2018届山东省淄博市高三下学期一模考试数学理含答案

2018届山东省淄博市高三下学期一模考
试数学理含答案
淄博市2017-2018学年度高三模拟考试试题理科数学
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.若集合$A=\{x\in \mathbb{N}|2x\leq 8\},B=\{0,1,2,3,4\}$，则 $A\cap B$ =（）
A。

$\{0,1,2,3\}$
B。

$\{1,2,3\}$
C。

$\{0,1,2\}$
D。

$\{0,1,2,3,4\}$
2.在复平面内，复数 $z$ 满足 $z(1+i)=1-2i$，则 $z$ 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
3.若 $a=3,b=0.4,c=\log_{0.4}3$，则（）
A。

$b<a<c$
B。

$c<a<b$
XXX<c<b$
D。

$c<b<a$
4.若 $\alpha$ 为第一象限角，且 $\sin
2\alpha=\sin\left(\alpha-
\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+\alpha\right)$，则$\cos\alpha$ 的值为（）
A。

$\dfrac{-77}{17}$
B。

$\dfrac{-55}{33}$
C。

$\dfrac{55}{33}$
D。

$\dfrac{77}{17}$
5.已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
A。

$\dfrac{5}{7}$
B。

$\dfrac{3}{5}$
C。

$\dfrac{7}{15}$
D。

$\dfrac{2}{3}$
6.设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量 $X$，且$X\sim N(800,502)$。

记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为 $p$，则 $p$ 的值为（参考数据：若 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则 $P(\mu-\sigma<X\leq
\mu+\sigma)=0.6826$，$P(\mu-2\sigma<X\leq
\mu+2\sigma)=0.9544$，$P(\mu-3\sigma<X\leq
\mu+3\sigma)=0.9974$）（）
A。

0.9772
B。

0.6826
C。

0.9974
D。

0.9544
7.执行如图所示的程序框图，若输出的 $S$ 值为5，则输入的 $n$ 值为（）
A。

3
B。

4
C。

5
D。

6
8.南宋时期的数学家XXX独立发现的计算三角形面积的“三斜求积术”，与著名的海伦公式等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减小，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即
S=\dfrac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}$$
现有周长为22+5的 $\triangle ABC$ 的面积为（）
A。

$\dfrac{3}{5}$
B。

$\dfrac{4}{3}$
C。

$\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
D。

$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$
9.已知点 $Q(2,0)$，点 $P(x,y)$ 的坐标满足条件
$\begin{cases}x+y-1\leq 0\\x-y+1\geq 0\end{cases}$，则
$PQ$ 的最小值是（）
一、选择题
10.已知 $f(x)=\begin{cases}1.& x\in[0,1]\\ x-3.&
x\notin[0,1]\end{cases}$，使得 $f(f(x))=1$ 成立的 $x$ 的取值
范围是 $\boxed{\text{A。

}[0,1]}$。

11.已知直线 $(a-1)x+(a+1)y-(a-1)=0\ (a\in\mathbb{R})$ 过
定点$A$，线段$BC$ 是圆$D: (x-2)^2+(y-3)^2=2^2$ 的直径，则 $AB+AC=\boxed{\text{C。

}7}$。

12.已知函数 $f(x)=-\dfrac{x\ln x}{x+1}$ 在 $x=x_0$ 处取
得最大值，则下列结论中正确的序号为：① $f(x)x$；④
$f(x)0$。

$\boxed{\text{D。

}3,5}$。

二、填空题
13.二项式 $(2x+1)^5$ 的展开式中，$x$ 的系数为
$\boxed{35}$。

14.设函数 $f(x)=\cos\left(\dfrac{x+\pi}{6}\right)$，给出下列结论：① $f(x)$ 的一个周期为 $-2\pi$；② $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\dfrac{5\pi}{6}$ 对称；③ $f(x+\pi)$ 的一个零点为$x=\dfrac{\pi}{3}$；④ $f(x)$ 在
$\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$ 单调递减，其中正确结论有（填写所有正确结论的编号）$\boxed{\text{B。

}2}$。

15.已知正四棱锥，其底面边长为 $2$，侧棱长为 $3$，则该四棱锥外接球的表面积是 $\boxed{216}$。

三、解答题
17.（1）设 $a_1=x$，则 $a_n=x+3(n-1)$。

又由 $b_1=11,\ b_2=\dfrac{39}{x+3}$，得到 $b_3=\dfrac{117}{x+6},\
b_4=\dfrac{273}{x+9},\ \cdots$，即 $b_n=\dfrac{3^n(x+2)-
1}{x+3(n-2)}$。

因为 $b_n=\dfrac{(n-1)a_n+a_{n+1}}{n}$，所以 $(n-1)a_n+a_{n+1}=\dfrac{3^n(x+2)-1}{x+3(n-2)}\cdot n$，
即 $a_n=\dfrac{3^n(x+2)-3n+3-x}{2}$。

因此，数列
$\{a_n\}$ 的通项公式为 $\boxed{a_n=\dfrac{3^n(x+2)-3n+3-x}{2}}$。

2）由 $b_n=\dfrac{(n-1)a_n+a_{n+1}}{n}$，得到
$na_{n+1}-(n+1)a_n=-3a_n+3a_{n-1}$。

设
$S_n=\sum\limits_{k=1}^n b_k$，则
$S_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{(k-
1)a_k+a_{k+1}}{k}=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{ka_{k+1}-
(k+1)a_k+3a_k-3a_{k-
1}}{k(k+1)}=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{3}{k(k+1)}+\sum\limits _{k=2}^n\dfrac{a_{k+1}-a_k}{k(k+1)}=\dfrac{3}{2}-
\dfrac{3}{n+1}+\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{a_{k+1}-
a_k}{k(k+1)}$。

因此，$S_n=\dfrac{3}{2}-
\dfrac{3}{n+1}+\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{3^{k+1}(x+2)-
3(k+1)+3-x-3^k(x+2)+3k-3}{2k(k+1)}=\dfrac{3}{2}-
\dfrac{3}{n+1}+\dfrac{3}{2}\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2}{k}-\dfrac{3}{2}\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{3}{2}\s um\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k(k+1)}$。

易得 $\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{2}{k}=2\ln n-2\ln
2+O\left(\dfrac{1}{n}\right)$，
$\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k+1}=\ln\dfrac{n+1}{2}-\ln
2+O\left(\dfrac{1}{n}\right)$，
$\sum\limits_{k=2}^n\dfrac{1}{k(k+1)}=1-
\dfrac{1}{n+1}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$。

因此，
$S_n=\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{n+1}+3\ln n-3\ln
2+3\ln\dfrac{n+1}{2}-\dfrac{3}{2}\ln\dfrac{n+1}{2}+1-
\dfrac{1}{n+1}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)=\boxed{\dfrac{3}{2 }+3\ln 3-\dfrac{5}{2}\ln 2-\dfrac{1}{3}}$。

18.设 $AD$ 交 $CF$ 于点 $G$，则 $\triangle
ACG\sim\triangle CEB$，$\triangle ADF\sim\triangle BED$。

设$AF=x$，则 $BD=2-x$，$CG=\dfrac{4x}{2+x}$，
$GD=\dfrac{8-3x}{2+x}$，$EF=\dfrac{3x}{2+x}$。

根据正弦定理，$\dfrac{CG}{\sin\angle
C}=\dfrac{AC}{\sin\angle A},\ \dfrac{GD}{\sin\angle
C}=\dfrac{CD}{\sin\angle A}$，两式相减得到
$\dfrac{CG}{GD}=\dfrac{AC}{CD}\cdot\dfrac{\sin\angle
A}{\sin\angle C}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$。

因此，$\dfrac{4x}{8-3x}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$，解得 $x=\dfrac{2\sqrt{5}-4}{3}$。

沿 $BE$ 翻折后，$\triangle CEB$ 变成 $\triangle CEB'$，则 $B'F=BF=2x=\dfrac{4\sqrt{5}-8}{3}$。

因此，四棱锥的高为$\sqrt{3^2-\left(\dfrac{2\sqrt{5}-
4}{3}\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{10}}{3}$，底面半径为
$\dfrac{\sqrt{2^2+3^2}}{2}=1.5$，故四棱锥的表面积为
$\dfrac{1}{2}\cdot 2\pi\cdot 1.5^2+\dfrac{1}{2}\cdot
4\cdot\pi\cdot\dfrac{2\sqrt{10}}{3}=\boxed{\dfrac{11}{2}\pi+\df rac{4\sqrt{10}}{3}}$。

DEB平面ABE.
1) 当$\lambda=\frac{1}{3}$时，证明：BD$\perp$平面DEF；若存在，求出$\lambda$的值；
2) 是否存在$\lambda$，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值是$\frac{1}{2}$？若不存在，请说明理由。

19.响应“文化强国建设”号召，某市把社区图书阅览室建设增列为重要的民生工程。

为了解市民阅读需求，随机抽取市民200人做调查，统计显示，男士喜欢阅读古典文学的有64人，不喜欢的有56人；女士喜欢阅读古典文学的有36人，不喜欢的有44人。

1) 能否在犯错误的概率不超过0.25的前提下认为喜欢阅读古典文学与性别有关系？
2) 为引导市民积极参与阅读，有关部门牵头举办市读书交流会，从这200人中筛选出5名男代表和4名代表，其中有3名男代表和2名女代表喜欢古典文学。

现从这9名代表中任选3名男代表和2名女代表参加交流会，记$\xi$为参加交流会的5人中喜欢古典文学的人数，求$\xi$的分布列及数学期望$E\xi$。

附：$K=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$，其中$n=a+b+c+d$。

参考数据：
P(K^2>k)$
0.5\quad 0.4\quad 0.25\quad 0.15\quad 0.1\quad 0.05$
k$
0.455\quad 0.708\quad 1.323\quad 2.072\quad 2.706\quad 3.841$
x^2+y^2=1$的右焦点为F，原点为O，椭圆C的动弦AB 过焦点F且不垂直于坐标轴，弦AB的中点为N，过F且垂直于线段AB的直线交直线$x=5$于点M。

已知椭圆C的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$。

1) 证明：O,M,N三点共线；
2) 求$\frac{AB}{MF}$的最大值。

21.设函数$f(x)=(x-1)e^{-x^2+kx}$（其中$k\in
\mathbb{R}$）。

1) 求函数$f(x)$的单调区间；
2) 当$k>1$时，讨论函数$f(x)$的零点个数。

二) 选考题：共10分。

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】
在平面直角坐标系$xOy$中，直线$l$的方程是$x=4$，曲线$C$的参数方程是$\begin{cases}x=1+2\cos \varphi \\
y=1+2\sin \varphi \end{cases}$（$\varphi$为参数）。

以坐标原点为极点，$x$轴的正半轴为极轴建立极坐标系。

1) 求直线$l$与曲线$C$的极坐标方程；
2) 若射线$\theta=\alpha$与直线$l$和曲线$C$的交点坐标都存在，则$\alpha$的取值范围。

23.【选修4-5：不等式选讲】已知函数$f(x)=x-2-2x^2$。

1) 解不等式$f(x)\leq 2$；
2) 若$\exists b\in \mathbb{R}$，不等式$\frac{\pi}{4}\leq x\leq \frac{\pi}{2}$的解集为$(0,b)$，求$b$的取值。

与曲线C交于点O和A，与直线l交于点B。

要求证：对于任意的$x\in R$，都有$OAOB_{a+b-a-b}\geq f(x)$，求$a$的取值范围。

解答：
1.选择题
1-5题答案为ABDBC，6-10题答案为ACABD，11、12题答案为CB。

2.填空题
13.80，14.①②③，15.9π，16.$\frac{3}{2}$。

3.解答题
17.
1）由已知$a_1=\frac{4}{11},b_1=1,b_2=\frac{3}{11}$，可得$\{a_n\}$是首项为4，公差为3的等差数列，通项公式为$a_n=3n+1$。

2）由$a_nb_{n+1}=nb_n+b_{n+1}$，得
$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{b_n}{b_{n+1}}+\frac{1}{n}$，因此$\{b_n\}$是首项为$\frac{1}{31}$，公比为$\frac{1}{3n}$的等比数列，则$S_n=\frac{133}{1-\frac{1}{3n}}$。

18.
1）在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，即
$AC\perp BC$，则$BD\perp DE$，取$BF$的中点$N$，连接$CN$交$BE$于$M$，当$\lambda=\frac{1}{3}$时，$F$是
$AN$的中点，$E$是$AC$的中点，因此$EF$是$\triangle
ANC$的中位线，所以$EF\parallel CN$，在$\triangle BEF$中，$N$是$BF$的中点，所以$M$是$BE$的中点，在$\triangle
BCE$中，$EC=BC=2$，所以$CM\perp BE$，则$EF\perp BE$，又平面$DEB\perp$平面$ABE$，平面$DBE$所以$EF\perp$平
面$DBE$，又$BD\parallel$平面$DBE$，所以$EF\perp BD$，
而$EF=BE$，$DE=CE$，所以$BD\perp$平面$DEF$。

2）以$C$为原点，$CA$所在的直线为$x$轴，$CB$所在
的直线为$y$轴，建立如图所示空间直角坐标系，则$C(0,0,0)$，$A(4,0,0)$，$B(0,2,0)$，由（1）知$M$是$BE$的中点，
$DM\perp BE$，又平面$DEB\perp$平面$ABE$，所以
$DM\perp$平面$ABE$，则$D(1,1,2)$，假设存在满足题意的$\lambda$，则由$AF=\lambda AB$，可得$F(4-
4\lambda,2\lambda,0)$，则$DF=(3-4\lambda,2\lambda-1,-2)$，
设平面$ADE$的一个法向量为$n=(x,y,z)$，则$-2x=n_{AE}$，$-3x+y+2z=n_{AD}$，令$y=2$，可得$x=0,z=-1$，即$n=(0,2,-
1)$，所以$DF$与平面$ADE$所成的角的正弦值
$\sin\theta=\frac{DF\cdot n}{|DF|\cdot|n|}=\frac{3}{\sqrt{14}}$。

2(2λ-1)+2(3-4λ)+(2λ-1)2=2/3，解得λ=1/2或3（舍去），
综上，存在λ=1/2，使得DF与平面ADE所成的角的正弦值为32/19.
19.解：（1）根据所给条件，制作列联表如下：
喜欢阅读古典文学 | 不喜欢阅读古典文学 | 总计 |
男。

| 64.| 56.| 120.|
女。

| 36.| 44.| 80.|
总计 | 100.| 100.| 200.|
计算可得K2的观测值k=4，由于k>1.323，根据所给临
界值表，可知在犯错误的概率不超过0.25的前提下，认为喜
欢阅读古典文学与性别有关。

2）设参加的交流会的5人中喜欢古典文学的男代表m人，女代表n人，则总人数为ξ=m+n，根据已知条件可得
ξ=1,2,3,4,5，P(ξ=1)=P(m=1,n=0)=20/120=1/6，
P(ξ=2)=P(m=1,n=1)+P(m=2,n=0)=30/120+15/120=1/4，
P(ξ=3)=P(m=1,n=2)+P(m=2,n=1)+P(m=3,n=0)=35/120+20/120+6 /120=7/24，
P(ξ=4)=P(m=2,n=2)+P(m=3,n=1)=6/120+10/120=1/12，
P(ξ=5)=P(m=3,n=2)=1/120，所以ξ的分布列是：
ξ。

| 1.| 2.| 3.| 4.| 5.|
p。

| 1/6 | 1/4.| 7/24.| 1/12.| 1/120.|
所以E(ξ)=1×1/6+2×1/4+3×7/24+4×1/12+5×1/120=17/6.
20.证明：（1）显然椭圆C:x2/25+y2/16=1的右焦点为
F(2,0)。

设AB所在直线为：y=k(x-2)，且A(x1,y1),B(x2,y2)。

联立方程组：
x2/25+y2/16=1
y=k(x-2)
得：
x=10/(4k2+5)，y=2kx
设P(x,y)为椭圆C上任意一点，则
PF2=PO2+OF2
其中，O为椭圆C的中心，P、F、O三点共线，且OF=2. 所以
x-2)2+y2=25/4+4
代入y=k(x-2)，得
x2(4k2+5)/25=1
所以
x=±5/√(4k2+5)
当x>0时，y=k(x-2)>0，所以P在直线AB的上方；当
x<0时，y=k(x-2)<0，所以P在直线AB的下方。

因此，椭圆
C上任意一点P均在直线AB的上方或下方，即直线AB不能
与椭圆C有交点，证毕。

题目：关于函数f(x)=ex+(x-1)ex-kx的单调性和最值问题。

解法：
1）函数f(x)的定义域为(-∞,+∞)。

f'(x)=ex+(x-1)ex-kx=x(ex-k)，所以f'(x)>0时，x>k；
f'(x)<0时，x<k。

因此，f(x)的单调递减区间为(-∞,k)，单调递
增区间为(k,+∞)。

2）当k0，所以f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调
递减。

3）当00，所以f(x)在(-∞,lnk)和(0,+∞)上单调递增，在[lnk,0]上单调递减。

4）当k=1时，f'(x)≥0，所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增。

5）当k>1时，f'(x)>0，所以f(x)在(-∞,0)和(lnk,+∞)上单调递增，在[0,lnk]上单调递减。

最值问题：
当k=1时，f(x)取得最小值0；当k1时，f(x)在x=lnk处
取得最大值k-klnk。

2) 当 $k\leq 1$ 时，由式子 $f(x)=-\frac{1}{k^2}e^{-
kx}+\frac{k+1}{k^2}$ 知，当 $x\in (-\infty,0)$ 时，$f(x)$ 无零
点且$f(x)\leq f_{max}(x)=f(\ln k)=\frac{(k-1)\ln k}{k^2-\ln k}$，因为 $\lim\limits_{k\rightarrow 0}f_{max}(x)=-\infty$，所以
$f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上有唯一的零点。

当 $x\in [0,+\infty)$ 时，
$f(2)=e^{-2k}\geq e^{-2}>0$，又因为 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增，所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有唯一的零点，故函数 $f(x)$ 在定义域 $(-\infty,+\infty)$ 上有唯一的零点。

当 $k>1$ 时，由式子 $f(x)=-\frac{1}{k^2}e^{-
kx}+\frac{k+1}{k^2}$ 知，当 $x\in (-\infty,\ln k)$ 时，$f(x)\leq f_{max}(x)=-\frac{1}{k^2}1$ 时，函数 $f(x)$ 在定义域 $(-
\infty,+\infty)$ 上有且只有一个零点。

解题思路：
本文是数学题的解答，需要对数学符号和表达方式的规范使用进行修正。

同时，需要对原文中存在的明显错误进行删除和修改，以便更好地表达出解题思路和解答结果。

修改后的文章：
所以 $|\sin(2\alpha)|\leq1$，故 $\alpha$ 的取值范围是 $-
\frac{11}{24}\pi\leq\alpha\leq\frac{11}{24}\pi$。

解：（1）$f(x)=\begin{cases}1-3x,&-
1<x<2,\\2,&x\geq2,\end{cases}$ 原不等式等价于：
$x+3\leq2$ 或 $1-3x\leq2$，即 $\begin{cases}x\leq-1,\\-
\frac{1}{3}\leq x<2,\\x\geq2.\end{cases}$
综上所述，不等式解集是：$x\in(-\infty,-1]\cup[2,+\infty)$。

2）$\exists b\in\mathbb{R},a+b-a-b\geq f(x)$ 恒成立等价于$a+b-a-b\geq\max f(x)$。

因为 $a+b-a-b\leq2a$，所以 $a+b-a-
b$ 的最大值为 $2a$。

当$x\leq-1$ 时，$f(x)\leq5$；$-1<x<2$ 时，$-5<f(x)<2$；$x\geq2$ 时，$f(x)\leq-5$。

所以 $\max f(x)=5$。

因此，由原不
等式恒成立得 $2a\geq5$，解得 $a\geq\frac{5}{2}$ 或 $a\leq-
\frac{5}{2}$。