最小值，当0＜t0时，α的取值范围为（）A．（0，）B．（，）C．（，）D．（，π）【解答】解：由题意有：不共线向量，夹角为α，||＝1，||＝2，由＝（1﹣t），＝t（0≤t≤1），得：＝＝t﹣（1﹣t），所以||2＝（t﹣（1﹣t））2＝（5+4cosθ）t2﹣2（1+2cosθ）t+1，由二次函数图象的性质有：当t＝t0＝时，||取最小值，即0＜，解得﹣＜cosθ＜0，又θ∈[0，π]，即θ∈（，），故选：C．12．（5分）定义：区间[a，b]，（a，b]，（a，b），[a，b）的长度均为b﹣a，若不等式的解集是互不相交区间的并集，则该不等式的解集中所有区间的长度之和为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，⇒或，方程5x2﹣27x+26＝0有两个根，x1＝或x2＝，则原不等式的解集为：（1，]∪（2，]，其解集区间的长度为（﹣2）+（﹣1）＝﹣3＝故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的最大值是3．【解答】解：（1）作出不等式组对应的平面区域如图：由z＝x﹣2y，得y＝，平移直线y＝，当直线y＝经过点A（3，0）时，直线的截距最小，此时z 最大，此时z的最大值为z＝3﹣2×0＝3．故答案为：3．14．（5分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，点D为AC的中点，若sin C ﹣cos C＝0，a＝，b＝4，则BD的长为1．【解答】解：由sin C﹣cos C＝0得sin C＝cos C，即tan C＝＝，∴C＝30°，∵D为AC的中点，b＝4，∴CD＝2，则BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD cos C＝3+4﹣2×2×＝7﹣6＝1，即BD＝1，故答案为：1．15．（5分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线及其准线l依次相交于G、M、N三点（其中M在G、N之间且G在第一象限），若|GF|＝4，|MN|＝2|MF|，则p＝2．【解答】解：如图，过M作MH⊥l＝H，由|MN|＝2|MF|，得|MN|＝2|MH|，∴MN所在直线斜率为，MN所在直线方程为y＝（x﹣），联立，得12x2﹣20px+3p2＝0．解得：，则|GF|＝，即p＝2．故答案为：2．16．（5分）如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是②④．①存在某个位置使得CN⊥AB1；②翻折过程中，CN的长是定值；③若AB＝BM，则AM⊥B1D；④若AB＝BM＝1，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π．【解答】解：对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF ∥MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE＝AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立，可得③不正确．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H 就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确．故答案为：②④．三、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．（12分）S n为等比数列{a n}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q＞0．（1）求a n及S n；（2）是否存在常数λ，使得数列{S n+λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由题意可得，解得a1＝1，q＝3，∴a n＝3n﹣1，S n＝＝，（2）假设存在常数λ，使得数列{S n+λ}是等比数列，∵S1+λ＝λ+1，S2+λ＝λ+4，S3+λ＝λ+13，∴（λ+4）2＝（λ+1）（λ+13），解得λ＝，此时S n+λ＝×3n，则＝3，故存在常数，使得数列{S n+}是等比数列．18．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B．（1）求证：AA1⊥BC；（2）若BB1＝AB＝2，∠A1AC＝45°，D为CC1的中点，求三棱锥D﹣A1B1C1的体积．【解答】证明：（1）过点C作CO⊥AA1，垂足为O，∵平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，∴CO⊥平面AA1B1B，∴CO⊥OB，∵CA＝CB，CO＝CO，∠COA＝∠COB＝90°，∴Rt△AOC≌Rt△BOC，∴OA＝OB，∵∠A1AB＝45°，∴AA1⊥OB，∵AA1⊥CO，∴AA1⊥平面BOC，∴AA1⊥BC．解：（2）由（1）知OA＝OB，∵AB＝，BB1＝2，∴OA＝OB＝1，∵∠A1AC＝45°，CO⊥AO，∴CO＝AO＝1，＝＝，＝，∵OB⊥平面AA1C1C，∴h＝OB＝1，∴三棱锥D﹣A 1B1C1的体积：＝．19．（12分）某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量y（单位：kg）和与它“相近”的株数x具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过lm），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：（1）求出该种水果每株的产量y关于它“相近”株数x的回归方程；（2）该种植基地在如图所示的长方形地块的每个格点（横纵直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的面积都为1m2，现从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的平均数．附：回归方程＝+x中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：＝，＝﹣．【解答】解：（1）由题意得：＝（0+1+2+3+4）＝2，＝（15+12+11+9+8）＝11，（x i﹣）（y i﹣）＝﹣17，＝10，故＝，＝，故＝﹣x+；（2）由回归方程得：x＝2时，y＝11，x＝3时，y＝，x＝4时，y＝，故平均数是＝9.13，故一株产量的平均数是9.13kg．20．（12分）如图，点T为圆O：x2+y2＝1上一动点，过点T分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接BA延长至点P，使得＝，点P的轨迹记为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，|AB|＝1，试问在曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN为平行四边形，若存在，求出直线l方程；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）设T（x0，y0），P（x，y），由A（x0，0），B（0，y0）由题意＝，即A为PB的中点∴x＝2x0，y＝﹣y0，即x0＝x，y0＝﹣y，∵x02+y02＝1故点P的轨迹C的方程为+y2＝1，（2）由题意知l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为y＝kx+t，∵|AB|＝1，∴（﹣）2+t2＝1，即+t2＝1，①联立，消y可得（4k2+1）x2+8ktx+4（t2﹣1）＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，∴y1+y2＝k（x1+x2）+2t＝，∵四边形OMQN为平行四边形，故Q（﹣，），∴（﹣）2+（）2＝1，整理可得4t2＝4k2+1，②，将①代入②可得4k4+k2+1＝0，该方程无解，故这样的直线不存在．21．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x，g（x）＝f（x）﹣a（x2﹣x﹣1），a∈R．（1）当x＞1时，求f（x）的单调区间；（2）设F（x）＝e x+x3+x，若x1，x2为函数g（x）的两个不同极值点，证明：F（x1x22）＞F（e2）．【解答】（1）解：f′（x）＝1+lnx﹣a﹣1＝lnx﹣a．若a≤0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）单调递增；若a＞0，由lnx﹣a＝0，解得x＝e a，当x∈（1，e a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（e a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．综上，当a≤0时，f（x）的单调增区间为（1，+∞）；当a＞0时，f（x）的单调减区间为（1，e a），f（x）的单调增区间为（e a，+∞）；（2）证明：∵F′（x）＝e x+3x2+1＞0，∴F（x）在R上单调递增，要证F（x1x22）＞F（e2），即证x1x22＞e2，也就是lnx1+2lnx2＞2，又g（x）＝＝，g′（x）＝1+lnx﹣ax﹣1＝lnx﹣ax，∴x1，x2为方程lnx＝ax的两个根，即，即证ax1+2ax2＞2，即a（x1+2x2）＞2．而①﹣②得，，即证：＞2．不妨设x1＞x2，t＝＞1，则证：＞2，变形得＞2，∴＞2，lnt﹣＞0，设h（t）＝lnt﹣，则h′（t）＝＞0．∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，则h（t）＞h（1）＝0．即结论成立．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：（α为参数），在以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C与直线l交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ＜2π）．【解答】解：（1）已知曲线C：（α为参数），转换为直角坐标方程为：x2+（y﹣1）2＝1，直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．转换为直角坐标方程为：x﹣y+2＝0．（2）由（1）得：，解得：或转换为极坐标为（）（2，）．23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|的最大值为t．（1）求实数t的值；（2）若g（x）＝f（x）+2|x+1|，设m＞0，n＞0，且满足＝t，求证：g（m+2）+g （2n）≥2．【解答】解：（1）由f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|＝，∴f（x）max＝f（﹣1）＝2，即t＝2，证明：（2）g（x）＝|x﹣1|，由+＝2，知g（m+2）+g（2n）＝|m+1|+|2n﹣1|≥|m+1+2n﹣1|＝|m+2n|＝|（m+2n）•（+）|＝|++2|≥|2+2|＝2，当且仅当＝，即m2＝4n2时取等号，∴g（m+2）+g（2n）≥2．。