山东省淄博市道口中学高三数学理联考试题含解析

山东省淄博市道口中学高三数学理联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知a＞0，b＞0，a+b=2，则y=的最小值是(

)

A．

B．4

C．

D．5参考答案：C2.若=________ A．1 B．—1 C．2 D．—2参考答案：A略3.如图程序框图的算法思路源于欧几里得名著《几何原本》中的“辗转相除法”，执行该程序框图，若输入m，n分别为225、135，则输出的m=（）A．5 B．9 C．45 D．90参考答案：C【考点】程序框图．【分析】模拟程序框图的运行过程，该程序执行的是欧几里得辗转相除法，求出运算结果即可．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；m=225，n=135，225÷135=1…90，r=90，不满足退出循环的条件；m=135，n=90，135÷90=1…45，r=45不满足退出循环的条件m=90，n=45，90÷45=2…0，r=0满足退出循环的条件故输出m=45．故选：C【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，以便得出正确的答案，是基础题．4.已知等差数列满足，，，则的值为A．

B．

C．

D．参考答案：C5.的结果为

A．1

B．2

C．3

D．不存在参考答案：B6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2，2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f(x)的解析式为f(x)＝x3－4x，x∈[－2，2]；②f(x)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于0．其中正确的结论有A．0个

B．1个

C．2个

D．3个参考答案：CC函数图像过原点，则c＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由f′(±1)＝－1，解得a＝0，b＝－4，因此①正确；对于②，f′(x)＝0在[－2,2]上有两个不相等的实数根，因此错误；又函数为奇函数，根据奇函数性质可知③正确．7.已知函数若互不相等，且，则的取值范围是A．（1，2014）

B．（1，2015）

C．（2，2015）

D．[2，2015]参考答案：C8.设，则(

)A．

B．

C．

D．参考答案：A9.在等比数列中，，则（

）A．或—8

B．或

C．或8

D．或参考答案：B10.已知双曲线C：的右焦点为F，以F为圆心和双曲线的渐近线相切的圆与双曲线的一个交点为M，且MF与双曲线的实轴垂直，则双曲线C的离心率为（）A.

B.

C.

D.参考答案：C圆心为F（c，0），渐渐线为：，由题，所以，即离心率为，选C.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知函数，则

参考答案：2

略12.已知=（1，﹣1），=（﹣1，2），则（2+）?=

．参考答案：﹣1【考点】平面向量数量积的运算．【分析】直接利用向量的坐标运算以及向量的数量积求解即可．【解答】解：=（1，﹣1），=（﹣1，2），则2+=（1，0）（2+）?=﹣1+0=﹣1．故答案为：﹣1．13.在△ABC中，三边a，b，c的对角分别为A，B，C，若a2+b2=2018c2，则=．参考答案：2017【考点】正弦定理．【分析】利用余弦定理表示出cosC，把已知等式代入得到关系式，记作①，利用正弦定理化简，整理即可得出所求式子结果．【解答】解：在△ABC中，∵a2+b2=2018c2，∴cosC==，即2abcosC=2017c2，①由正弦定理=2R，得到a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，代入①得：2?2RsinA?2RsinBcosC=2017?4R2sin2C，即2sinAsinBcosC=2017sin2C=2017（1﹣cos2C），则=2017．故答案为：2017．【点评】此题考查了余弦定理，正弦定理，熟练掌握定理是解本题的关键．14.设满足，则的取值范围是▲参考答案：[2,+∞]15.．已知是第二象限角，且______.

参考答案：略16.按右面的程序框图运行后,输出的应为__________.参考答案：40略17.对于实数，当时，规定，则不等式的解集为

.参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.（2016秋?贵州月考）某班早晨7：30开始上早读课，该班学生小陈和小李在早上7：10至7：30之间到班，且两人在此时间段的任何时刻到班是等可能的．（1）在平面直角坐标系中画出两人到班的所有可能结果表示的区域；（2）求小陈比小李至少晚5分钟到班的概率．参考答案：【考点】几何概型．【分析】（Ⅰ）用x，y分别表示小陈、小李到班的时间，则x∈[10，30]，y∈[10，30]，作出正方形区域得答案；（Ⅱ）小陈比小李至少晚到5分钟，即x﹣y≥5，由线性规划知识求出可行域，利用面积比得答案．【解答】解：（Ⅰ）用x，y分别表示小陈、小李到班的时间，则x∈[10，30]，y∈[10，30]，所有可能结果对应坐标平面内一个正方形区域ABCD，如图所示．（Ⅱ）小陈比小李至少晚到5分钟，即x﹣y≥5，对应区域为△BEF，所求概率．【点评】本题考查几何概型，体现了数学转化思想方法，关键是由题意作出图形，是中档题．19.已知函数f（x）=x2+bx﹣alnx．（1）当a＞0时，函数f（x）是否存在极值？判断并证明你的结论；（2）若x=2是函数f（x）的极值点，1和x0是函数f（x）的两个不同零点，且x0∈（n，n+1），求自然数n的值；（3）若对任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，求实数a的取值范围．参考答案：【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）求出函数f（x）的导数，通过判断导函数的符号，得到函数的单调区间，从而判断出函数的极值即可；（2）先求导得到f′（x），由f′（2）=4﹣+b=0，f（1）=1+b=0，得到a与b的值，再令导数大于0，或小于0，得到函数的单调区间，再由零点存在性定理得到得到x0∈（3，4），进而得到n的值；（3）令g（b）=xb+x2﹣alnx，b∈[﹣2，﹣1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，由于对任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，则g（b）max=g（﹣1）=x2﹣x﹣alnx＜0在x∈（1，e）有解．令h（x）=x2﹣x﹣alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可．【解答】解：（1）f（x）=x2+bx﹣alnx，（x＞0），f′（x）=2x+b﹣，f″（x）=2+＞0，故f′（x）在（0，+∞）递增，故x→0时，f′（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→+∞，故存在x0∈（0，+∞），使得：x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）递减，x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，故函数f（x）存在极小值，但不存在极大值；（2）f′（x）=2x﹣+b，∵x=2是函数f（x）的极值点，∴f′（2）=4﹣+b=0．∵1是函数f（x）的零点，得f（1）=1+b=0，由，解得a=6，b=﹣1，∴f（x）=x2﹣x﹣6lnx，令f′（x）=2x﹣﹣1=＞0，x∈（0，+∞），得x＞2；

令f′（x）＜0得0＜x＜2，所以f（x）在（0，2）上单调递减；在（2，+∞）上单调递增故函数f（x）至多有两个零点，其中1∈（0，2），x0∈（2，+∞），因为f（2）＜f（1）=0，f（3）=6（1﹣ln3）＜0，f（4）=6（2﹣ln4）=6ln＞0，所以x0∈（3，4），故n=3．（3）令g（b）=xb+x2﹣alnx，b∈[﹣2，﹣1]，则g（b）为关于b的一次函数且为增函数，根据题意，对任意b∈[﹣2，﹣1]，都存在x∈（1，e），使得f（x）＜0成立，则g（b）max=g（﹣1）=x2﹣x﹣alnx＜0在x∈（1，e）有解，令h（x）=x2﹣x﹣alnx，只需存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜0即可，由于h′（x）=2x﹣1﹣=，令φ（x）=2x2﹣x﹣a，φ′（x）=4x﹣1＞0，∴φ（x）在（1，e）上单调递增，φ（x）＞φ（1）=1﹣a，①当1﹣a≥0，即a≤1时，φ（x）＞0，即h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=0，不符合题意．②当1﹣a＜0，即a＞1时，φ（1）=1﹣a＜0，φ（e）=2e2﹣e﹣a．若a≥2e2﹣e＞1，则φ（e）＜0，∴在（1，e）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，∴h（x）在（1，e）上单调递减，∴存在x0∈（1，e）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．若2e2﹣e＞a＞1，则φ（e）＞0，∴在（1，e）上一定存在实数m，使得φ（m）=0，∴在（1，m）上φ（x）＜0恒成立，即h′（x）＜0恒成立，h（x）在（1，m）上单调递减，∴存在存在x0∈（1，m）使得h（x0）＜h（1）=0，符合题意．综上所述，当a＞1时，对?b∈[﹣2，﹣1]，都有?x∈（1，e）（e为自然对数的底数），使得f（x）＜0成立．20.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(其中为参数）.现以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点坐标为，直线交曲线于两点，求的值.参考答案：（1）由消去参数，得直线的普通方程为又由得，由得曲线的直角坐标方程为（2）其代入得，则所以.21.（本小题满分12分）如图3，是平行四边形，已知，,平面平面.（Ⅰ）证明：（Ⅱ）若，求三棱锥的高.参考答案：（Ⅰ）∵是平行四边形，且，∴，故.

（1分）取BC的中点F，连结EF，∵，∴.

（2分）又∵平面平面，∴平面.

（3分）∵平面，∴

（4分）∵平面，∴平面，

（5分）∵平面，∴

（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知是三棱锥的高，且

（7分）∴三棱锥的体积：

（8分）在?ABE中，AB=4，BF=1，?ABF=120?，所以.

（9分）在Rt?AFE中，.在?ABE中，，所以，所以.

（10分）设三棱锥的高为，则其体积为

（11分）由，得，解得，即三棱锥的高等于.（12分）22.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别F1（﹣，0），F2（，0），直线x+y=0与椭圆C的一个交点为（﹣，1），点A是椭圆C上的任意一点，延长AF交椭圆C于点B，连接BF2，AF2（1）求椭圆C的方程；（2）求△ABF2的内切圆的最大周长．参考答案：【考点】椭圆的简单性质．【分析】（1）由题意可得c=，把点的坐标代入椭圆方程，结合隐含条件求得a2=4，b2=2．则椭圆方程可求；（2）设出AB所在直线方程x=ty﹣，联立直线方程和椭圆方程，由根与系数的关系得到A，B的纵坐标的和与积，求出|y1﹣y2|取最大值时的t值，得到A的坐标，由圆心到三边的距离相等求得最大内切圆的半径，则答案可求．【解答】解：