2018年山东省莱芜市高考数学一模试卷

第 1 页 共 24 页 2016 年山东省莱芜市高考数学一模试卷 理科 年山东省莱芜市高考数学一模试卷 理科 一 选择题 本大题共一 选择题 本大题共 10 个小题 每小题个小题 每小题 5 分 共分 共 50 分 在每小题给出的四个选项中 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 只有一项是符合题目要求的 1 已知复数 z i 为虚数单位 则 z 在复平面内对应的点位于 A 第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限 2 已知集合 M x x2 2x 8 0 集合 N x lgx 0 则 M N A x 2 x 4 B x x 1 C x 1 x 4 D x x 2 3 某校高一 高二 高三年级学生人数分别是 400 320 280 采用分层抽样的方法抽取 50 人 参加学校举行的社会主义核心价值观知识竞赛 则样本中高三年级的人数是 A 20B 16C 15D 14 4 已知命题 p x0 R 使 sinx0 命题 q x 0 x sinx 则下列判断正 确的是 A p 为真B q 为假 C p q 为真D p q 为假 5 已知 x y 满足约束条件 则 z 3x 2y 的最小值是 A 7B 3C 1D 4 6 已知某几何体的三视图如图所示 则该几何体的体积是 A 28 6B 40C D 30 6 7 函数 f x 2sin x w 0 的部分图象如图所示 则 f 0 f 的值为 第 2 页 共 24 页 A 2 B 2 C 1 D 1 8 公元 263 年左右 我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时 多边形 面积可无限逼近圆的面积 并创立了 割圆术 利用 割圆术 刘徽得到了圆周率精确到小 数点后两位的近似值 3 14 这就是著名的 徽率 如图是利用刘徽的 割圆术 思想设计的 一个程序框图 则输出 n 的值为 参考数据 1 732 sin15 0 2588 sin7 5 0 1305 A 12B 24C 36D 48 9 在平面直角坐标系 xOy 中 已知点 A B 分别为 x 轴 y 轴上一点 且 AB 1 若 P 1 则 的取值范围是 A 5 6 B 6 7 C 6 9 D 5 7 10 设函数 f x 是函数 f x x R 的导函数 f 0 1 且 3f x f x 3 则 4f x f x 的解集为 A B C D 二 填空题 本大题共二 填空题 本大题共 5 个小题 每小题个小题 每小题 5 分 共分 共 25 分分 11 二项式的展开式中常数项的值为 12 已知向量 其中 且 则向量 与 的夹角是 13 已知等比数列 an 为递增数列 其前 n 项和为 Sn 若 a3 8 S3 4x 3 dx 则 公比 q 第 3 页 共 24 页 14 过点 0 3b 的直线 l 与双曲线 C 1 a 0 b 0 的一条斜率为正值的渐 近线平行 若双曲线 C 的右支上的点到直线 l 的距离恒大于 b 则双曲线 C 的离心率的最 大值是 15 已知函数 f x g x kx 1 若方程 f x g x 0 有两个 不同实根 则实数 k 的取值范围为 三 解答题 本大题共三 解答题 本大题共 6 小题 共小题 共 75 分分 16 在 ABC 中 内角 A B C 的对边为 a b c 已知 2cos2 cosB sinB cosC 1 I 求角 C 的值 若 c 2 且 ABC 的面积为 求 a b 17 如图 在四棱锥 P ABCD 中 PA 面 ABCD ABC 90 ABC ADC PA AC 2AB 2 E 是线段 PC 的中点 I 求证 DE 面 PAB 求二面角 D CP B 的余弦值 18 2011 年 国际数学协会正式宣布 将每年的 3 月 14 日设为国际数学节 来源是中国 古代数学家祖冲之的圆周率 为庆祝该节日 某校举办的数学嘉年华活动中 设计了如下 有奖闯关游戏 参赛选手按第一关 第二关 第三关的顺序依次闯关 若闯关成功 分别 获得 5 个 10 个 20 个学豆的奖励 游戏还规定 当选手闯过一关后 可以选择带走相应 的学豆 结束游戏 也可以选择继续闯下一关 若有任何一关没有闯关成功 则全部学豆 归零 游戏结束 设选手甲能闯过第一关 第二关 第三关的概率分别为 选 手选择继续闯关的概率均为 且各关之间闯关成功与否互不影响 求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率 设该选手所得学豆总数为 X 求 X 的分布列与数学期望 19 已知数列 an是公差不为零的等差数列 且 a3 5 a2 a4 a12成等比数列 数列 bn 的 每一项均为正实数 其前 n 项和为 Sn 且满足 4Sn bn2 2bn 3 n N 第 4 页 共 24 页 I 数列 an bn 的通项公式 令 cn 记数列 cn 的前 n 项和为 Tn 若 对 n N 恒成 立 求正整数 m 的最大值 20 已知函数 f x aln 1 x a R g x x2emx m R 1 当 a 1 求函数 f x 的最大值 2 当 a 0 且对任意实数 x1 x2 0 2 f x1 1 g x2 恒成立 求实数 m 的取 值范围 21 设椭圆 C 1 a b 0 定义椭圆 C 的 相关圆 方程为 x2 y2 若抛物线 y2 4x 的焦点与椭圆 C 的一个焦点重合 且椭圆 C 短轴的一个 端点和两个焦点构成直角三角形 求椭圆 C 的方程和 相关圆 E 的方程 过 相关圆 E 上任意一点 P 作 相关圆 E 的切线与椭圆 C 交于 A B 两点 O 为坐标 原点 i 证明 AOB 为定值 ii 连接 PO 并延长交 相关圆 E 于点 Q 求 ABQ 面积的取值范围 第 5 页 共 24 页 2016 年山东省莱芜市高考数学一模试卷 理科 年山东省莱芜市高考数学一模试卷 理科 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一 选择题 本大题共一 选择题 本大题共 10 个小题 每小题个小题 每小题 5 分 共分 共 50 分 在每小题给出的四个选项中 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 只有一项是符合题目要求的 1 已知复数 z i 为虚数单位 则 z 在复平面内对应的点位于 A 第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限 考点 复数代数形式的乘除运算 分析 直接由复数代数形式的乘除运算化简复数 z 求出 z 在复平面内对应的点的坐标 则答案可求 解答 解 z 则 z 在复平面内对应的点的坐标为 位于第三象限 故选 C 2 已知集合 M x x2 2x 8 0 集合 N x lgx 0 则 M N A x 2 x 4 B x x 1 C x 1 x 4 D x x 2 考点 交集及其运算 分析 求出 M 中不等式的解集确定出 M 求出 N 中 x 的范围确定出 N 找出 M 与 N 的 交集即可 解答 解 由 M 中不等式变形得 x 4 x 2 0 解得 2 x 4 即 M 2 4 由 N 中 lgx 0 得到 x 1 即 N 1 则 M N 1 4 故选 C 3 某校高一 高二 高三年级学生人数分别是 400 320 280 采用分层抽样的方法抽取 50 人 参加学校举行的社会主义核心价值观知识竞赛 则样本中高三年级的人数是 A 20B 16C 15D 14 考点 分层抽样方法 分析 先求出抽取样本的比例是多少 再计算从高三学生中应抽取的人是多少 解答 解 根据题意 得抽取样本的比例是 第 6 页 共 24 页 从高三学生中应抽取的人数为 280 14 故选 D 4 已知命题 p x0 R 使 sinx0 命题 q x 0 x sinx 则下列判断正 确的是 A p 为真B q 为假 C p q 为真D p q 为假 考点 复合命题的真假 分析 分别判断出 p q 的真假 从而判断出复合命题的真假即可 解答 解 x R 都有 sinx 1 故命题 p x0 R 使 sinx0 是假命题 令 f x x sinx f x 1 cosx 0 y f x 在区间 0 上单调递增 f x f 0 0 故命题 q x 0 x sinx 是真命题 故 B 正确 故选 B 5 已知 x y 满足约束条件 则 z 3x 2y 的最小值是 A 7B 3C 1D 4 考点 简单线性规划 分析 由题意作平面区域 化简 z 3x 2y 为 y x 从而利用数形结合求解即可 解答 解 由题意作平面区域如下 第 7 页 共 24 页 z 3x 2y 可化为 y x 故当过点 A 1 5 时 z 有最小值 即 z 3x 2y 的最小值是 3 10 7 故选 A 6 已知某几何体的三视图如图所示 则该几何体的体积是 A 28 6B 40C D 30 6 考点 由三视图求面积 体积 分析 由三视图知该几何体是一个三棱锥 由三视图求出几何元素的长度 由锥体的体 积公式求出几何体的体积 解答 解 根据三视图可知几何体是一个三棱锥 由俯视图和侧视图知 底面是一个直角三角形 两条直角边分别是 5 4 由正视图知 三棱锥的高是 4 该几何体的体积 V 故选 C 第 8 页 共 24 页 7 函数 f x 2sin x w 0 的部分图象如图所示 则 f 0 f 的值为 A 2 B 2 C 1 D 1 考点 正弦函数的图象 分析 根据函数 f x 的部分图象 求出周期 T 与 的值 再计算 的值 写出 f x 的解析式 从而求出 f 0 f 的值 解答 解 根据函数 f x 2sin x w 0 的部分图象 得T 又 T 2 当 x 时 函数 f x 取得最小值 2 2 2k k Z 解得 2k k Z 又 f x 2sin 2x f 0 f 2sin 2sin 2 2 2sin 2 故选 A 8 公元 263 年左右 我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时 多边形 面积可无限逼近圆的面积 并创立了 割圆术 利用 割圆术 刘徽得到了圆周率精确到小 数点后两位的近似值 3 14 这就是著名的 徽率 如图是利用刘徽的 割圆术 思想设计的 一个程序框图 则输出 n 的值为 第 9 页 共 24 页 参考数据 1 732 sin15 0 2588 sin7 5 0 1305 A 12B 24C 36D 48 考点 程序框图 分析 列出循环过程中 S 与 n 的数值 满足判断框的条件即可结束循环 解答 解 模拟执行程序 可得 n 6 S 3sin60 不满足条件 S 3 10 n 12 S 6 sin30 3 不满足条件 S 3 10 n 24 S 12 sin15 12 0 2588 3 1056 满足条件 S 3 10 退出循环 输出 n 的值为 24 故选 B 9 在平面直角坐标系 xOy 中 已知点 A B 分别为 x 轴 y 轴上一点 且 AB 1 若 P 1 则 的取值范围是 A 5 6 B 6 7 C 6 9 D 5 7 考点 向量的加法及其几何意义 分析 设出 A B 两点坐标 求出三个向量的坐标 对 取平方得出关于 A 点坐标的函数 利用三角函数的性质求出 的范围 解答 解 设 A x 0 B 0 y 则 x2 y2 1 1 x 1 y 1 3 x 3 2 3 x 2 3 y 2 37 6x 6y 令 x cos y sin 第 10 页 共 24 页 则 2 37 6cos 6sin 37 12sin 当 sin 1 时 取得最大值 7 当 sin 1 时 取得最小值 5 故选 D 10 设函数 f x 是函数 f x x R 的导函数 f 0 1 且 3f x f x 3 则 4f x f x 的解集为 A B C D 考点 函数的单调性与导数的关系 分析 根据题意 设函数 f x aebx c 由 f 0 1 得 a c 1 再由 3f x f x 3 得 由此求出 f x 的解析式 再解不等式 4f x f x 即可 解答 解 3f x f x 3 f x 3f x 3 可设 f x aebx c 由 f 0 1 a c 1 又 3f x f x 3 3aebx 3c abebx 3 即 3a ab ebx 3 3c 解得 b 3 c 1 a 2 f x 2e3x 1 x R 又 4f x f x 8e3x 4 6e3x 即 e3x 2 解得 x 第 11 页 共 24 页 所求不等式的解集为 故选 B 二 填空题 本大题共二 填空题 本大题共 5 个小题 每小题个小题 每小题 5 分 共分 共 25 分分 11 二项式的展开式中常数项的值为 20 考点 二项式定理的应用 分析 利用二项展开式的通项公式求出第 r 1 项 令 x 的指数为 0 求出常数项 解答 解 展开式的通项为 Tr 1 C6rx6 2r 令 6 2r 0 得 r 3 故展开式的常数项为 T4 C63 20 故答案为 20 12 已知向量 其中 且 则向量 与 的夹角是 150 考点 数量积判断两个平面向量的垂直关系 数量积表示两个向量的夹角 分析 由 且 知 cos 0 即 3 cos 0 由此能求出向量 与 的 夹角 解答 解 且 cos 0 即 3 cos 0 解得 cos 向量 与 的夹角是 150 故答案为 150 13 已知等比数列 an 为递增数列 其前 n 项和为 Sn 若 a3 8 S3 4x 3 dx 则 公比 q 2 考点 等比数列的通项公式 定积分 第 12 页 共 24 页 分析 求定积分 S3 4x 3 dx 14 从而可得 8 1 14 从而解得 解答 解 S3 4x 3 dx 2x2 3x 8 6 14 则 S3 a3 1 14 解得 q 2 故答案为 2 14 过点 0 3b 的直线 l 与双曲线 C 1 a 0 b 0 的一条斜率为正值的渐 近线平行 若双曲线 C 的右支上的点到直线 l 的距离恒大于 b 则双曲线 C 的离心率的最 大值是 3 考点 双曲线的简单性质 分析 求出直线 l 的方程 利用双曲线 C 的右支上的点到直线 l 的距离恒大于 b 直线 l 与 bx ay 0 的距离恒大于等于 b 运用平行直线的距离公式 建立不等式 即可求出双曲线 C 的离心率的最大值 解答 解 由双曲线 C 1 a 0 b 0 的渐近线方程 y x 可得直线 l 的方程为 y x 3b 即 bx ay 3ab 0 由双曲线 C 的右支上的点到直线 l 的距离恒大于 b 可得直线 l 与 bx ay 0 的距离恒大于等于 b 即有 b 化简可得 8a2 b2 8a2 c2 a2 即 c2 9a2 即有 c 3a 可得离心率 e 3 则离心率的最大值为 3 故答案为 3 第 13 页 共 24 页 15 已知函数 f x g x kx 1 若方程 f x g x 0 有两个 不同实根 则实数 k 的取值范围为 1 1 e 1 考点 根的存在性及根的个数判断 函数的零点与方程根的关系 分析 方程 f x kx 1 有两个不同实根可化为函数 f x 与函数 y kx 1 有两个不同的 交点 作函数 f x 与函数 y kx 1 的图象 结合函数的图象求解 解答 解 g x kx 1 方程 f x g x 0 有两个不同实根等价为方程 f x g x 有两个不同实根 即 f x kx 1 则等价为函数 f x 与函数 y kx 1 有两个不同的交点 当 1 x 2 则 0 x 1 1 则 f x f x 1 ex 1 当 2 x 3 则 1 x 1 2 则 f x f x 1 ex 2 当 3 x 4 则 2 x 1 3 则 f x f x 1 ex 3 当 x 1 时 f x f x 1 周期性变化 函数 y kx 1 的图象恒过点 0 1 作函数 f x 与函数 y kx 1 的图象如下 C 0 1 B 2 e A 1 e 故 kAC e 1 kBC 在点 C 处的切线的斜率 k e0 1 结合图象可得 实数 k 的取值范围为 1 1 e 1 故答案为 第 14 页 共 24 页 三 解答题 本大题共三 解答题 本大题共 6 小题 共小题 共 75 分分 16 在 ABC 中 内角 A B C 的对边为 a b c 已知 2cos2 cosB sinB cosC 1 I 求角 C 的值 若 c 2 且 ABC 的面积为 求 a b 考点 正弦定理 余弦定理 分析 I 利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 sinBsinC sinBcosC 结 合范围 B 0 sinB 0 解得 tanC 又 C 0 即可求 C 的值 由三角形面积公式可解得 ab 4 又由余弦定理可解得 a b 4 联立可解得 a b 的 值 解答 解 I 2cos2 cosB sinB cosC 1 1 cosA cosB sinB cosC 1 可得 cosA cosB sinB cosC cos B C cosBcosC sinBsinC cosBcosC sinBcosC 可得 sinBsinC sinBcosC B 0 sinB 0 sinC cosC 即 tanC C 0 C c 2 C ABC 的面积为 absinC ab 解得 ab 4 又 由余弦定理可得 4 a2 b2 2abcosC a2 b2 ab a b 2 3ab a b 2 12 解得 a b 4 联立可解得 a b 2 第 15 页 共 24 页 17 如图 在四棱锥 P ABCD 中 PA 面 ABCD ABC 90 ABC ADC PA AC 2AB 2 E 是线段 PC 的中点 I 求证 DE 面 PAB 求二面角 D CP B 的余弦值 考点 二面角的平面角及求法 直线与平面平行的判定 分析 设线段 AC 的中点为 O 连接 OD OE 推导出四边形 ABOD 是平行四边 形 从而 DO AB 进而面 ODE 面 PAB 由此能证明 DE 面 PAB 以 B 为原点 BA 为 x 轴 BC 为 y 轴 过点 B 平行于 AP 的直线为 z 轴 建立空间 直角坐标系 利用向量法能求出二面角 D CP B 的余弦值 解答 证明 设线段 AC 的中点为 O 连接 OD OE ABC 90 BO 同理 DO 1 又 AB AD 1 四边形 ABOD 是平行四边形 DO AB 又 OD OE O PA AB A OD OE 平面 ODE PA AB 面 PAB 面 ODE 面 PAB 又 DE 面 ODE DE 面 PAB 解 AB BC PA 面 ABCD 以 B 为原点 BA 为 x 轴 BC 为 y 轴 过点 B 平行于 AP 的直线为 z 轴 建立空间直角 坐标系 则 B 0 0 0 C 0 0 P 1 0 2 D 0 0 0 1 0 2 0 2 设面 PBC 的法向量为 x y z 则 取 x 2 得 2 0 1 设平面 DPC 的法向量为 a b c 第 16 页 共 24 页 则 取 a 1 得 1 1 设二面角 D CP B 的平面角为 则 cos 二面角 D CP B 的余弦值为 18 2011 年 国际数学协会正式宣布 将每年的 3 月 14 日设为国际数学节 来源是中国 古代数学家祖冲之的圆周率 为庆祝该节日 某校举办的数学嘉年华活动中 设计了如下 有奖闯关游戏 参赛选手按第一关 第二关 第三关的顺序依次闯关 若闯关成功 分别 获得 5 个 10 个 20 个学豆的奖励 游戏还规定 当选手闯过一关后 可以选择带走相应 的学豆 结束游戏 也可以选择继续闯下一关 若有任何一关没有闯关成功 则全部学豆 归零 游戏结束 设选手甲能闯过第一关 第二关 第三关的概率分别为 选 手选择继续闯关的概率均为 且各关之间闯关成功与否互不影响 求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率 设该选手所得学豆总数为 X 求 X 的分布列与数学期望 考点 离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 分析 设甲 第一关闯关成功且所得学豆为零 为事件 A 第一关闯关成功第二关闯 关失败 为事件 A1 前两关闯关成功第三关闯关失败 为事件 A2 则 A1 A2互斥 由此能 求出选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率 X 所有可能的取值为 0 5 15 35 分别求出相应的概率 由此能求出 X 的分布列 和数学期望 解答 解 设甲 第一关闯关成功且所得学豆为零 为事件 A 第 17 页 共 24 页 第一关闯关成功第二关闯关失败 为事件 A1 前两关闯关成功第三关闯关失败 为事件 A2 则 A1 A2互斥 X 所有可能的取值为 0 5 15 35 所以 X 的分布列为 X051535 P 19 已知数列 an是公差不为零的等差数列 且 a3 5 a2 a4 a12成等比数列 数列 bn 的 每一项均为正实数 其前 n 项和为 Sn 且满足 4Sn bn2 2bn 3 n N I 数列 an bn 的通项公式 令 cn 记数列 cn 的前 n 项和为 Tn 若 对 n N 恒成 立 求正整数 m 的最大值 考点 数列的求和 数列递推式 分析 I 通过设数列 an 的首项为 a1 公差为 d 0 代入计算即得 an 3n 4 当 n 1 时由 4S1 b12 2b1 3 可知 b1 3 当 n 2 时 利用 4Sn bn2 2bn 3 与 4Sn 1 bn 12 2bn 1 3 作 差 整理可知数列 bn 是首项为 3 公差为 2 的等差数列 进而可知 bn 2n 1 第 18 页 共 24 页 通过 I 裂项可知 cn 并项相加可知 Tn 进而可知 1 通过令 f x 1 借助函数知识可知 从而 问题转化为解不等式 计算即得结论 解答 解 I 设数列 an 的首项为 a1 公差为 d 0 由已知可得 解得 或 舍 an 3n 4 当 n 1 时 4S1 b12 2b1 3 解得 b1 3 或 b1 1 舍 当 n 2 时 4Sn 1 bn 12 2bn 1 3 4bn 4Sn 4Sn 1 bn2 2bn bn 12 2bn 1 整理得 bn bn 2 2 bn bn 2 0 又 数列 bn 的每一项均为正实数 bn bn 2 2 0 数列 bn 是首项为 3 公差为 2 的等差数列 bn 2n 1 由 I 可知 cn 则 Tn 1 1 1 令 f x 1 则当 x 0 时 f x 0 第 19 页 共 24 页 为递增数列 又 对 n N 恒成立 解得 m 故正整数 m 的最大值为 6 20 已知函数 f x aln 1 x a R g x x2emx m R 1 当 a 1 求函数 f x 的最大值 2 当 a 0 且对任意实数 x1 x2 0 2 f x1 1 g x2 恒成立 求实数 m 的取 值范围 考点 函数恒成立问题 函数的最值及其几何意义 分析 1 把 a 1 代入函数解析式 直接利用导数求得函数的最值 2 构造函数 h x f x 1 对任意的 x1 x2 0 2 f x1 1 g x2 恒成立 等价于当 a 0 时 对任意的 x1 x2 0 2 hmin x gmax x 成立 分类求得 f x 在 0 2 上的最小值 再求 g x 的导数 对 m 讨论 结合单调性 求得最大值 解不等式即可得到实数 m 的取值范围 解答 解 1 当 a 1 时 f x aln 1 x f x x 1 当 x 1 0 时 f x 0 f x 为增函数 当 x 0 时 f x 0 f x 为增函数 f x max f 0 0 2 令 h x f x 1 当 a 0 对任意实数 x1 x2 0 2 f x1 1 g x2 恒成立 即当 a 0 对任意实数 x1 x2 0 2 h x1 g x2 恒成立 等价于当 a 0 时 对任意的 x1 x2 0 2 hmin x gmax x 成立 当 a 0 时 由 h x aln 1 x 1 得 h x x 1 第 20 页 共 24 页 当 x 1 1 a 时 h x 0 h x 为增函数 当 x 1 a 时 h x 0 h x 为减函数 若 1 a 2 即 1 a 0 h x 在 0 1 a 上为增函数 在 1 a 2 上为减函数 h x 的最小值为 min h 0 h 2 min 1 1 若 1 a 2 即 a 1 h x 在 0 2 上为增函数 函数 f x 在 0 2 上的最小值为 f 0 1 f x 的最小值为 f 0 1 g x 的导数 g x 2xemx x2emx m mx2 2x emx 当 m 0 时 g x x2 x 0 2 时 gmax x g 2 4 显然不满足 gmax x 1 当 m 0 时 令 g x 0 得 当 2 即 1 m 0 时 在 0 2 上 g x 0 g x 在 0 2 单调递增 只需 4e2m 1 得 m ln2 则 1 m ln2 当 0 2 即 m 1 时 在 0 g x 0 g x 单调递增 在