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近3年(2017,2018,2019)山东省高考理科数学试卷以及答案(word解析版)

2023-04-14 来源:二三四教育网


山东省2017年高考理科数学试卷以及答案

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,

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。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.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

一、 选择题:本题共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。

Bx3x1,则() 1. 已知集合Axx1,A.ABxx0 C.ABxx1

B.ABR D.AB

【答案】A

x【解析】Axx1,Bx31xx0

∴A选A

2. 如图,正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分位于

正方形的中心成中心对称,在正方形内随机取一点,则此点取自黑色部分的概率是()

Bxx0,ABxx1,

1π B. 48【答案】B

【解析】设正方形边长为2,则圆半径为1

A.C.

1 2D.

π 4则正方形的面积为224,圆的面积为π12π,图中黑色部分的概率为π则此点取自黑色部分的概率为2π

48π 2故选B

3. 设有下面四个命题()

1p1:若复数z满足R,则zR;

zp2:若复数z满足z2R,则zR;

p3:若复数z1,z2满足z1z2R,则z1z2;

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p4:若复数zR,则zR.

A.p1,p3 【答案】B

【解析】p1:设zabi,则

B.p1,p4 C.p2,p3 D.p2,p4

11abi2R,得到b0,所以zR.故P1正确; zabiab2p2:若z21,满足z2R,而zi,不满足z2R,故p2不正确;

p3:若z11,z22,则z1z22,满足z1z2R,而它们实部不相等,不是共轭复数,故p3不

正确;

p4:实数没有虚部,所以它的共轭复数是它本身,也属于实数,故p4正确;

4. 记Sn为等差数列an的前n项和,若a4a524,S648,则an的公差为() A.1 B.2

【答案】C

【解析】a4a5a13da14d24

C.4

D.8

S66a165d48 22a17d24①联立求得

6a15d48②1①3②得2115d24

6d24

∴d4 选C

1的x的取值5. 函数fx在,单调递减,且为奇函数.若f11,则满足1≤fx2≤范围是() A.2,2 【答案】D

【解析】因为fx为奇函数,所以f1f11,

于是1≤fx2≤1等价于f1≤fx2≤f1| 又fx在,单调递减 1≤x2≤1

1 B.1,C.0,4 D.1,3

1≤x≤3

故选D

6.

162121x展开式中x的系数为

xA.15

【答案】C.

B.20 C.30 D.35

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16661【解析】1+21x11x21x

xx656215 对1x的x2项系数为C62164=15, 对21x的x2项系数为C6x∴x2的系数为151530

故选C

7. 某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的

边长为2,俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形,这些梯形的面积之和为

A.10 B.12 【答案】B

【解析】由三视图可画出立体图

C.14 D.16

该立体图平面内只有两个相同的梯形的面 S梯24226

S全梯6212 故选B

8. 右面程序框图是为了求出满足3n2n1000的最小偶数n,那么在

可以分别填入

两个空白框中,

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A.A1000和nn1 B.A1000和nn2 C.A≤ D.A≤1000和nn1 1000和nn2 【答案】D

【答案】因为要求A大于1000时输出,且框图中在“否”时输出

∴“”中不能输入A1000 排除A、B

又要求n为偶数,且n初始值为0, “”中n依次加2可保证其为偶 故选D

2π9. 已知曲线C1:ycosx,C2:ysin2x,则下面结论正确的是()

3A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移度,得到曲线C2

B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移度,得到曲线C2

C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的度,得到曲线C2

D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移度,得到曲线C2 【答案】D

π个单位长6π个单位长121π倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长26π个单位长122π【解析】C1:ycosx,C2:ysin2x

3首先曲线C1、C2统一为一三角函数名,可将C1:ycosx用诱导公式处理.

πππycosxcosxsinx.横坐标变换需将1变成2,

222πC1上各点横坐标缩短它原来1ππ2ysin2xsin2x 即ysinx224第 4 页 共 50 页

2ππysin2xsin2x.

33ππ平移至x, 43ππππ根据“左加右减”原则,“x”到“x”需加上,即再向左平移.

431212注意的系数,在右平移需将2提到括号外面,这时x

10. 已知F为抛物线C:y24x的交点,过F作两条互相垂直l1,l2,直线l1与C交于A、B两点,

直线l2与C交于D,E两点,ABDE的最小值为() A.16

【答案】A 【解析】

B.14

C.12

D.10

设AB倾斜角为.作AK1垂直准线,AK2垂直x轴 AFcosGFAK(几何关系)1易知AK1AF(抛物线特性)

GPPPP22∴AFcosPAF 同理AFPP,BF

1cos1cos2P2P ∴AB1cos2sin2又DE与AB垂直,即DE的倾斜角为

π 2DE2P2Pcos2 2πsin2而y24x,即P2.

4141sin2cos2212 ∴ABDE2P242222sin2sincossincossincos416π2≥16,当取等号 sin24即ABDE最小值为16,故选A

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11. 设x,y,z为正数,且2x3y5z,则()

A.2x3y5z B.5z2x3y 【答案】D

【答案】取对数:xln2yln3ln5.

xln33 yln22C.3y5z2x D.3y2x5z

∴2x3y xln2zln5 xln55 则zln22∴2x5z∴3y2x5z,故选D

12. 几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件,为激发大家学习数学的兴趣,他们推出

了“解数学题获取软件激活码”的活动,这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,在接下来的三项式26,21,22,依次类推,求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( ) A.440 B.330 C.220 D.110 【答案】A

【解析】设首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推.

设第n组的项数为n,则n组的项数和为由题,N100,令

nn1n2

n1n2100→n≥14且nN*,即N出现在第13组之后

12第n组的和为2n1

12n组总共的和为

212n12n2n2n

若要使前N项和为2的整数幂,则Nk*n≥14 即212nkN,n1n2项的和2k1应与2n互为相反数

klog2n3

k5 →n29,则N2912925440

故选A

二、 填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

13. 已知向量a,b的夹角为60,a2,b1,则a2b________. 【答案】23 【解析】a2b(a2b)a2a2bcos602b∴a2b1223 第 6 页 共 50 页

22221222222244412

2

x2y114. 设x,y满足约束条件2xy1,则z3x2y的最小值为_______.

xy0【答案】5

x2y1不等式组2xy1表示的平面区域如图所示

xy0yACB1xx+2y-1=0

2x+y+1=03zx, 223z求z的最小值,即求直线yx的纵截距的最大值

223z当直线yx过图中点A时,纵截距最大

22由z3x2y得y2xy1由解得A点坐标为(1,1),此时z3(1)215

x2y1

x2y215. 已知双曲线C:22,(a0,b0)的右顶点为A,以A为圆心,b为半径作圆A,圆A与

ab双曲线C的一条渐近线交于M,N两点,若MAN60,则C的离心率为_______.

23 3【解析】如图,

【答案】

OAa,ANAMb

∵MAN60,∴AP3b,OP2322OAPAa2b2 43bAP2∴tan

OP322ab4 第 7 页 共 50 页

3bbb2,解得a23b2 又∵tan,∴a3aa2b24b2123∴e121

a33

16. 如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O,D、E、F

为元O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是一BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为_______.

【答案】415 【解析】由题,连接OD,交BC与点G,由题,ODBC

OG3BC,即OG的长度与BC的长度或成正比 6设OGx,则BC23x,DG5x

三棱锥的高hDG2OG22510xx2x2510x S△ABC233x133x2 21则VS△ABCh3x22510x=325x410x5

35令fx25x410x5,x(0,),fx100x350x4

2令fx0,即x42x30,x2

则fx≤f280 则V≤38045

∴体积最大值为415cm3

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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。

a2ac17. △ABC的内角A,B,C的对边分别为,b,,已知△ABC的面积为.

3sinA(1)求sinBsinC;

(2)若6cosBcosC1,a3,求△ABC的周长.

【解析】本题主要考查三角函数及其变换,正弦定理,余弦定理等基础知识的综合应用.

1a2(1)∵△ABC面积S.且SbcsinA

23sinAa21bcsinA ∴3sinA2322∴abcsinA

2322∵由正弦定理得sinAsinBsinCsinA,

22由sinA0得sinBsinC.

321(2)由(1)得sinBsinC,cosBcosC

36∵ABCπ

∴cosAcosπBCcosBCsinBsinCcosBcosC又∵A0,π

1 2∴A60,sinA13,cosA

22由余弦定理得a2b2c2bc9 ① 由正弦定理得baasinB,csinC sinAsinAa2∴bc2sinBsinC8 ②

sinA由①②得bc33 ∴abc333,即△ABC周长为333

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18. (12分)

如图,在四棱锥PABCD中,AB∥CD中,且BAPCDP90.

(1)证明:平面PAB平面PAD;

(2)若PAPDABDC,APD90,求二面角APBC的余弦值. 【解析】(1)证明:∵BAPCDP90

∴PAAB,PDCD 又∵AB∥CD,∴PDAB

又∵PDPAP,PD、PA平面PAD ∴AB平面PAD,又AB平面PAB ∴平面PAB平面PAD

(2)取AD中点O,BC中点E,连接PO,OE ∵AB∴OECD

AB

∴四边形ABCD为平行四边形 由(1)知,AB平面PAD

∴OE平面PAD,又PO、AD平面PAD ∴OEPO,OEAD 又∵PAPD,∴POAD ∴PO、OE、AD两两垂直

∴以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 0,0、B设PA2,∴D2,0,2、PB∴PD2,2,2,0、P0,,02、C2,2,0, 2,2,2、BC22,0,0

设nx,y,z为平面PBC的法向量 由nPB0nBC0,得2x2y2z022x0

令y1,则z2,x0,可得平面PBC的一个法向量n0,1,2 ∵APD90,∴PDPA

又知AB平面PAD,PD平面PAD ∴PDAB,又PAABA ∴PD平面PAB

即PD是平面PAB的一个法向量,PD2,0,2 ∴cosPD,nPDnPDn2233 33 3由图知二面角APBC为钝角,所以它的余弦值为第 10 页 共 50 页

19. (12分)

为了抽检某种零件的一条生产线的生产过程,实验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸

2. 服从正态分布N,(1)假设生产状态正常,记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在3,3之外的零件数,求PX≥1及X的数学期望;

(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在3,3之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查. (I)试说明上述监控生产过程方法的合理性:

(II)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸: 9.95 10.1 29.96 9.9 610.01 9.92 9.9 8 10.0 4 10.26 9.91 10.1 310.02 9.22 10.04 10.05 9.9 5116116222xxx16x经计算得xxi9.97,s其中xi为抽取的第i个ii0.212,16i116i1i11616. 零件的尺寸,i1,2,,ˆ,用样本标准差s作为的估计值ˆ,利用估计值判断是否 用样本平均数x作为的估计值ˆ3ˆ,ˆ3ˆ之外的数据,用剩下的数据估计和(精需对当天的生产过程进行检查,剔除确到0.01).

2,则P3Z30.9974. 附:若随机变量Z服从正态分布N,

0.9974160.9592,0.0080.09.

3之内的概率为0.9974,落在3,3之外【解析】(1)由题可知尺寸落在3,的概率为0.0026.

0PX0C1610.99740.9974160.9592

0PX11PX010.95920.0408 0.0026 由题可知X~B16,EX160.00260.0416

3之外的概率为0.0026, (2)(i)尺寸落在3,3之外为小概率事件, 由正态分布知尺寸落在3,因此上述监控生产过程的方法合理. (ii)

39.9730.2129.334 39.9730.21210.606

39.334,10.606 3,10.606,需对当天的生产过程检查. 9.229.334, 因此剔除9.22 剔除数据之后:9.97169.2210.02.

15 第 11 页 共 50 页

2[9.9510.0210.1210.029.9610.029.9610.0210.0110.0222222222229.9210.029.9810.0210.0410.0210.2610.029.9110.02222210.1310.0210.0210.0210.0410.0210.0510.029.9510.02]0.008 0.0080.09

20. (12分)

211533x2y2P1,P1,ab0P1,1P0,1,四点1,2,3已知椭圆C:221,4中恰有22ab三点在椭圆C上. (1)求C的方程;

(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点,若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1,证明:l过定点.

【解析】(1)根据椭圆对称性,必过P3、P4

PP4三点 又P4横坐标为1,椭圆必不过P1,所以过P2,3,3P0,1,P1,代入椭圆方程得 将2321b21,解得a24,b21 31124b2ax2∴椭圆C的方程为:y21.

4(2)①当斜率不存在时,设l:xm,Am,yA,Bm,yA yA1yA121 mmm得m2,此时l过椭圆右顶点,不存在两个交点,故不满足. ②当斜率存在时,设l∶ykxbb1 kP2AkP2BAx1,y1,Bx2,y2

ykxb222联立2,整理得14kx8kbx4b40 2x4y408kb4b24x1x2,x1x2

14k214k2y11y21x2kx1bx2x1kx2bx1则kP2AkP2B x1x2x1x28kb28k8kb28kb214k 4b2414k28kb14b1b11,又b1

b2k1,此时64k,存在k使得0成立. ∴直线l的方程为ykx2k1

第 12 页 共 50 页

当x2时,y1 所以l过定点2,1.

21. (12分)

2xx已知函数fxaea2ex.

(1)讨论fx的单调性;

(2)若fx有两个零点,求a的取值范围.

2xx【解析】(1)由于fxaea2ex

2xxxx故fx2aea2e1ae12e1

①当a0时,aex10,2ex10.从而fx0恒成立. fx在R上单调递减

②当a0时,令fx0,从而aex10,得xlna.

x ,lna lna  lna,  f′x fx 0 极小值 单调减 单调增 综上,当a0时,f(x)在R上单调递减; 当a0时,f(x)在(,lna)上单调递减,在(lna,)上单调递增

(2)由(1)知,

当a0时,fx在R上单调减,故fx在R上至多一个零点,不满足条件. 当a0时,fminflna1令ga11lna. a1lna. a111上单调增,而令ga1lnaa0,则g'a20.从而ga在0,aaag10.故当0a1时,ga0.当a1时ga0.当a1时ga0

11nlaga0,若a1,则fn故fx0恒成立,从而fx无零点,不满足条件. mia1若a1,则fmin1lna0,故fx0仅有一个实根xlna0,不满足条件.

a1aa2若0a1,则fmin1lna0,注意到lna0.f1210.

aeee13lna上有一个实根,而又ln1lnlna. 故fx在1,aa331ln13ln3aaa2ln1ae且fln(1)eaa333313aa2ln11ln10. aaaaln故fx在lna,31上有一个实根. alna上单调减,在lna,单调增,故fx在R上至多两个实根. 又fx在,lnlna及lna,又fx在1,

31上均至少有一个实数根,故fx在R上恰有两个a第 13 页 共 50 页

实根.

综上,0a1.

(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。 22. [选修4-4:坐标系与参考方程]

x3cos,在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(为参数),直线l的参数方程为

ysin,xa4t,(t为参数). y1t,(1)若a1,求C与l的交点坐标;

(2)若C上的点到l距离的最大值为17,求a. 【解析】(1)a1时,直线l的方程为x4y30.

x2曲线C的标准方程是y21,

921x4y30xx3225联立方程x,解得:或, 2y024y1y9252124则C与l交点坐标是3,0和,

2525(2)直线l一般式方程是x4y4a0.

设曲线C上点p3cos,sin. 则P到l距离d3cos4sin4a175sin4a17,其中tan3. 4依题意得:dmax17,解得a16或a8

第 14 页 共 50 页

23. [选修4-5:不等式选讲]

2已知函数fxxax4,gxx1x1.

(1)当a1时,求不等式fx≥gx的解集;

1,求a的取值范围. (2)若不等式fx≥gx的解集包含1,2【解析】(1)当a1时,fxxx4,是开口向下,对称轴x1的二次函数. 22x,x1gxx1x12,1≤x≤1,

2x,x1当x(1,)时,令x2x42x,解得x171 2gx在1,上单调递增,fx在1,上单调递减 1711,∴此时fx≥gx解集为. 21时,gx2,fx≥f12. 当x1,当x,1时,gx单调递减,fx单调递增,且g1f12. 1711,fx≥gx解集综上所述,.

21恒成立. (2)依题意得:x2ax4≥2在1,1恒成立. 即x2ax2≤0在1,21a12≤0则只须,解出:1≤a≤1. 21a12≤01. 故a取值范围是1,

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山东省2018年高考理科数学试卷

注意事项:

1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

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.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题(本题共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.设z1i2i,则z( ) 1i

B.

A.0

1 2 C.1 D.2 2.已知集合Ax|x2x20,则ðRA( ) A.x|1x2 C.x|x1

B.x|1≤x≤2 D.x|x≤1x|x2 x|x≥2

3.某地区经过一年的新农村建设,农村的经济收入增加了一倍.实现翻番.为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况,统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例.得到如下饼图:

则下面结论中不正确的是( ) A.新农村建设后,种植收入减少

B.新农村建设后,其他收入增加了一倍以上 C.新农村建设后,养殖收入增加了一倍

D.新农村建设后,养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半 4.记Sn为等差数列an的前n项和.若3S3S2S4,a12,则a3( )

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A.12 B.10 C.10 D.12

325.设函数fxxa1xax.若fx为奇函数,则曲线yfx在点0,0处的切线方程为

( ) A.y2x

B.yx

C.y2x

D.yx

6.在△ABC中,AD为BC边上的中线,E为AD的中点,则EB( ) A.C.

31ABAC 4431ABAC 44

B.D.

13ABAC 4413ABAC 447.某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如右图所示,圆柱表面上的点

M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,

则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为( ) A.217

B.25

C.3

D.2

8.设抛物线C:y24x的焦点为F,过点2,0且斜率为

FMFN( )

2的直线与C交于M,N两点,则3A.5 B.6 C.7 D.8

ex,x≤0gxfxxa,9.已知函数fx,若gx存在2个零点,则a的取值范围是( )

lnx,x0A.1,0

B.0,

C.1,

D.1,

10.下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形,此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分

别为直角三角形ABC的斜边BC,直角边AB,AC,△ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ,黑色部分记为Ⅱ,其余部分记为Ⅲ,在整个图形中随机取一点,此点取自Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的概率分别记为p1,p2,p3,则( )

A.p1p2

C.p2p3

D.p1p2p3

B.p1p3

x211.已知双曲线C:y21,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交

3点分别为M,N.若△OMN为直角三角形,则MN( )

第 17 页 共 50 页

A.

3 2 B.3 C.23 D.4

12.已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则截此正方体所得截面面

积的最大值为( ) A.33 4 B.23 3 C.32 4 D.3 2二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)

x2y2≤013.若x,y满足约束条件xy1≥0,则z3x2y的最大值为________.

y≤014.记Sn为数列an的前n项和.若Sn2an1,则S6________.

15.从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有________

种.(用数字填写答案)

16.已知函数fx2sinxsin2x,则fx的最小值是________.

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)

在平面四边形ABCD中,∠ADC90,∠A45,AB2,BD5. ⑴求cos∠ADB; ⑵若DC22,求BC.

第 18 页 共 50 页

18.(12分)

如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.

⑴证明:平面PEF⊥平面ABFD; ⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

19.(12分)

x2设椭圆C:y21的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为2,0.

2⑴当l与x轴垂直时,求直线AM的方程; ⑵设O为坐标原点,证明:∠OMA∠OMB.

第 19 页 共 50 页

20.(12分)

某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品,检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验,设每件产品为不合格品的概率都为p0p1,且各件产品是否为不合格品相互独立.

⑴记20件产品中恰有2件不合格品的概率为fp,求fp的最大值点p0;

⑵现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以⑴中确定的p0作为p的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.

(i)若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X,求EX; (ii)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?

第 20 页 共 50 页

21.(12分)

已知函数fx1xalnx. x⑴讨论fx的单调性;

fx1fx2x1x2⑵若fx存在两个极值点x1,x2,证明:

a2.

第 21 页 共 50 页

(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。 22.[选修4—4:坐标系与参数方程](10分)

在直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为ykx2.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为22cos30.

⑴求C2的直角坐标方程;

⑵若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程.

第 22 页 共 50 页

23.[选修4—5:不等式选讲](10分)

已知fxx1ax1.

⑴当a1时,求不等式fx1的解集;

1时不等式fxx成立,求a的取值范围. ⑵若x∈0,

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山东省2018年高考理科数学试卷答案

一、选择题 1.C 7.B

二、填空题 13.6

三、解答题 17.解:

(1)在△ABD中,由正弦定理得由题设知,

BDAB. sinAsinADB

2.B 8.D

3.A 9.C

4.B 10.A

5.D 11.B

6.A 12.A

14.63 15.16 16.33 2252. ,所以sinADB5sin45sinADB

由题设知,ADB90, 所以cosADB1223. 255(2)由题设及(1)知,cosBDCsinADB在△BCD中,由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC258252225.252. 5

所以BC5. 18.解:

(1)由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.

(2)作PHEF,垂足为H. 由(1)得,PH平面ABFD.

uuuruuur以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.

由(1)可得,DEPE. 又DP2,DE1,所以PE3. 又PF1,EF2,故PEPF. 可得PH33,EH. 22

则H(0,0,0),P(0,0,uuuruuur33333), D(1,,0),DP(1,,),HP(0,0,)为平面ABFD的法向量.

22222第 24 页 共 50 页

3uuuruuurHPDP3设DP与平面ABFD所成角为,则 sin|uuu. ruuur|443|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 19.解:

(1)由已知得F(1,0),l的方程为x1. 由已知可得,点A的坐标为(1,所以AM的方程为y22). )或(1,223. 4

22x2或yx2. 22

(2)当l与x轴重合时,OMAOMB0.

当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为yk(x1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x22,直线MA,MB的斜率之和为kMAkMBy1y2. x12x22由y1kx1k,y2kx2k得

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)

x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以,x1x22. ,x1x222k12k14k34k12k38k34k则2kx1x23k(x1x2)4k0. 22k1从而kMAkMB0,故MA,MB的倾斜角互补. 所以OMAOMB. 综上,OMAOMB.

20.解:

218(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p). 因此

18217217 f(p)C220[2p(1p)18p(1p)]2C20p(1p)(110p).

令f(p)0,得p0.1. 当p(0,0.1)时,f(p)0;当p(0.1,1)时,f(p)0.所以f(p)的最大值点为p00.1.

B(180,0.1),X20225Y,

(2)由(1)知,p0.1.

(ⅰ)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y即X4025Y.

所以EXE(4025Y)4025EY490.

(ⅱ)如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.

第 25 页 共 50 页

由于EX400,故应该对余下的产品作检验. 21.解:

1ax2ax1(1)f(x)的定义域为(0,),f(x)21.

xxx2(ⅰ)若a≤2,则f(x)≤0,当且仅当a2,x1时f(x)0,所以f(x)在(0,)单调递减.

aa24aa24(ⅱ)若a2,令f(x)0得,x或x.

22aa24aa24)U(,)时,f(x)0; 当x(0,22aa24aa24aa24aa24,)时,f(x)0. 所以f(x)在(0,),(,)单当x(2222aa24aa24,)单调递增. 调递减,在(22

(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2ax10,所以x1x21,不妨设x1x2,则x21. 由于 f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx21, 1a2a2a1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以

f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2

设函数g(x)g(x)0.

1由(1)知,g(x)在(0,)单调递减,又g1从而当x(1,)时,()0,x2lnx,

x所以

f(x1)f(x2)1x22lnx20,即a2. x2x1x2

22.解:

(1)由xcos,ysin得C2的直角坐标方程为

(x1)2y24. (2)由(1)知C2是圆心为A(1,0),半径为2的圆.

由题设知,C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线. 记y轴右边的射线为l1,y轴左边的射线为l2. 由于B在圆C2的外面,故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点,或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.

当l1与C2只有一个公共点时,所以A到l1所在直线的距离为2,

|k2|4故k或k0. 经2,

3k214检验,当k0时,l1与C2没有公共点;当k时,l1与C2只有一个公共点,l2与C2有两个公共点.

3当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2,所以检验,当k0时,l1与C2没有公共点;当k|k2|k21故k0或k2,

4. 经34时,l2与C2没有公共点. 3第 26 页 共 50 页

4综上,所求C1的方程为y|x|2.

3

23.解:

2,(1)当a1时,f(x)|x1||x1|,即f(x)2x,2,x≤1,1x1, x≥1.1故不等式f(x)1的解集为{x|x}.

2

(2)当x(0,1)时|x1||ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立. 若a≤0,则当x(0,1)时|ax1|≥1; 若a0,|ax1|1的解集为0x综上,a的取值范围为(0,2].

22,所以≥1,故0a≤2. aa

山东省2019年高考数学试卷(理科)

一、选择题:本题共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M={x|﹣4<x<2},N={x|x﹣x﹣6<0},则M∩N=( ) A.{x|﹣4<x<3}

B.{x|﹣4<x<﹣2}

C.{x|﹣2<x<2}

D.{x|2<x<3}

2

2.(5分)设复数z满足|z﹣i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则( ) A.(x+1)+y=1 C.x+(y﹣1)=1

0.2

0.3

2

22

2

B.(x﹣1)+y=1 D.x+(y+1)=1

2

2

22

3.(5分)已知a=log20.2,b=2,c=0.2,则( ) A.a<b<c

B.a<c<b

C.c<a<b

D.b<c<a

4.(5分)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是(

≈0.618,称为黄金分割比例),著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶

.若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为

至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是

105cm,头顶至脖子下端的长度为26cm,则其身高可能是( )

第 27 页 共 50 页

A.165cm

5.(5分)函数f(x)=

B.175cm

C.185cm

D.190cm

在[﹣π,π]的图象大致为( )

A.

B.

C.

D.

6.(5分)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“

”和阴爻“

”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重

卦恰有3个阳爻的概率是( )

A.

B.

C.

D.

第 28 页 共 50 页

7.(5分)已知非零向量,满足||=2||,且(﹣)⊥,则与的夹角为( ) A.

B.

C.

D.

8.(5分)如图是求的程序框图,图中空白框中应填入( )

A.A=

B.A=2+

C.A=

D.A=1+

9.(5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n﹣5

B.an=3n﹣10

C.Sn=2n﹣8n

2

D.Sn=n﹣2n

2

10.(5分)已知椭圆C的焦点为F1(﹣1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为( ) A.C.

+y=1 +

=1

2

B.D.

++

=1 =1

11.(5分)关于函数f(x)=sin|x|+|sinx|有下述四个结论: ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间(

,π)单调递增

③f(x)在[﹣π,π]有4个零点 ④f(x)的最大值为2

其中所有正确结论的编号是( ) A.①②④

B.②④

C.①④

D.①③

第 29 页 共 50 页

12.(5分)已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( ) A.8

π

B.4

π

C.2

π

D.

π

二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

13.(5分)曲线y=3(x+x)e在点(0,0)处的切线方程为 .

14.(5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,a4=a6,则S5= .

15.(5分)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4:1获胜的概率是 . 16.(5分)已知双曲线C:

=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与

2

2

x

C的两条渐近线分别交于A,B两点.若=,•=0,则C的离心率为 .

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.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sinB﹣sinC)=sinA﹣sinBsin C. (1)求A; (2)若

a+b=2c,求sinC.

2

2

18.(12分)如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.

第 30 页 共 50 页

19.(12分)已知抛物线C:y=3x的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.

(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程; (2)若

=3

,求|AB|.

2

20.(12分)已知函数f(x)=sinx﹣ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数.证明: (1)f′(x)在区间(﹣1,

)存在唯一极大值点;

(2)f(x)有且仅有2个零点.

21.(12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得﹣1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得﹣1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X的分布列;

(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api﹣1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=﹣1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8. (i)证明:{pi+1﹣pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列; (ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.

(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)

22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为

极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为2ρcosθ+(1)求C和l的直角坐标方程; (2)求C上的点到l距离的最小值. [选修4-5:不等式选讲](10分)

ρsinθ+11=0.

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23.已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明: (1)++≤a+b+c;

(2)(a+b)+(b+c)+(c+a)≥24.

3

3

3

2

2

2

第 32 页 共 50 页

山东省2019年高考数学试卷(理科)答案解析

一、选择题:本题共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M={x|﹣4<x<2},N={x|x﹣x﹣6<0},则M∩N=( ) A.{x|﹣4<x<3}

B.{x|﹣4<x<﹣2}

C.{x|﹣2<x<2}

D.{x|2<x<3}

2

【分析】利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出.

【解答】解:∵M={x|﹣4<x<2},N={x|x﹣x﹣6<0}={x|﹣2<x<3}, ∴M∩N={x|﹣2<x<2}. 故选:C.

【点评】本题考查了一元二次不等式的解法和交集的运算,属基础题. 2.(5分)设复数z满足|z﹣i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则( ) A.(x+1)+y=1 C.x+(y﹣1)=1

2

22

2

2

B.(x﹣1)+y=1 D.x+(y+1)=1

2

2

22

【分析】由z在复平面内对应的点为(x,y),可得z=x+yi,然后根据|z﹣i|=1即可得解. 【解答】解:∵z在复平面内对应的点为(x,y), ∴z=x+yi,

∴z﹣i=x+(y﹣1)i, ∴|z﹣i|=

∴x+(y﹣1)=1, 故选:C.

【点评】本题考查复数的模、复数的几何意义,正确理解复数的几何意义是解题关键,属基础题. 3.(5分)已知a=log20.2,b=2,c=0.2,则( ) A.a<b<c

B.a<c<b

C.c<a<b

0.2

0.2

0.3

2

2

D.b<c<a

0.3

【分析】由指数函数和对数函数的单调性易得log20.2<0,2>1,0<0.2<1,从而得出a,b,c的大小关系.

【解答】解:a=log20.2<log21=0, b=2>2=1, ∵0<0.2<0.2=1, ∴c=0.2∈(0,1), ∴a<c<b,

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0.30.3

0

0.2

0

故选:B.

【点评】本题考查了指数函数和对数函数的单调性,增函数和减函数的定义,属基础题. 4.(5分)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是(

≈0.618,称为黄金分割比例),著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶

.若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为

至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是

105cm,头顶至脖子下端的长度为26cm,则其身高可能是( )

A.165cm

B.175cm

C.185cm

D.190cm

【分析】充分运用黄金分割比例,结合图形,计算可估计身高. 【解答】解:头顶至脖子下端的长度为26cm, 说明头顶到咽喉的长度小于26cm,

由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是可得咽喉至肚脐的长度小于

≈42cm,

, ≈0.618,

由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是可得肚脐至足底的长度小于

=110,

即有该人的身高小于110+68=178cm, 又肚脐至足底的长度大于105cm,

可得头顶至肚脐的长度大于105×0.618≈65cm, 即该人的身高大于65+105=170cm, 故选:B.

【点评】本题考查简单的推理和估算,考查运算能力和推理能力,属于中档题. 5.(5分)函数f(x)=

在[﹣π,π]的图象大致为( )

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A.

B.

C.

D.

【分析】由f(x)的解析式知f(x)为奇函数可排除A,然后计算f(π),判断正负即可排除B,C. 【解答】解:∵f(x)=∴f(﹣x)=

=﹣

,x∈[﹣π,π],

=﹣f(x),

∴f(x)为[﹣π,π]上的奇函数,因此排除A; 又f(

)=

,因此排除B,C;

故选:D.

【点评】本题考查了函数的图象与性质,解题关键是奇偶性和特殊值,属基础题.

6.(5分)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“

”和阴爻“

”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重

卦恰有3个阳爻的概率是( )

A.

B.

C.

D.

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【分析】基本事件总数n=2=64,该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=出该重卦恰有3个阳爻的概率.

【解答】解:在所有重卦中随机取一重卦, 基本事件总数n=2=64,

该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=则该重卦恰有3个阳爻的概率p==故选:A.

=20, .

6

6

=20,由此能求

【点评】本题考查概率的求法,考查古典概型、排列组合等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.

7.(5分)已知非零向量,满足||=2||,且(﹣)⊥,则与的夹角为( ) A.

B.

C.

D.

,然

【分析】由(﹣)⊥,可得后求出夹角即可.

【解答】解:∵(﹣)⊥, ∴=

,进一步得到

==,

∵∴故选:B.

【点评】本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角,属基础题. 8.(5分)如图是求

的程序框图,图中空白框中应填入( )

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A.A=

B.A=2+

C.A=

D.A=1+

【分析】模拟程序的运行,由题意,依次写出每次得到的A的值,观察规律即可得解. 【解答】解:模拟程序的运行,可得: A=,k=1;

满足条件k≤2,执行循环体,A=

,k=2;

满足条件k≤2,执行循环体,A=,k=3;

此时,不满足条件k≤2,退出循环,输出A的值为,

观察A的取值规律可知图中空白框中应填入A=故选:A.

【点评】本题考查了程序框图的应用问题,解题时应模拟程序框图的运行过程,以便得出正确的结论,是基础题.

9.(5分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n﹣5

B.an=3n﹣10

C.Sn=2n﹣8n

2

D.Sn=n﹣2n

2

【分析】根据题意,设等差数列{an}的公差为d,则有项公式和前n项和即可.

,求出首项和公差,然后求出通

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【解答】解:设等差数列{an}的公差为d, 由S4=0,a5=5,得

,∴

∴an=2n﹣5,故选:A.

【点评】本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式,关键是求出等差数列的公差以及首项,属于基础题.

10.(5分)已知椭圆C的焦点为F1(﹣1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为( ) A.C.

+y=1 +

=1

2

B.D.

++

=1 =1 ,b=

,可得椭圆的方程.

【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a=【解答】解:∵|AF2|=2|BF2|,∴|AB|=3|BF2|, 又|AB|=|BF1|,∴|BF1|=3|BF2|, 又|BF1|+|BF2|=2a,∴|BF2|=, ∴|AF2|=a,|BF1|=a,

在Rt△AF2O中,cos∠AF2O=,

在△BF1F2中,由余弦定理可得cos∠BF2F1=

根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1=0,可得+b=a﹣c=3﹣1=2. 所以椭圆C的方程为:故选:B.

【点评】本题考查了椭圆的性质,属中档题.

+

=1.

2

2

2

=0,解得a=3,∴a=

2

11.(5分)关于函数f(x)=sin|x|+|sinx|有下述四个结论: ①f(x)是偶函数

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②f(x)在区间(,π)单调递增

③f(x)在[﹣π,π]有4个零点 ④f(x)的最大值为2

其中所有正确结论的编号是( ) A.①②④

B.②④

C.①④

D.①③

【分析】根据绝对值的应用,结合三角函数的图象和性质分别进行判断即可.

【解答】解:f(﹣x)=sin|﹣x|+|sin(﹣x)|=sin|x|+|sinx|=f(x)则函数f(x)是偶函数,故①正确, 当x∈(

,π)时,sin|x|=sinx,|sinx|=sinx,

则f(x)=sinx+sinx=2sinx为减函数,故②错误, 当0≤x≤π时,f(x)=sin|x|+|sinx|=sinx+sinx=2sinx, 由f(x)=0得2sinx=0得x=0或x=π,

由f(x)是偶函数,得在[﹣π,)上还有一个零点x=﹣π,即函数f(x)在[﹣π,π]有3个零点,故③错误,

当sin|x|=1,|sinx|=1时,f(x)取得最大值2,故④正确, 故正确是①④, 故选:C.

【点评】本题主要考查与三角函数有关的命题的真假判断,结合绝对值的应用以及利用三角函数的性质是解决本题的关键.

12.(5分)已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( ) A.8

π

B.4

π

C.2

π

D.

π

【分析】由题意画出图形,证明三棱锥P﹣ABC为正三棱锥,且三条侧棱两两互相垂直,再由补形法求外接球球O的体积. 【解答】解:如图,

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由PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥, 则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心,连接BO并延长,交AC于G, 则AC⊥BG,又PO⊥AC,PO∩BG=O,可得AC⊥平面PBG,则PB⊥AC, ∵E,F分别是PA,AB的中点,∴EF∥PB,

又∠CEF=90°,即EF⊥CE,∴PB⊥CE,得PB⊥平面PAC, ∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直,

把三棱锥补形为正方体,则正方体外接球即为三棱锥的外接球, 其直径为D=半径为

,则球O的体积为

故选:D.

【点评】本题考查多面体外接球体积的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查计算能力,是中档题.

二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。

13.(5分)曲线y=3(x+x)e在点(0,0)处的切线方程为 y=3x .

【分析】对y=3(x+x)e求导,可将x=0代入导函数,求得斜率,即可得到切线方程. 【解答】解:∵y=3(x+x)e, ∴y'=3e(x+3x+1), ∴当x=0时,y'=3,

∴y=3(x+x)e在点(0,0)处的切线斜率k=3, ∴切线方程为:y=3x. 故答案为:y=3x.

【点评】本题考查了利用导数研究函数上某点的切线方程,切点处的导数值为斜率是解题关键,属基础题.

14.(5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,a4=a6,则S5=

2

2

x

x

2

2

x

2

x2

x

【分析】根据等比数列的通项公式,建立方程求出q的值,结合等比数列的前n项和公式进行计算即可.

【解答】解:在等比数列中,由a4=a6,得qa1=qa1>0, 即q>0,q=3,

2

6

2

5

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则S5=故答案为:

=,

【点评】本题主要考查等比数列前n项和的计算,结合条件建立方程组求出q是解决本题的关键. 15.(5分)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4:1获胜的概率是 0.18 . 【分析】甲队以4:1获胜包含的情况有:①前5场比赛中,第一场负,另外4场全胜,②前5场比赛中,第二场负,另外4场全胜,③前5场比赛中,第三场负,另外4场全胜,④前5场比赛中,第四场负,另外4场全胜,由此能求出甲队以4:1获胜的概率. 【解答】解:甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.

设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立, 甲队以4:1获胜包含的情况有:

①前5场比赛中,第一场负,另外4场全胜,其概率为:p1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.036, ②前5场比赛中,第二场负,另外4场全胜,其概率为:p2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6=0.036, ③前5场比赛中,第三场负,另外4场全胜,其概率为:p3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054, ④前5场比赛中,第四场负,另外4场全胜,其概率为:p3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054, 则甲队以4:1获胜的概率为:

p=p1+p2+p3+p4=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18. 故答案为:0.18.

【点评】本题考查概率的求法,考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.

16.(5分)已知双曲线C:

=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与

C的两条渐近线分别交于A,B两点.若=,•=0,则C的离心率为 2 .

联立求得B点坐

【分析】由题意画出图形,结合已知可得F1B⊥OA,写出F1B的方程,与y=标,再由勾股定理求解. 【解答】解:如图,

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,且

•,

=0,∴OA⊥F1B,

则F1B:y=

联立,解得B(,),

则,,

2

2

2

2

2

2

2

=4c,

2

整理得:b=3a,∴c﹣a=3a,即4a=c, ∴

,e=

故答案为:2.

【点评】本题考查双曲线的简单性质,考查数形结合的解题思想方法,考查计算能力,是中档题. 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.(12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(sinB﹣sinC)=sinA﹣sinBsin C. (1)求A; (2)若

a+b=2c,求sinC.

2

2

2

2

2

【分析】(1)由正弦定理得:b+c﹣a=bc,再由余弦定理能求出A. (2)由已知及正弦定理可得:sin(C﹣可得解.

【解答】解:(1)∵△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c. 设(sinB﹣sinC)=sinA﹣sinBsin C.

2

2

)=,可解得C的值,由两角和的正弦函数公式即

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则sinB+sinC﹣2sinBsinC=sinA﹣sinBsinC, ∴由正弦定理得:b+c﹣a=bc, ∴cosA=

∵0<A<π,∴A=(2)∵

=.

)=

,∴C﹣)=sin

cos

,C=

sin

+

=,

2

2

2

222

a+b=2c,A=

∴由正弦定理得∴

解得sin(C﹣∴sinC=sin(

+cos

【点评】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角函数性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

18.(12分)如图,直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.

【分析】(1)过N作NH⊥AD,证明NM∥BH,再证明BH∥DE,可得NM∥DE,再由线面平行的判定可得MN∥平面C1DE;

(2)以D为坐标原点,以垂直于DC得直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量,由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值.

【解答】(1)证明:如图,过N作NH⊥AD,则NH∥AA1,且

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又MB∥AA1,MB=

,∴四边形NMBH为平行四边形,则NM∥BH,

由NH∥AA1,N为A1D中点,得H为AD中点,而E为BC中点, ∴BE∥DH,BE=DH,则四边形BEDH为平行四边形,则BH∥DE, ∴NM∥DE,

∵NM⊄平面C1DE,DE⊂平面C1DE, ∴MN∥平面C1DE;

(2)解:以D为坐标原点,以垂直于DC得直线为x轴,以DC所在直线为y轴,以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 则N(

,2),M(,

设平面A1MN的一个法向量为

,1,2),A1(

, ,

,﹣1,4),

由,取x=,得,

又平面MAA1的一个法向量为

∴cos<>===.

∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为

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【点评】本题考查直线与平面平行的判定,考查空间想象能力与思维能力,训练了利用空间向量求解空间角,是中档题.

19.(12分)已知抛物线C:y=3x的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.

(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程; (2)若

=3

,求|AB|.

2

【分析】(1)很具韦达定理以及抛物线的定义可得. (2)若

=3

,则y1=﹣3y2,⇒x1=﹣3x2+4t,再结合韦达定理可解得t=1,x1=3,x2=,

再用弦长公式可得.

【解答】解:(1)设直线l的方程为y=(x﹣t),将其代入抛物线y=3x得:x﹣(t+3)x+t=0,

设A(x1,y1),B(x2,y2),

2

2

2

则x1+x2==2t+,①,x1x2=t②,

2

由抛物线的定义可得:|AF|+|BF|=x1+x2+p=2t++=4,解得t=直线l的方程为y=x﹣. (2)若

=3

,则y1=﹣3y2,∴(x1﹣t)=﹣3×(x2﹣t),化简得x1=﹣3x2+4t,③

由①②③解得t=1,x1=3,x2=, ∴|AB|=

【点评】本题考查了抛物线的性质,属中档题.

20.(12分)已知函数f(x)=sinx﹣ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数.证明: (1)f′(x)在区间(﹣1,

)存在唯一极大值点;

(2)f(x)有且仅有2个零点.

【分析】(1)f(x)的定义域为(﹣1,+∞),求出原函数的导函数,进一步求导,得到f″(x)在(﹣1,

)上为减函数,结合f″(0)=1,f″(

)=﹣1+

<﹣1+1=0,由零点

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存在定理可知,函数f″(x)在(﹣1,(﹣1,x0)上单调递增,在(x0,极大值点;

)上存在唯一得零点x0,结合单调性可得,f′(x)在

)存在唯一

)上单调递减,可得f′(x)在区间(﹣1,

(2)由(1)知,当x∈(﹣1,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,x0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;由于f′(x)在(x0,可得函数f′(x)在(x0,单调递增;当x∈((

)上单调递减,且f′(x0)>0,f′(

)<0,

)上存在唯一零点x1,结合单调性可知,当x∈(x0,x1)时,f(x))时,f(x)单调递减.当x∈(

,π)时,f(x)单调递减,再由f

)>0,f(π)<0.然后列x,f′(x)与f(x)的变化情况表得答案.

【解答】证明:(1)f(x)的定义域为(﹣1,+∞), f′(x)=cosx令g(x)=﹣sinx+∴f″(x)在(﹣1,又∵f″(0)=1,f″(

,f″(x)=﹣sinx+

<0在(﹣1,

)恒成立,

,则g′(x)=﹣cosx)上为减函数, )=﹣1+

<﹣1+1=0,由零点存在定理可知,

函数f″(x)在(﹣1,调递增, 在(x0,

)上存在唯一的零点x0,结合单调性可得,f′(x)在(﹣1,x0)上单

)上单调递减,可得f′(x)在区间(﹣1,)存在唯一极大值点;

(2)由(1)知,当x∈(﹣1,0)时,f′(x)单调递增,f′(x)<f′(0)=0,f(x)单调递减;

当x∈(0,x0)时,f′(x)单调递增,f′(x)>f′(0)=0,f(x)单调递增; 由于f′(x)在(x0,

)上单调递减,且f′(x0)>0,f′(

)=

<0,

由零点存在定理可知,函数f′(x)在(x0,)上存在唯一零点x1,结合单调性可知,

当x∈(x0,x1)时,f′(x)单调递减,f′(x)>f′(x1)=0,f(x)单调递增; 当x∈(当x∈(

)时,f′(x)单调递减,f′(x)<f′(x1)=0,f(x)单调递减. ,π)时,cosx<0,﹣

<0,于是f′(x)=cosx﹣

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<0,f(x)单调递减,

其中f()=1﹣ln(1+)>1﹣ln(1+)=1﹣ln2.6>1﹣lne=0,

f(π)=﹣ln(1+π)<﹣ln3<0. 于是可得下表: x (﹣1,0) 0 (0,x1) x1 () ) f′(x) ﹣ 0 0 + 0 ﹣ ﹣ ﹣ ﹣ (π f(x) 减函数 增函数 大于0 减函数 大于0 减函数 小于0 ]上有且只有一个零点0, ,π)上有且只有一个零点x2,

结合单调性可知,函数f(x)在(﹣1,由函数零点存在性定理可知,f(x)在(

当x∈[π,+∞)时,f(x)=sinx﹣ln(1+x)<1﹣ln(1+π)<1﹣ln3<0,因此函数f(x)在[π,+∞)上无零点.

综上,f(x)有且仅有2个零点.

【点评】本题考查利用导数求函数的极值,考查函数零点的判定,考查数学转化思想方法,考查函数与方程思想,考查逻辑思维能力与推理运算能力,难度较大.

21.(12分)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得﹣1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得﹣1分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β,一轮试验中甲药的得分记为X. (1)求X的分布列;

(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,pi(i=0,1,…,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则p0=0,p8=1,pi=api﹣1+bpi+cpi+1(i=1,2,…,7),其中a=P(X=﹣1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设α=0.5,β=0.8. (i)证明:{pi+1﹣pi}(i=0,1,2,…,7)为等比数列; (ii)求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.

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【分析】(1)由题意可得X的所有可能取值为﹣1,0,1,再由相互独立试验的概率求P(X=﹣1),P(X=0),P(X=1)的值,则X的分布列可求;

(2)(i)由α=0.5,β=0.8结合(1)求得a,b,c的值,代入pi=api﹣1+bpi+cpi+1,得到(pi+1﹣pi)=4(pi﹣pi﹣1),由p1﹣p0=p1≠0,可得{pi+1﹣pi}(i=0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列;

(ii)由(i)可得,p8=(p8﹣p7)+(p7﹣p6)+…+(p1﹣p0)+p0,利用等比数列的前n项和与p8=1,得p1=

,进一步求得p4=

.P4表示最终认为甲药更有效的概率,结合α=0.5,β

=0.8,可得在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理. 【解答】(1)解:X的所有可能取值为﹣1,0,1.

P(X=﹣1)=(1﹣α)β,P(X=0)=αβ+(1﹣α)(1﹣β),P(X=1)=α(1﹣β), ∴X的分布列为:

X P ﹣1 (1﹣α)β 0 αβ+(1﹣α)(1﹣β) 1 α(1﹣β) (2)(i)证明:∵α=0.5,β=0.8, ∴由(1)得,a=0.4,b=0.5,c=0.1.

因此pi=0.4pi﹣1+0.5pi+0.1pi+1(i=1,2,…,7),

故0.1(pi+1﹣pi)=0.4(pi﹣pi﹣1),即(pi+1﹣pi)=4(pi﹣pi﹣1),

又∵p1﹣p0=p1≠0,∴{pi+1﹣pi}(i=0,1,2,…,7)为公比为4,首项为p1的等比数列; (ii)解:由(i)可得,

p8=(p8﹣p7)+(p7﹣p6)+…+(p1﹣p0)+p0=∵p8=1,∴p1=

p1=

∴P4=(p4﹣p3)+(p3﹣p2)+(p2﹣p1)+(p1﹣p0)+p0=P4表示最终认为甲药更有效的概率.

由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为

,此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.

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【点评】本题是函数与数列的综合题,主要考查数列和函数的应用,考查离散型随机变量的分布列,根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键.综合性较强,有一定的难度.

(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。[选修4-4:坐标系与参数方程](10分)

22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为

极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为2ρcosθ+(1)求C和l的直角坐标方程; (2)求C上的点到l距离的最小值.

ρsinθ+11=0.

【分析】(1)把曲线C的参数方程变形,平方相加可得普通方程,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入2ρcosθ+

ρsinθ+11=0,可得直线l的直角坐标方程; (2)写出与直线l平行的直线方程为

,与曲线C联立,化为关于x的一元二次方程,

利用判别式大于0求得m,转化为两平行线间的距离求C上的点到l距离的最小值.

【解答】解:(1)由(t为参数),得,

两式平方相加,得∴C的直角坐标方程为由2ρcosθ+

(x≠﹣1),

(x≠﹣1),

. ;

平行的直线方程为

,得16x+4mx+m﹣12=0.

2

2

ρsinθ+11=0,得

即直线l的直角坐标方程为得(2)设与直线联立

2

2

由△=16m﹣64(m﹣12)=0,得m=±4. ∴当m=4时,直线

与曲线C的切点到直线

的距离最小,为

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【点评】本题考查间单曲线的极坐标方程,考查参数方程化普通方程,考查直线与椭圆位置关系的应用,训练了两平行线间的距离公式的应用,是中档题. [选修4-5:不等式选讲](10分)

23.已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明: (1)++≤a+b+c;

(2)(a+b)+(b+c)+(c+a)≥24.

【分析】(1)利用基本不等式和1的运用可证,(2)分析法和综合法的证明方法可证. 【解答】证明:(1)分析法:已知a,b,c为正数,且满足abc=1. 要证(1)++≤a+b+c;因为abc=1. 就要证:

+

+

2

22

2

2

3

3

3

2

2

2

≤a+b+c;

2

222

即证:bc+ac+ab≤a+b+c; 即:2bc+2ac+2ab≤2a+2b+2c; 2a+2b+2c﹣2bc﹣2ac﹣2ab≥0 (a﹣b)+(a﹣c)+(b﹣c)≥0; ∵a,b,c为正数,且满足abc=1.

∴(a﹣b)≥0;(a﹣c)≥0;(b﹣c)≥0恒成立;当且仅当:a=b=c=1时取等号. 即(a﹣b)+(a﹣c)+(b﹣c)≥0得证. 故++≤a+b+c得证.

(2)证(a+b)+(b+c)+(c+a)≥24成立; 即:已知a,b,c为正数,且满足abc=1. (a+b)为正数;(b+c)为正数;(c+a)为正数; (a+b)+(b+c)+(c+a)≥3(a+b)(b+c)•(c+a)•;

当且仅当(a+b)=(b+c)=(c+a)时取等号;即:a=b=c=1时取等号; ∵a,b,c为正数,且满足abc=1. (a+b)≥2

;(b+c)≥2

;(c+a)≥2

3

3

3

3

3

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

当且仅当a=b,b=c;c=a时取等号;即:a=b=c=1时取等号; ∴(a+b)+(b+c)+(c+a)≥3(a+b)(b+c)•(c+a)≥3×8•

3

3

3

3

3

3

••=24abc=24;

当且仅当a=b=c=1时取等号;故(a+b)+(b+c)+(c+a)≥24.得证. 故得证.【点评】本题考查重要不等式和基本不等式的运用,分析法和综合法的证明方法.

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