河北省唐山市届高三第二次模拟考试数学文试题Word版含答案.docx
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河北省唐山市届高三第二次模拟考试数学文试题Word版含答案
唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试
文科数学试卷
第Ⅰ卷（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．设全集，，集合，则集合（）
A．B．C．D．
2．复数满足（是虚数单位），则（）
A．B．C．D．
3．已知，则任取一个点，满足的概率为（）
A．B．C．D．
4．双曲线的顶点到渐近线的距离等于（）
A．1B．C．D．
5．给出以下三个命题：
①若“”是假命题，则均为假命题；
②命题“若，则”的否命题是：
“若，则”；
③命题“，”的否定是“，”；其中正确命题的个数是（）
A．0B．1C．2D．3
6．如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则其表面积为（）
A．B．C．D．
7．已知为奇函数，则（）
A．1B．-2C．-1D．
8．函数的部分图象如图，则可能的值是（）
A．1，B．1，C．2，D．2，
9．设是任意等差数列，它的前项和、前项和与前项和分别为，则下列等式中恒成立的是（）
A．B．
C．D．
10．下图是某桌球游戏计分程序框图，下列选项中输出数据不符合该程序的为（）
A．B．
C．D．
11．在四棱锥中，底面，底面是正方形，，三棱柱的顶点都位于四棱锥的棱上，已知分别是棱的中点，则三棱柱的体积为（）
A．B．1C．D．
12．已知，，点是圆上的一个动点，则的最大值为（）
A．16B．20C．24D．28
第Ⅱ卷（共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13．若满足约束条件则的最小值是．
14．曲线在处的切线方程为．
15．已知为数列的前项和，，若，则．
16．椭圆右焦点为，存在直线与椭圆交于两点，使得为顶角是120°的等腰三角形，则椭圆的离心率．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．如图，在平面四边形中，.
（1）求证：
；
（2）点移动时，判断是否为定长，并说明理由.
18．如图，在三棱柱中，，平面平面.
（1）求证：
；
（2）若，，求点到平面的距离.
19．为了研究黏虫孵化的平均温度（单位：
）与孵化天数之间的关系，某课外兴趣小组通过试验得到如下6组数据：
组号
1
2
3
4
5
6
平均温度
12
16
17
18
19
20
孵化天数
23
16
14
12
9
7
他们分别用两种模型①，②分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图：
经计算得，
（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？
（给出判断即可，不必说明理由）
（2）应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.
参考公式：
回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
，.
20．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，交轴于点为坐标原点.当时，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，求直线的方程.
21．设，记.
（1）当时，求的零点的个数；
（2）时，证明：
.
请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．
22．选修4-4：
坐标系与参数方程
在极坐标系中，曲线，曲线，点，以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系.
（1）求曲线和的直角坐标方程；
（2）过点的直线交于点，交于点，若，求的最大值.
23．选修4-5：
不等式选讲
已知.
（1）求证：
；
（2）判断等式能否成立，并说明理由.
唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试
文科数学参考答案
一．选择题：
A卷：
ADCDBCABDCBC
B卷：
ABCDBCADDCBC
二．填空题：
（13）－1（14）2x－y－1＝0（15）7（16）－1
三．解答题：
17．解：
（1）在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°，
由正弦定理可知，
＝，
BC＝4sin∠BAC
∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，则∠BAC＋∠CBD＝90°，则sin∠BAC＝cos∠CBD，
所以，BC＝4cos∠CBD．
（2）CD是为定长，因为
在△BCD中，由
（1）及余弦定理可知，
CD2＝BC2＋BD2－2×BC×BD×cos∠CBD，
＝4＋BC2－4BCcos∠CBD
＝4＋BC2－BC2
＝4
CD＝2．
18．解：
（1）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线为AC，又BC⊥AC，
所以BC⊥平面A1ACC1，AA1平面A1ACC1，
从而有BC⊥AA1．
因为∠AA1C＝90°，所以AA1⊥A1C，
又因为BC∩A1C＝C，
所以AA1⊥平面A1BC，又A1B平面A1BC，
所以AA1⊥A1B．
（2）由
（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1A平面A1ABB1，
所以平面A1BC⊥平面A1ABB1，且交线为A1B．
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的A1B边上的高，设其为h．
在Rt△AA1C中，A1A＝2，∠A1AC＝60°，则A1C＝2．
由
（1）得，BC⊥A1C，
所以Rt△A1CB中，BC＝3，A1B＝．h＝＝＝．
即点C到平面A1ABB1的距离为．
19．解：
（1）应该选择模型①
（2）＝－6＝1297－6×17×13.5＝－80，
＝－62＝1774－6×172＝40，
＝＝＝－2，
＝－＝13.5＋2×17＝47.5．
所以y关于x的线性回归方程为：
＝－2x＋47.5．
20．解：
（1）由已知可得F（，0），
因为∠OFA＝120°，所以xA＝＋|AF|cos60°＝＋2．
又由抛物线定义可知，|AF|＝xA＋＝p＋2＝4，
解得，p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x．
（2）由
（1）可知，F（1，0），由题意可知，直线l斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝k（x－1），A（x1，y1），B（x2，y2），
由得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，
x1＋x2＝①
x1x2＝1②
由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2③
由①②③联立解得，k＝±2．
所以l的方程为2x＋y－2＝0或2x－y－2＝0．
21．解：
（1）当a＝1时，g（x）＝f（x）＝（2x－1）lnx＋x－1，
所以g（x）＝2lnx－＋3，
因为g（x）为单调递增函数，
且g
（1）＝2＞0，g（）＝1－e＜0，所以存在t∈（，1），使得g（t）＝0,
即x∈（0，t）时，g（x）＜0，g（x）单调递减；
x∈（t，＋∞）时，g（x）＞0，g（x）单调递增．
因为g
（1）＝0，所以1为g（x）的一个零点，
又g（）＝1－＞0，所以g（x）在（，t）有一个零点，
故g（x）有两个零点．
（2）依题意得，f（x）＝a（x2lnx＋1）－xlnx－1，
令h（x）＝x2lnx＋1，所以h（x）＝2xlnx＋x＝x（2lnx＋1），
所以0＜x＜e－时，h（x）＜0，h（x）单调递减；
x＞e－时，h（x）＞0，h（x）单调递增，
即h（x）的最小值为h（e－）＝1－＞0，所以h（x）＞0．
令t（x）＝（x2lnx＋1）－（xlnx＋1）＝（x2－x）lnx，所以t（x）≥0，
即x2lnx＋1≥xlnx＋1．
综上，≤1．
又a＞1，所以a＞，即a（x2lnx＋1）＞xlnx＋1，
故f（x）＞0．
22．解：
（1）曲线C1的直角坐标方程为：
x2＋y2－2y＝0；
曲线C2的直角坐标方程为：
x＝3．
（2）P的直角坐标为（－1，0），设直线l的倾斜角为α，（0＜α＜），
则直线l的参数方程为：
（t为参数，0＜α＜）
代入C1的直角坐标方程整理得，t2－2（sinα＋cosα）t＋1＝0，
t1＋t2＝2（sinα＋cosα）
直线l的参数方程与x＝3联立解得，t3＝，
由t的几何意义可知，
|PA|＋|PB|＝2（sinα＋cosα）＝λ|PQ|＝，整理得
4λ＝2（sinα＋cosα）cosα＝sin2α＋cos2α＋1＝sin（2α＋）＋1，
由0＜α＜，＜2α＋＜，
所以，当2α＋＝，即α＝时，λ有最大值（＋1）．
23．解：
（1）由题意得（a＋b）2＝3ab＋1≤3（）2＋1，当且仅当a＝b时，取等号．
解得（a＋b）2≤4，又a，b＞0，
所以，a＋b≤2．
（2）不能成立．
＋≤＋，
因为a＋b≤2，
所以＋≤1＋，
因为c＞0，d＞0，cd＞1，
所以c＋d＝＋≥＋＞＋1，
故＋＝c＋d不能成立．
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