2019年山东省潍坊市高考数学一模试卷(理科)(解析版)

山东省潍坊市2019-2020学年高考第一次模拟数学试题一、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．要得到函数12y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象，只需将函数23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭图象上所有点的横坐标（ ）A ．伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移4π个单位长度 B ．伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图像向左平移4π个单位长度 C ．缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移524π个单位长度 D ．缩短到原来的12倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移1124π个单位长度 【答案】B【解析】【分析】【详解】分析：根据三角函数的图象关系进行判断即可．详解：将函数23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到12233y x x ππ=⨯-=-（）（），再将得到的图象向左平移4π个单位长度得到3412y x x （）（），πππ=-+=- 故选B ． 点睛：本题主要考查三角函数的图象变换，结合ω和ϕ的关系是解决本题的关键．2．已知集合{A =，{}1,B m =，若A B A ⋃=，则m =（ ）A ．0B ．0或3C ．1D ．1或3 【答案】B【解析】【分析】【详解】因为A B A ⋃=,所以B A ⊆,所以3m =或m =.若3m =，则{1,3,3},{1,3}A B ==,满足A B A ⋃=.若m m =，解得0m =或1m =.若0m =，则{1,3,0},{1,3,0}A B ==，满足A B A ⋃=.若1m =，{1,3,1},{1,1}A B ==显然不成立，综上0m =或3m =，选B.3．设函数22sin ()1x x f x x =+，则()y f x =，[],x ππ∈-的大致图象大致是的( ) A ． B ．C ．D ．【答案】B【解析】【分析】采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A ；通过判断特殊点(),2f f ππ⎛⎫⎪⎝⎭的函数值符号排除选项D 和选项C 即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数()f x 的定义域为R ，其关于原点对称， 因为()()()()()2222sin sin 11x x x x f x f x x x ---==-=-+-+, 所以函数()f x 为奇函数,其图象关于原点对称，故选A 排除； 对于选项D:因为2222sin 2202412f ππππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭==> ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭,故选项D 排除; 对于选项C:因为()()22sin 01f ππππ==+,故选项C 排除; 故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.4．设复数z 满足z i i z i -=+，则z =（ ） A ．1B ．-1C ．1i -D ．1i +【答案】B【解析】【分析】 利用复数的四则运算即可求解.【详解】 由()(1)11z i i z i i z i i z i z z i-=⇒-=+⇒-=-⇒=-+. 故选：B【点睛】本题考查了复数的四则运算，需掌握复数的运算法则，属于基础题.5．设函数()f x 定义域为全体实数，令()(||)|()|g x f x f x =-．有以下6个论断：①()f x 是奇函数时，()g x 是奇函数；②()f x 是偶函数时，()g x 是奇函数；③()f x 是偶函数时，()g x 是偶函数；④()f x 是奇函数时，()g x 是偶函数⑤()g x 是偶函数；⑥对任意的实数x ，()0g x …．那么正确论断的编号是（ ）A ．③④B ．①②⑥C ．③④⑥D ．③④⑤【答案】A【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断函数()g x 的奇偶性并证明.【详解】当()f x 是偶函数，则()()f x f x -=，所以()()(||)|()|(||)|()|g x f x f x f x f x g x -=---=-=，所以()g x 是偶函数；当()f x 是奇函数时，则()()f x f x -=-，所以()()(||)|()|(||)|()|g x f x f x f x f x g x -=---=-=，所以()g x 是偶函数；当()f x 为非奇非偶函数时，例如：()5f x x =+， 则()27f -=，()23f -=，此时(2)0g ->，故⑥错误；故③④正确.故选：A【点睛】本题考查了函数的奇偶性定义，掌握奇偶性定义是解题的关键，属于基础题.6．若直线20x y m ++=与圆222230x x y y ++--=相交所得弦长为m =（ ）A ．1B ．2CD ．3【答案】A【解析】【分析】将圆的方程化简成标准方程,再根据垂径定理求解即可.【详解】圆222230x x y y ++--=的标准方程22(1)(1)5x y ++-=,圆心坐标为(1,1)-,因为直线20x y m ++=与圆222230x x y y ++--=相交所得弦长为所以直线20x y m ++=过圆心,得2(1)10m ⨯-++=,即1m =.故选：A【点睛】本题考查了根据垂径定理求解直线中参数的方法,属于基础题.7．设()f x =()00O ，，()01A ，，()()n A n f n ，，*n N ∈，设n n AOA θ∠=对一切*n N ∈都有不等式22223122222sin sin sin sin 123n nθθθθ+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ 222t t <--成立，则正整数t 的最小值为（ ） A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】A【解析】【分析】先求得222sin111n1nn n n nθ==-++，再求得左边的范围，只需2221t t--≥，利用单调性解得t的范围. 【详解】由题意知sin2nn nθ=+，∴222sin111n1nn n n nθ==-++，∴22223122222sin sinsin sin1111111111 12322334n1n1nn nθθθθ+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=-+-+-+⋯+-=-++，随n的增大而增大，∴11112n1≤-<+,∴2221t t--≥，即2210t t--≥，又f(t)=221t t--在t1≥上单增，f(2)= -1<0，f(3)=2>0，∴正整数t的最小值为3.【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化思想，属于中档题. 8．如图，在ABC∆中，23AN NC=u u u v u u u v，P是BN上一点，若13AP t AB AC=+u u u v u u u v u u u v，则实数t的值为（）A．23B．25C．16D．34【答案】C【解析】【分析】由题意，可根据向量运算法则得到25AP mAC=+u u u r u u u r（1﹣m）ABu u u r，从而由向量分解的唯一性得出关于t 的方程，求出t的值.【详解】由题意及图，()()1AP AB BP AB mBN AB m AN AB mAN m AB=+=+=+-=+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，又，23AN NC=u u u r u u u r，所以25AN AC=u u u r u u u r，∴25AP mAC=+u u u r u u u r（1﹣m）ABu u u r，又AP=u u u rt13AB AC+u u u r u u u r，所以12153m tm-=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得m56=，t16=，故选C．【点睛】本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题. 9．设数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，76a =.则这个数列的前7项和等于（ ）A ．12B ．21C ．24D ．36【答案】B【解析】【分析】根据等差数列的性质可得3a ，由等差数列求和公式可得结果.【详解】因为数列{}n a 是等差数列，1356a a a ++=，所以336a =，即32a =，又76a =， 所以73173a a d -==-，1320a a d =-=， 故1777()212a a S +== 故选：B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，性质，等差数列的和，属于中档题.10．记等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S .若1040S =，65a =，则（ ）A ．3d =B ．1012a =C ．20280S =D ．14a =- 【答案】C【解析】【分析】由()()1101056105402a a S a a +⋅==+=，和65a =，可求得53a =，从而求得d 和1a ，再验证选项.【详解】因为()()1101056105402a a S a a +⋅==+=，65a =，所以解得53a =，所以652d a a =-=，所以10645813a a d =+=+=，154385a a d =-=-=-，20120190100380280S a d =+=-+=， 故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前n 项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.11．设{|210}S x x =+>，{|350}T x x =-<，则S T?（ ） A ．∅B ．1{|}2x x <-C ．5{|}3x x >D ．15{|}23x x -<< 【答案】D【解析】【分析】集合S T ，是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可【详解】 {}1210|2S x x x x ⎧⎫=+=>-⎨⎬⎩⎭Q ， {}5|350|3T x x x x ⎧⎫=-<=<⎨⎬⎩⎭， 则15|23S T x x ⎧⎫⋂=-<<⎨⎬⎩⎭故选D【点睛】本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．12．已知a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且a β⊂，b αβ=I ，则“//a α”是“//a b ”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的性质定理和判定定理判断//a α与//b α的关系即可得到答案.【详解】若//a α，根据线面平行的性质定理，可得//a b ；若//a b ，根据线面平行的判定定理，可得//a α.故选：C.【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019届山东省潍坊市高三下学期高考模拟（一模）考试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项．【详解】∵B＝，＝{x|}，∴A∩B＝．，故选：B．【点睛】本题考查交集并集的求法，是基础题，解题时要注意交集并集的区别．2．若复数满足，则的虚部为（）A．5 B．C．D．-5【答案】C【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】由（1+i）z＝|3+4i|，得z，∴z的虚部为．故选：C．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．已知是两个不同平面，直线，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】表示两个不同平面，直线是内一条直线，若∥，则∥，所以∥是∥的充分条件；若∥不能推出∥，故不是充分条件∴∥是∥的充分不必要条件故选A4．已知双曲线：的一条渐近线方程为，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】利用双曲线的渐近线推出b，a关系，然后求解离心率即可．【详解】由已知双曲线C（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x，可得∴，，故选：C．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，解题时注意焦点位置，考查计算能力．5．执行下边的程序框图，如果输出的值为1，则输入的值为（）A．0 B．C．0或D．0或1【答案】C【解析】根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可．【详解】程序对应的函数为y，若x≤0，由y＝1得e x＝1，得x＝0，满足条件．若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件．综上x＝0或e，故选：C．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键．6．某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（）A．150 B．200 C．300 D．400【答案】C【解析】求出，即可求出此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数．【详解】∵，，所以，所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为．故选：C．【点睛】本小题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想．属于基础题．7．若函数的图象过点，则（）A．点是的一个对称中心B．直线是的一条对称轴C．函数的最小正周期是D．函数的值域是【答案】D【解析】根据函数f（x）的图象过点（0，2），求出θ，可得f（x）＝cos2x+1，再利用余弦函数的图象和性质，得出结论．【详解】由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ）的图象过点（0，2），可得2sin2θ＝2，即sin2θ＝1，∴2θ，∴θ，故f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x＝2cos2x＝cos2x+1，当x时，f（x）＝1，故A、B都不正确；f（x）的最小正周期为π，故C不正确；显然，f（x）＝cos2x+1∈[0，2]，故D正确，故选：D．【点睛】本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于中档题．8．函数的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】计算函数与y轴的交点坐标，再判断函数的单调性，即可判断出答案．【详解】当x＝0时，y＝4﹣1＝3＞0，排除C，当>x>0时，是单调递减的，当x>时，导函数为-4sinx-<0,所以也是单调递减的，又函数连续，故当x>0时，函数时递减的，故选A.故选：A．【点睛】本题考查了函数图象的判断，一般从奇偶性，单调性，特殊值等方面判断，属于基础题．9．已知偶函数，当时，，若，为锐角三角形的两个内角，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据题意，由函数的解析式可得f（x）在（-1，0）上为减函数，结合函数的奇偶性可得f（x）在（0，1）上为增函数，又由α，β为锐角三角形的两个内角分析可得sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，结合函数的单调性分析可得答案．【详解】根据题意，当x∈（﹣1，0）时，f（x）＝2﹣x＝（）x，则f（x）在（0，1）上为减函数，又由f（x）为偶函数，则f（x）在（0，1）上为增函数，若α，β为锐角三角形的两个内角，则α+β＞90°，则α＞90°﹣β，则有sinα＞sin（90°﹣β）＝cosβ，则有f（ sinα）＞f（cosβ），故选：B．【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，涉及三角函数的诱导公式的运用，属于基础题．10．已知不共线向量，夹角为，，，，，在处取最小值，当时，的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：由题意可得, ，∴，由二次函数知，当上式取最小值时，，由题意可得，求得，∴，故选：C．【考点】数量积表示两个向量的夹角.11．如图所示，在著名的汉诺塔问题中，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面，规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为，则（）A．33 B．31 C．17 D．15【答案】D【解析】由简单的合情推理得：是以P（1）+1＝2为首项，2为公比的等比数列，由等比数列通项公式可得：P（n）+1＝2n，所以P（n）＝2n﹣1，得解．【详解】设把圆盘从起始柱全部移到目标柱上最少需要移动的次数记为p（n），则把起始柱上的（除最底下的）圆盘从起始柱移动到辅助柱最少需要移动的次数记为p（n﹣1），则有P（n）＝2P（n﹣1）+1，则有P（n）+1＝2[P（n﹣1）+1]，又P（1）＝1，即是以P（1）+1＝2为首项，2为公比的等比数列，由等比数列通项公式可得：P（n）+1＝2n，所以P（n）＝2n﹣1，即P（4）＝24﹣1＝15，故选：D．【点睛】本题考查了数列的递推公式及等比数列的通项公式，属中档题．12．定义：区间，，，的长度均为，若不等式的解集是互不相交区间的并集，设该不等式的解集中所有区间的长度之和为，则（）A．当时，B．当时，C．当时，D．当时，【答案】B【解析】当m＞0时，∵m⇔0，令f（x）＝mx2﹣（3+3m）x+2m+4＝0的两根为x1，x2，且x1＜x2，根据韦达定理以及f（1），f（2）的符号，判断x1，x2与1和2的大小可得不等式的解集，再根据区间长度的定义可得．【详解】当m＞0时，∵0⇔0，令f（x）＝mx2﹣（3+3m）x+2m+4＝0的两根为x1，x2，且x1＜x2，则0，且x1+x23，∵f（1）＝m﹣3﹣3m+2m+4＝1＞0，f（2）＝4m﹣6﹣6m+2m+4＝﹣2＜0，∴1＜x1＜2＜x2，所以不等式的解集为（1，x1]∪（2，x2]，∴l＝x1﹣1+x2﹣2＝x1+x2﹣3＝33，故选：B．【点睛】本题考查分式不等式的解法，涉及对新定义区间长度的理解，属于难题．二、填空题13．若，满足约束条件，则的最大值是__________．【答案】[﹣3，3]【解析】分析：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案.详解：由约束条件作出可行域如图：联立，解得，，化目标函数为直线方程的斜截式.由图可知，当直线过，直线在y轴上的截距最大，z最小，最小值为；当直线过时，直线在y轴上的截距最小，z最大，最大值为.的取值范围为[﹣3，3].故答案为：[﹣3，3].点睛：利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值.14．在等比数列中，，，为的前项和.若，则__________．【答案】10【解析】根据题意，由等比数列的通项公式，分析可得q4＝8×q，解可得q的值，结合等比数列的前n项和公式可得S n2n﹣1＝1023，解可得n的值，即可得答案．【详解】根据题意，等比数列{a n}中，a1＝1，a5＝8a2，则有q4＝8×q，解可得q＝2，若S n＝1023，则有2n﹣1＝1023，解可得：n＝10；故答案为：10．【点睛】本题考查等比数列的前n项和公式的应用，关键是掌握等比数列前n项和的形式，属于基础题．15．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线及其准线依次相交于、、三点（其中在、之间且在第一象限），若，，则__________．【答案】2【解析】由已知|MN|＝2|MF|可得MN所在直线当斜率，写出MN所在直线方程，与抛物线方程联立，求得G的横坐标，再由抛物线焦点弦长公式求解p．【详解】如图，过M作MH⊥l＝H，由|MN|＝2|MF|，得|MN|＝2|MH|，∴MN所在直线斜率为，MN所在直线方程为y（x），联立，得12x2﹣20px+3p2＝0．解得：，则|GF|，即p＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题．16．如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______.①存在某个位置，使得；②翻折过程中，的长是定值；③若，则；④若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.【答案】②④【解析】对于①，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，对于②，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC是定值．对于③，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4π．【详解】对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF∥MB1，如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NE AB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立，可得③不正确．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.三、解答题17．的内角、、的对边分别为，，，点为的中点，已知，，.（1）求角的大小和的长；（2）设的角平分线交于，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】（1）由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tan C，结合范围C∈（0，π），可求C的值，由余弦定理可得BD的值．（2）由（1）可知BD2+BC2＝4＝CD2，可求∠DBC，可得S△DBC，利用三角形的面积公式可求S△BCE S△CED，代入S△BCE+S△CED＝S△BCD，即可解得S△CED的值．【详解】（1）∵由题意可得：sin C+1﹣2sin20，∴sin C+cos（A+B）＝0，又A+B＝π﹣C，∴sin C﹣cos C＝0，可得tan C，∵C∈（0，π），∴C，∴在△BCD中，由余弦定理可得：BD2＝3+4﹣21，解得：BD＝1，（2）由（1）可知BD2+BC2＝4＝CD2，∴∠DBC，∴S△DBC BD•BC，∵CE是∠BCD的角平分线，∴∠BCE＝∠DCE，在△CEB和△CED中，S△BCE，S△CED，可得：，∴S△BCE S△CED，∴代入S△BCE+S△CED＝S△BCD，（1）S△CED，∴S△CED（2）＝23．【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和数形结合思想，考查了转化思想的应用，属于中档题．18．如图，三棱柱中，，，平面平面.（1）求证：；（2）若，直线与平面所成角为，为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）过点C作CO⊥AA1，则CO⊥平面AA1B1B，CO⊥OB，推导出Rt△AOC≌Rt△BOC，从而AA1⊥OB，再由AA1⊥CO，得AA1⊥平面BOC，由此能证明AA1⊥BC．（2）以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣A1D﹣C1的余弦值．【详解】（1）过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故，又因为，，，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，因为平面，所以是直线与平面所成角，故，所以，，，，，，，，设平面的法向量为，则，所以，令，得，因为平面，所以为平面的一条法向量，，，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．19．如图，点为圆：上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接延长至点，使得，点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若点，分别位于轴与轴的正半轴上，直线与曲线相交于，两点，试问在曲线上是否存在点，使得四边形为平行四边形，若存在，求出直线方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）这样的直线不存在.详见解析【解析】（1）设，，则，，且，通过，转化求解即可．（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，代入椭圆方程整理得关于x的一元二次方程，假设存在点Q，满足题意，则其充要条件为，则点Q的坐标为（x1+x2，y1+y2）．由此利用韦达定理结合点Q在曲线上，得到关于k的方程求解即可．【详解】（1）设，，则，，由题意知，所以为中点，由中点坐标公式得，即，又点在圆：上，故满足，得.（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，因为，故，即①，联立，消去得：，设，，，，，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，②，将①代入②，得，该方程无解，故这样的直线不存在.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法，体现了数学转化思想方法，是中档题．20．某水果种植基地引进一种新水果品种，经研究发现该水果每株的产量（单位：）和与它“相近”的株数具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过），并分别记录了相近株数为0，1，2，3，4时每株产量的相关数据如下：（1）求出该种水果每株的产量关于它“相近”株数的回归方程；（2）有一种植户准备种植该种水果500株，且每株与它“相近”的株数都为，计划收获后能全部售出，价格为10元，如果收入（收入=产量×价格）不低于25000元，则的最大值是多少？（3）该种植基地在如图所示的直角梯形地块的每个交叉点（直线的交点）处都种了一株该种水果，其中每个小正方形的边长和直角三角形的直角边长都为，已知该梯形地块周边无其他树木影响，若从所种的该水果中随机选取一株，试根据（1）中的回归方程，预测它的产量的分布列与数学期望.附：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，.【答案】（1）（2）每株“相近”的株数的最大值为5.（3）的分布列为：一株产量的期望为【解析】（1）根据回归系数公式计算回归系数，得出回归方程；（2）先根据题意求得产量的范围，再根据回归方程解得m的范围即可；（3）根据相邻株数的取值计算对应的产量，从而得出分布列和数学期望．【详解】（1）由题意得：，，∴，，所以，，所以.（2）设每株的产量为，根据题意：，解得，令，解得，所以每株“相近”的株数的最大值为5.（3）由回归方程得：当时，，当时，，当时，，当时，，由题意得：，，，，所以的分布列为：所以，所以一株产量的期望为.【点睛】本题考查了线性回归方程的计算及应用，离散型随机变量的分布列和数学期望，属于中档题．21．已知函数.（1）求函数的极值；（2）设函数，若存在，使，证明：.【答案】（1）函数的极小值为，无极大值（2）见解析【解析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极值即可；（2）求出a，问题转化为证明lnx1+lnx2＜2（1），即ln•2，不妨设x1＞x2，t1，即证lnt•2，根据函数的单调性证明即可．【详解】（1）的定义域为，，令，所以，当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.所以.所以函数的极小值为，无极大值.（2），当时，由于，所以，，即，当时，由于，所以，，即，当时，，综上，，故在单调递增，故只须证明，即证，由，可知，故，即证，，，也就是，，，.不妨设，，即证，，即证，设，，故在单调递增.因而，即，因此结论成立.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，属于难题．22．选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，已知曲线：（为参数），在以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线与直线交点的极坐标（，）.【答案】（1），（2），.【解析】（1）直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换求出结果．（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立二元二次方程组，进一步求出极坐标系下的结果．【详解】（1）曲线化为普通方程为：，由，得，所以直线的直角坐标方程为.（2）的普通方程为，联立，解得或，所以交点的极坐标为，.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，二元二次方程的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23．已知函数的最大值为.（1）求实数的值；（2）若，设，，且满足，求证：.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）通过讨论x的范围化简函数的解析式，根据函数的性质求出函数的最值，即可求出t的值，（2）根据三角不等式和基本不等式的性质求出g（m+2）+g（2n）≥2．【详解】（1）由得，所以，即.（2）因为，由，知=，当且仅当，即时取等号.所以.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的性质，属于基础题．。

山东省潍坊市高考数学一模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分） (2019高三上·双鸭山月考) 已知集合，，则（）A .B .C .D .2. （2分） (2018高二下·长春期末) 复数的共轭复数为（）A .B .C .D .3. （2分）(2018·河北模拟) 朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千九百八十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多八人，每人日支米三升”．其大意为“官府陆续派遣1984人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多8人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升”，在该问题中的1984人全部派遣到位需要的天数为（）A . 14B . 16C . 18D . 204. （2分） (2019高三上·鹤岗月考) 已知向量满足，，，则（）A .B .C .D . 25. （2分） (2018高二下·科尔沁期末) 函数y= log2|x|的大致图象是（）A .B .C .D .6. （2分） (2018高一下·南阳期中) 如图是一个中心对称的几何图形，已知大圆半径为2，以半径为直径画出两个半圆，在大圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）A .C .D .7. （2分）(2017·晋中模拟) 执行如图的程序框图，则输出K的值为（）A . 98B . 99C . 100D . 1018. （2分）(2017·潮南模拟) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A .C .D . π9. （2分）不等式x+y﹣1＞0表示的区域在直线x+y﹣1=0的（）A . 左上方B . 左下方C . 右上方D . 右下方10. （2分）已知点A(-1,0),B(1,0)及抛物线y2=2x，若抛物线上点P满足|PA|=m|PB|，则m的最大值为（）A . 3B . 2C .D .11. （2分）已知函数f（x）=x3﹣3x，则函数g（x）=f（f（x））﹣1的零点个数为（）A . 3B . 5C . 7D . 912. （2分） (2018高二下·临泽期末) 点是曲线上任意一点, 则点到直线的距离的最小值是（）A . 1C . 2D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2017高三上·赣州开学考) 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x﹣4）2+（y﹣3）2=4，点A、B在圆C上，且|AB|=2 ，则| + |的最小值是________．14. （1分）以下四个关于圆锥曲线的命题中：①设A、B为两个定点，k为正常数，||+||=K，则动点P的轨迹为椭圆；②双曲线与椭圆有相同的焦点；③方程2x2﹣5x+2=0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；④和定点A（5，0）及定直线x=的距离之比为的点的轨迹方程为．其中真命题的序号为________15. （1分） (2016高二上·桐乡期中) 已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于________．16. （1分）(2017·太原模拟) 对于正整数n，设xn是关于x的方程nx3+2x﹣n=0的实数根，记an=[（n+1）xn]（n≥2），其中[x]表示不超过实数x的最大整数，则（a2+a3+…+a2015）=________．三、解答题 (共7题；共55分)17. （10分） (2016高三上·烟台期中) 如图，上海迪士尼乐园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为游客体验活动区．已知∠A=120°，AB、AC的长度均大于200米．设AP=x，AQ=y，且AP，AQ总长度为200米．（1）当x，y为何值时？游客体验活动区APQ的面积最大，并求最大面积；（2）当x，y为何值时？线段|PQ|最小，并求最小值．18. （5分）(2017·泰安模拟) 某公司有A、B、C、D四辆汽车，其中A车的车牌尾号为8，B、C两辆车的车牌尾号为2，D车的车牌尾号为3，已知在非限行日，每辆车都有可能出车或不出车．已知A、D两辆汽车每天出车的概率为，B、C两辆汽车每天出车的概率为，且四辆汽车是否出车是相互独立的．该公司所在地区汽车限行规定如下：车牌尾号0和51和62和73和84和9限行日星期一星期二星期三星期四星期五（Ⅰ）求该公司在星期二至少有2辆汽车出车的概率；（Ⅱ）设ξ表示该公司在星期三和星期四两天出车的车辆数之和，求ξ的分布列和数学期望．19. （5分）(2017·石嘴山模拟) 在如图所示的五面体中，面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC= ，平面ADE⊥平面ABCD，EF=2DC=4AB=4，△ADE是边长为2的正三角形．（Ⅰ）证明：BE⊥平面ACF；（Ⅱ）求二面角A﹣BC﹣F的余弦值．20. （5分）(2017·金华模拟) 已知椭圆M：的右焦点F的坐标为（1，0），P，Q为椭圆上位于y轴右侧的两个动点，使PF⊥QF，C为PQ中点，线段PQ的垂直平分线交x轴，y轴于点A，B（线段PQ 不垂直x轴），当Q运动到椭圆的右顶点时，．（Ⅰ）求椭圆M的标准方程；（Ⅱ）若S△ABO：S△BCF=3：5，求直线PQ的方程．21. （10分）(2017·泸州模拟) 设函数f（x）=ex+sinx（e为自然对数的底数），g（x）=ax，F（x）=f（x）﹣g（x）．（1）若a=2，且直线x=t（t≥0）分别与函数f（x）和g（x）的图象交于P，Q，求P，Q两点间的最短距离；（2）若x≥0时，函数y=F（x）的图象恒在y=F（﹣x）的图象上方，求实数a的取值范围．22. （10分） (2019高三上·大同月考) 在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为 .（1）设点分别为曲线与曲线上的任意一点，求的最大值；（2）设直线（为参数）与曲线交于两点，且，求直线的普通方程.23. （10分）(2019·哈尔滨模拟) 已知函数 .（1）讨论在上的零点个数；（2）当时，若存在，使，求实数的取值范围.（为自然对数的底数，其值为2.71828……）参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共7题；共55分) 17-1、17-2、18-1、19-1、20-1、21-1、21-2、22-1、22-2、23-1、23-2、。

第1页，总26页…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………姓名：____________班级：____________学号：___________…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………山东省潍坊市2019届高三下学期高考理数一模考试试卷考试时间：**分钟 满分：**分姓名：____________班级：____________学号：___________题号 一 二 三 总分 核分人 得分注意事项：1、填写答题卡的内容用2B铅笔填写2、提前 15 分钟收取答题卡第Ⅰ卷 客观题第Ⅰ卷的注释评卷人 得分一、单选题（共12题)1. 已知集合 ， ，则（ ）A .B .C .D .2. 若复数 满足 ，则 的虚部为（ ） A . 5 B . C . D . -53. 已知是两个不同平面，直线 ，则“ ”是“ ”的（ ）A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充要条件D . 既不充分也不必要条件4. 已知双曲线 ：的一条渐近线方程为，则 的离心率为（ ）A .B .C .D .5. 执行下边的程序框图，如果输出的 值为1，则输入的 值为（ ）答案第2页，总26页………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………A . 0B .C . 0或D . 0或16. 某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的 ，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（ ）A . 150B . 200C . 300D . 400 7. 若函数 的图象过点，则（ ）A . 点 是的一个对称中心 B . 直线 是 的一条对称轴 C . 函数 的最小正周期是D . 函数的值域是8. 函数的图象可能是（ ）A .B .C .D .。

2019年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科数学第Ⅰ卷（共60分）参考公式：球的表面积公式：24πS R =，其中R 是球的半径．如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率：()(1)(012)k kn k n nP k C p p k n -=-=L ，，，，． 如果事件A B ，互斥，那么()()()P A B P A P B +=+． 如果事件A B ，相互独立，那么()()()P AB P A P B =g ．一、选择题：本大题共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．满足{}1234M a a a a ⊆，，，，且{}{}12312M a a a a a =I ，，，的集合M 的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4解析：本小题主要考查集合子集的概念及交集运算。

集合M 中必含有12,a a ,则{}12,M a a =或{}124,,M a a a =.选B. 2．设z 的共轭复数是z ，若4z z +=，8z z =g ，则zz等于（ ） A ．i B ．i - C ．1± D ．i ±解析：本小题主要考查共轭复数的概念、复数的运算。

可设2z bi =+，由8z z ⋅=得248, 2.b b +==±()2222.88i z z i z ±===±选D.3．函数ππln cos 22y x x ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭的图象是（ ）xxA ．B ．C ．D ．解析：本小题主要考查复合函数的图像识别。

ln cos ()22y x x ππ=-<<是偶函数，可排除B 、D ，由cos 1lncos 0x x ≤⇒≤排除C,选A.4．设函数()1f x x x a =++-的图象关于直线1x =对称，则a 的值为（ ） A ．3B ．2C ．1D ．1-解：1x +、x a -在数轴上表示点x 到点1-、a 的距离，他们的和()1f x x x a =++-关于1x = 对称，因此点1-、a 关于1x =对称，所以3a =（直接去绝对值化成分段函数求解比较麻烦，如取特殊值解也可以） 5．已知πcos sin 6αα⎛⎫-+= ⎪⎝⎭7πsin 6α⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值是（ ） A． BC ．45-D ．45解：：3cos()sin sin 62παααα-+=+=14cos 25αα=，714sin()sin()sin cos .66225ππαααα⎛⎫+=-+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭6．右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π解：从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱组合而成的，其表面及为22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=7．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为12318L ，，，，的18名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为（ ） A ．151B ．168C ．1306D ．1408解：古典概型问题，基本事件总数为31817163C =⨯⨯。

山东省潍坊市2019-2020学年第一次高考模拟考试数学试卷一、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．设集合{}1,2,3A =，{}220B x x x m =-+=，若{3}A B ⋂=，则B =（ ）A ．{}1,3-B ．{}2,3-C ．{}1,2,3--D ．{}3【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的结果可得3是集合B 的元素，代入方程后可求m 的值，从而可求B . 【详解】依题意可知3是集合B 的元素，即23230m -⨯+=，解得3m =-，由2230x x --=，解得1,3x =-. 【点睛】本题考查集合的交，注意根据交集的结果确定集合中含有的元素，本题属于基础题.2．8x x ⎛- ⎪⎝⎭的二项展开式中，2x 的系数是（ ）A ．70B ．-70C ．28D ．-28【答案】A 【解析】试题分析：由题意得，二项展开式的通项为3882188()(1)r r rr r rr T C xC x x--+=-=-，令38242r r -=⇒=，所以2x 的系数是448(1)70C -=，故选A ．考点：二项式定理的应用．3．若某几何体的三视图（单位:cm ）如图所示，则此几何体的体积是（ ）A ．36 cm 3B ．48 cm 3C ．60 cm 3D ．72 cm 3【答案】B 【解析】试题分析：该几何体上面是长方体，下面是四棱柱；长方体的体积，四棱柱的底面是梯形，体积为，因此总的体积.考点：三视图和几何体的体积.4．已知等边△ABC 内接于圆τ：x 2+ y 2=1，且P 是圆τ上一点，则()PA PB PC ⋅+u u u r u u u r u u u r的最大值是（ ） A ．2 B ．1C ．3D ．2【答案】D 【解析】 【分析】如图所示建立直角坐标系，设()cos ,sin P θθ，则(1)cos PA PB PC θ⋅+=-u u u r u u u r u u u r，计算得到答案.【详解】如图所示建立直角坐标系，则()1,0A ，13,22⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭B ，13,22C ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，设()cos ,sin P θθ， 则(1cos ,sin )(12cos ,2si (n ))PA PB PC θθθθ=--⋅--⋅+-u u u r u u u r u u u r222(1cos )(12cos )2sin 2cos cos 12sin 1cos 2θθθθθθθ=---+=--+=-≤.当θπ=-，即()1,0P -时等号成立. 故选：D .【点睛】本题考查了向量的计算，建立直角坐标系利用坐标计算是解题的关键.5．若AB 为过椭圆22116925x y +=中心的弦，1F 为椭圆的焦点，则△1F AB 面积的最大值为（ ）A ．20B ．30C ．50D ．60【答案】D 【解析】 【分析】先设A 点的坐标为(,)x y ，根据对称性可得(,)B x y --，在表示出1F AB ∆面积，由图象遏制，当点A 在椭圆的顶点时，此时1F AB ∆面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解. 【详解】由题意，设A 点的坐标为(,)x y ，根据对称性可得(,)B x y --， 则1F AB ∆的面积为122S OF y c y =⨯⨯=， 当y 最大时，1F AB ∆的面积最大，由图象可知，当点A 在椭圆的上下顶点时，此时1F AB ∆的面积最大，又由22116925x y +=，可得椭圆的上下顶点坐标为(0,5),(0,5)-，所以1F AB ∆的面积的最大值为16925560S cb ==-⨯=. 故选：D.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用. 6．已知数列{}n a 中，12a =，111n n a a -=-(2n ≥)，则2018a 等于（ ） A ．12B ．12-C ．1-D ．2【答案】A 【解析】 【分析】分别代值计算可得，观察可得数列{}n a 是以3为周期的周期数列，问题得以解决. 【详解】解：∵12a =，111n n a a -=-(2n ≥)， 211122a ∴=-=， 3121a =-=-，41(1)2a =--=，511122a =-=， …，∴数列{}n a 是以3为周期的周期数列，201836722=⨯+Q ， 2018212a a ∴==， 故选：A. 【点睛】本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.7．已知等比数列{}n a 满足21a =，616a =，等差数列{}n b 中54b a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和，则9S =（ ） A ．36 B ．72C ．36-D ．36±【答案】A 【解析】 【分析】根据4a 是2a 与6a 的等比中项，可求得4a ，再利用等差数列求和公式即可得到9S . 【详解】等比数列{}n a 满足21a =，616a =，所以44a ==±，又2420a a q =⋅>，所以44a =，由等差数列的性质可得9549936S b a ===. 故选：A 【点睛】本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.8．明代数学家程大位（1533~1606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若输出的y 的值为2，则输入的x 的值为（ ）A ．74B ．5627C ．2D ．16481【答案】C 【解析】 【分析】根据程序框图依次计算得到答案. 【详解】34y x =-，1i =；34916y y x =-=-，2i =；342752y y x =-=-，3i =；3481160y y x =-=-，4i =；34243484y y x =-=-，此时不满足3i ≤，跳出循环，输出结果为243484x -，由题意2434842y x =-=，得2x =． 故选:C 【点睛】本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力. 9．若复数1a iz i-=+在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,1- B ．(),1-∞-C ．()1,+∞D ．()0,∞+【答案】B 【解析】 【分析】 复数11122a i a a z i i --+==-+，在复平面内对应的点在第二象限，可得关于a 的不等式组，解得a 的范围. 【详解】11122a i a a z i i --+==-+， 由其在复平面对应的点在第二象限，得1010a a -<⎧⎨+<⎩，则1a <-.故选：B. 【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 10．已知a ，b 为两条不同直线，α，β，γ为三个不同平面，下列命题：①若//αβ，//αγ，则//βγ；②若//a α，//a β，则//αβ；③若αγ⊥，βγ⊥，则αβ⊥；④若a α⊥，b α⊥，则//a b .其中正确命题序号为( ) A ．②③ B ．②③④C ．①④D ．①②③【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可. 【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若//αβ，//αγ，则//βγ，故①正确； 若//a α，//a β，平面,αβ可能相交，故②错误； 若αγ⊥，βγ⊥，则,αβ可能平行，故③错误； 由线面垂直的性质可得，④正确； 故选：C 【点睛】本题主要考查了判断直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.11．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（ ） A ．235B ．835C ．635D ．37【答案】B 【解析】 【分析】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有1142C C ，所有的情况有37C 种，由古典概型的概率公式即得解. 【详解】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有1142C C ，所有的情况有37C 种 由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：114237835C C P C ==故选：B 【点睛】本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.12．5G 网络是一种先进的高频传输技术，我国的5G 技术发展迅速，已位居世界前列.华为公司2019年8月初推出了一款5G 手机，现调查得到该款5G 手机上市时间x 和市场占有率y （单位：%）的几组相关对应数据.如图所示的折线图中，横轴1代表2019年8月，2代表2019年9月……，5代表2019年12月，根据数据得出y 关于x 的线性回归方程为$$0.042y x a=+.若用此方程分析并预测该款手机市场占有率的变化趋势，则最早何时该款5G 手机市场占有率能超过0.5%（精确到月）（ ）A ．2020年6月B ．2020年7月C ．2020年8月D ．2020年9月【答案】C 【解析】 【分析】根据图形，计算出,x y ，然后解不等式即可. 【详解】 解：1(12345)35x =⨯++++=，1(0.020.050.10.150.18)0.15y =⨯++++= 点()3,0.1在直线ˆˆ0.042yx a =+上 ˆ0.10.0423a=⨯+，ˆ0.026a =-ˆ0.0420.026yx =- 令ˆ0.0420.0260.5yx =-> 13x ≥因为横轴1代表2019年8月，所以横轴13代表2020年8月， 故选：C 【点睛】考查如何确定线性回归直线中的系数以及线性回归方程的实际应用，基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019年省潍坊市高考模拟训练数学（理）试卷2019.05本试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，共6页，满分150分．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．2．选择题答案使用2B 铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米规格的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．3．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效．4．请保持卷面清洁，不折叠，不破损．第I 卷(选择题 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，一项是符合题目要求的．1．已知R 是实数集，{}21,1M x N y y x x ⎧⎫=<==-⎨⎬⎩⎭，则R N C M ⋂= A ．(1，2) B ．[0，2] C ．∅ D ．[1，2]2．i 为虚数单位，()2133ii -=+ A ．1344i + B ．1322i + C ．1322i -- D ．1344i -- 3．点()()1,0,0,1A B ，点C 在第二象限内，已知5,26AOC OC OC π∠===，且 OA OB λμ+，则λμ，的值分别是A ．13-，B ．13-，C ．13，-D ．31-，4．双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的一条渐近线与直线210x y -+=平行，则它的离心率为A ．5B ．52C ．3D ．32。

2019年山东省潍坊市高考一模数学试卷（理科）一、选择题：本大题共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A＝{x|x＞1}, B＝{x|2x＞1}, 则（）A．A∩B＝{x|x＞0}B．A∩B＝{x|x＞1}C．A∪B＝{x|x＞1}D．A∪B＝R2．（5分）若复数z满足（1+i）z＝|3+4i|, 则z的虚部为（）A．5B．C．D．﹣53．（5分）设α, β为两个不同平面, 直线m⊂α, 则“α∥β”是“m∥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）已知双曲线C：＝1（a＞0, b＞0）的一条渐近线方程为y＝2x, 则C 的离心率为（）A．B．C．D．5．（5分）执行如图的程序框图, 如果输出的y值为1, 则输入的x的值为（）A．0B．e C．0或e D．0或16．（5分）某校有1000人参加某次模拟考试, 其中数学考试成绩近似服从正态分布N（105, σ2）（σ＞0）, 试卷满分150分, 统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的, 则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（）A．150B．200C．300D．4007．（5分）若函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0, 2）, 则（）A．点（, 0）是y＝f（x）的一个对称中心B．直线x＝是y＝f（x）的一条对称轴C．函数y＝f（x）的最小正周期是2πD．函数y＝f（x）的值域是[0, 2]8．（5分）y＝4cos x﹣e|x|图象可能是（）A．B．C．D．9．（5分）已知偶函数y＝f（x）, 当x∈（﹣1, 0）时, f（x）＝2﹣x, 若α, β为锐角三角形的两个内角, 则（）A．f（sinα）＞f（sinβ）B．f（sinα）＞f（cosβ）C．f（cosα）＞f（cosβ）D．f（cosα）＞f（sinβ）10．（5分）已知不共线向量, 夹角为α, ||＝1, ||＝2, ＝（1﹣t）, ＝t（0≤t≤1）, ||在t＝t0处取最小值, 当0＜t0时, α的取值范围为（）A．（0, ）B．（, ）C．（, ）D．（, π）11．（5分）如图所示, 在著名的汉诺塔问题中, 有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘, 三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱．已知起始柱上套有n个圆盘, 较大的圆盘都在较小的圆盘下面．现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上, 规则如下：每次只能移动一个圆盘, 且每次移动后, 每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面, 规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动, 若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为p（n）, 则p（4）＝（）A．33B．31C．17D．1512．（5分）定义：区间[a, b], （a, b], （a, b）, [a, b）的长度均为b﹣a, 若不等式≥m（m≠0）的解集是互不相交区间的并集, 则该不等式的解集中所有区间的长度之和为l, 则（）A．当m＞0时, l＝B．当m＞0时, l＝C．当m＜0时, l＝﹣D．当m＜0时, l＝﹣二、填空题：本大题共4小题, 每小题5分, 共20分．13．（5分）若x, y满足约束条件, 则z＝x﹣2y的最大值是．14．（5分）在等比数列{a n}中, a1＝1, a5＝8a2, S n为{a n}的前n项和．若S n＝1023, 则n＝．15．（5分）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F, 准线为l, 过F的直线与抛物线及其准线l依次相交于G、M、N三点（其中M在G、N之间且G在第一象限）, 若|GF|＝4, |MN|＝2|MF|, 则p＝．16．（5分）如图, 矩形ABCD中, M为BC的中点, 将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M, 连结B1D, N为B1D的中点, 则在翻折过程中, 下列说法中所有正确的序号是．①存在某个位置使得CN⊥AB1；②翻折过程中, CN的长是定值；③若AB＝BM, 则AM⊥B1D；④若AB＝BM＝1, 当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时, 三棱锥B1﹣AMD的外接球的表面积是4π．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, 点D为AC的中点, 已知2sin2﹣sin C＝1, a＝, b＝4．（1）求角C的大小和BD的长；（2）设∠ACB的角平分线交BD于E, 求△CED的面积．18．（12分）如图, 三棱柱ABC﹣A1B1C1中, CA＝CB, ∠BAA1＝45°, 平面AA1C1C⊥平面AA1B1B．（1）求证：AA1⊥BC；（2）若BB1＝AB＝2, 直线BC与平面ABB1A1所成角为45°, D为CC1的中点, 求二面角B1﹣A1D﹣C1的余弦值．19．（12分）如图, 点T为圆O：x2+y2＝1上一动点, 过点T分别作x轴, y轴的垂线, 垂足分别为A, B, 连接BA延长至点P, 使得＝, 点P的轨迹记为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若点A, B分别位于x轴与y轴的正半轴上, 直线AB与曲线C相交于M, N两点, |AB|＝1, 试问在曲线C上是否存在点Q, 使得四边形OMQN为平行四边形, 若存在, 求出直线l方程；若不存在, 说明理由．20．（12分）某水果种植基地引进一种新水果品种, 经研究发现该水果每株的产量y（单位：kg）和与它“相近”的株数x具有线性相关关系（两株作物“相近”是指它们的直线距离不超过lm）, 并分别记录了相近株数为0, 1, 2, 3, 4时每株产量的相关数据如下：x01234y15121198（1）求出该种水果每株的产量y关于它“相近”株数x的回归方程；（2）有一种植户准备种植该种水果500株且每株与它“相近”的株数都为m（m∈N*）, 计划收获后能全部售出, 价格为10元/kg, 如果收入（收入＝产量x价格）不低于25000元, 则m的最大值是多少？（3）该种植基地在如图所示的直角梯形地块的每个交叉点（直线的交点）处都种了一株该种水果, 其中每个小正方形的边长和直角三角形的直角边长都为1m, 已知该梯形地块周边无其他树木影响, 若从所种的该水果中随机选取一株, 试根据（1）中的回归方程预测它的产量的分布列与数学期望．附：回归方程＝+x中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：＝, ＝﹣．21．（12分）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax﹣x（a∈R）．（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝e mx+x2﹣mx（x＞0, m∈R）, 若存在x1≠x2, 使f（x1）＝f（x2）,证明：g（x1•x2）＜g（e2a）．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy中, 已知曲线C：（α为参数）, 在以坐标原点O为极点, 以x轴正半轴为极轴建立的极坐标系中, 直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）求曲线C与直线l交点的极坐标（ρ≥0, 0≤θ＜2π）．23．已知函数f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|的最大值为t．（1）求实数t的值；（2）若g（x）＝f（x）+2|x+1|, 设m＞0, n＞0, 且满足＝t, 求证：g（m+2）+g（2n）≥2．2019年山东省潍坊市高考一模数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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．【解答】解：B＝{x|x＞0}, A＝{x|x＞1}；∴A∩B＝{x|x＞1}, A∪B＝{x|x＞0}．故选：B．【点评】考查描述法的定义, 指数函数的单调性, 以及交集、并集的运算．2．【解答】解：由（1+i）z＝|3+4i|＝,得z＝,∴z的虚部为﹣．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算, 考查复数的基本概念, 是基础题．3．【解答】解：根据题意, 由于α, β表示两个不同的平面, l为α内的一条直线, 由于“α∥β,则根据面面平行的性质定理可知, 则必然α中任何一条直线平行于另一个平面, 条件可以推出结论, 反之不成立,∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件．故选：A．【点评】主要是考查了空间中面面平行的性质定理的运用, 属于基础题．4．【解答】解：∵双曲线的渐近线方程为y＝±, 一条渐近线的方程为y＝2x, ∴＝2, 设b＝t, a＝2t则c＝＝t∴离心率e＝＝．故选：C．【点评】本题主要考查了双曲线的简单性质．解题的关键是熟练掌握双曲线方程中的a,b和c基本关系．5．【解答】解：程序对应的函数为y＝,若x≤0, 由y＝1得e x＝1, 得x＝0, 满足条件．若x＞0, 由y＝2﹣lnx＝1, 得lnx＝1, 即x＝e, 满足条件．综上x＝0或e,故选：C．【点评】本题主要考查程序框图的识别和应用, 根据条件转化为分段函数是解决本题的关键．6．【解答】解：∵P（X≤90）＝P（X≥120）＝0.2,∴P（90≤X≤120）＝1﹣0.4＝0.6,∴P（90≤X≤105）＝P（90≤X≤120）＝0.3,∴此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为1000×0.3＝300．故选：C．【点评】本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义等基础知识, 考查运算求解能力, 是基础题．7．【解答】解：由函数f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x（0＜θ＜）的图象过点（0, 2）, 可得2sin2θ＝2, 即sin2θ＝1, ∴2θ＝, ∴θ＝,故f（x）＝2sin（x+2θ）•cos x＝2cos2x＝cos2x+1,当x＝时, f（x）＝1, 故A、B都不正确；f（x）的最小正周期为＝π, 故C不正确；显然, f（x）＝cos x+1∈[0, 2], 故D正确,故选：D．【点评】本题主要考查余弦函数的图象和性质, 属于中档题．8．【解答】解：显然y＝4cos x﹣e|x|是偶函数, 图象关于y轴对称,当x＞0时, y′＝﹣4sin x﹣e x＝﹣（4sin x+e x）,显然当x∈（0, π]时, y′＜0,当x∈（π, +∞）时, e x＞eπ＞e3＞4, 而4sin x≥﹣4,∴y′＝﹣（4sin x+e x）＜0,∴y′＝﹣（4sin x+e x）＜0在（0, +∞）上恒成立,∴y＝4cos x﹣e|x|在（0, +∞）上单调递减．故选：D．【点评】本题考查了函数图象的判断, 一般从奇偶性, 单调性, 特殊值等方面判断, 属于基础题．9．【解答】解：根据题意, 当x∈（﹣1, 0）时, f（x）＝2﹣x＝（）x, 则f（x）在（﹣1, 0）上为减函数,又由f（x）为偶函数, 则f（x）在（0, 1）上为增函数,若α, β为锐角三角形的两个内角, 则α+β＞90°, 则α＞90°﹣β, 则有sinα＞sin （90°﹣β）＝cosβ,则有f（sinα）＞f（cosβ）,故选：B．【点评】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用, 涉及三角函数的诱导公式的运用, 属于基础题．10．【解答】解：由题意有：不共线向量, 夹角为α, ||＝1, ||＝2, 由＝（1﹣t）, ＝t（0≤t≤1）,得：＝＝t﹣（1﹣t）,所以||2＝（t﹣（1﹣t））2＝（5+4cosθ）t2﹣2（1+2cosθ）t+1,由二次函数图象的性质有：当t＝t0＝时, ||取最小值,即0＜,解得﹣＜cosθ＜0,又θ∈[0, π],即θ∈（, ）,故选：C．【点评】本题考查了平面向量的线性运算、向量模的运算及向量夹角的取值范围, 属中档题．11．【解答】解：设把圆盘从起始柱全部移到目标柱上最少需要移动的次数记为p（n）, 则把起始柱上的（除最底下的）圆盘从起始柱移动到辅助柱最少需要移动的次数记为p（n ﹣1）,则有P（n）＝2P（n﹣1）+1,则有P（n）+1＝2[P（n﹣1）+1], 又P（1）＝1,即是以P（1）+1＝2为首项, 2为公比的等比数列,由等比数列通项公式可得：P（n）+1＝2n, 所以P（n）＝2n﹣1,即P（4）＝24﹣1＝15,故选：D．【点评】本题考查了数列的递推公式及等比数列的通项公式, 属中档题．12．【解答】解：当m＞0时, ∵+≥0⇔≤0, 令f（x）＝mx2﹣（3+3m）x+2m+4＝0的两根为x1, x2, 且x1＜x2,则≤0, 且x1+x2＝＝3+,∵f（1）＝m﹣3﹣3m+2m+4＝1＞0, f（2）＝4m﹣6﹣6m+2m+4＝﹣2＜0,∴1＜x1＜2＜x2,所以不等式的解集为（1, x1]∪（2, x2],∴l＝x1﹣1+x2﹣2＝x1+x2﹣3＝3+﹣3＝,故选：B．【点评】本题考查分式不等式的解法, 涉及对新定义区间长度的理解, 属于难题．二、填空题：本大题共4小题, 每小题5分, 共20分．13．【解答】解：（1）作出不等式组对应的平面区域如图：由z＝x﹣2y, 得y＝,平移直线y＝, 当直线y＝经过点A（3, 0）时, 直线的截距最小, 此时z最大,此时z的最大值为z＝3﹣2×0＝3．故答案为：3．【点评】本题主要考查线性规划的应用, 利用z的几何意义, 通过数形结合是解决本题的关键．14．【解答】解：根据题意, 等比数列{a n}中, a1＝1, a5＝8a2,则有q4＝8×q, 解可得q＝2,若S n＝1023, 则有＝2n﹣1＝1023,解可得：n＝10；故答案为：10．【点评】本题考查等比数列的前n项和公式的应用, 关键是掌握等比数列前n项和的形式, 属于基础题．15．【解答】解：如图, 过M作MH⊥l＝H,由|MN|＝2|MF|, 得|MN|＝2|MH|,∴MN所在直线斜率为,MN所在直线方程为y＝（x﹣）,联立, 得12x2﹣20px+3p2＝0．解得：,则|GF|＝, 即p＝2．故答案为：2．【点评】本题考查抛物线的简单性质, 考查直线与抛物线位置关系的应用, 是中档题．16．【解答】解：对于①：如图1, 取AD中点E, 连接EC交MD与F, 则NE∥AB1, NF ∥MB1,如果CN⊥AB1, 可得到EN⊥NF, 又EN⊥CN, 且三线NE, NF, NC共面共点, 不可能, 故①错．对于②：如图1, 可得由∠NEC＝∠MAB1（定值）, NE＝AB1（定值）, AM＝EC （定值）,由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC, 所以NC是定值, 故②正确．对于③：如图2, 取AM中点O, 连接B1O, DO, 易得AM⊥面ODB1, 即可得OD ⊥AM, 从而AD＝MD, 显然不成立, 可得③不正确．对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时, 三棱锥B1﹣AMD的体积最大, 易得AD中点H 就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心, 球半径为1, 表面积是4π．故④正确．故答案为：②④．【点评】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理, 考查了空间想象能力和推理论证能力, 考查了反证法的应用, 属于中档题三、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．【解答】解：（1）∵由题意可得：sin C+1﹣2sin2＝0,∴sin C+cos（A+B）＝0,又A+B＝π﹣C,∴sin C﹣cos C＝0, 可得tan C＝,∵C∈（0, π）,∴C＝,∴在△BCD中, 由余弦定理可得：BD2＝3+4﹣2×＝1,解得：BD＝1,（2）由（1）可知BD2+BC2＝4＝CD2,∴∠DBC＝,∴S△DBC＝BD•BC＝,∵CE是∠BCD的角平分线,∴∠BCE＝∠DCE,在△CEB和△CED中, S△BCE＝,S△CED＝,可得：＝＝,∴S△BCE＝S△CED,∴代入S△BCE+S△CED＝S△BCD＝, （1+）S△CED＝,∴S△CED＝＝（2﹣）＝2﹣3．【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用, 余弦定理, 三角形的面积公式在解三角形中的综合应用, 考查了计算能力和数形结合思想, 考查了转化思想的应用, 属于中档题．18．【解答】证明：（1）过点C作CO⊥AA1, 垂足为O,∵平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,∴CO⊥平面AA1B1B, 故CO⊥OB,又∵CA＝CB, CO＝CO, ∠COA＝∠COB＝90°,∴Rt△AOC≌Rt△BOC, 故OA＝OB,∵∠A1AB＝45°, ∴AA1⊥OB,∵AA1⊥CO, ∴AA1⊥平面BOC,∴AA1⊥BC．解：（2）BB1＝AB＝2, 直线BC与平面ABB1A1所成角为45°, D为CC1的中点, 以O为坐标原点, OA, OB, OC所在直线分别为x, y, z轴, 建立空间直角坐标系, ∵CO⊥平面AA1B1B, ∴∠CBO是直线BC与平面AA1B1B所成角, ∴∠CBO＝45°, ∴AB＝, AO＝BO＝CO＝1,∴A（1, 0, 0）, B（0, 1, 0）, C（0, 0, 1）, A1（﹣1, 0, 0）, B1（﹣2, 1, 0）, D（﹣1, 0, 1）,＝（0, 0, 1）, ＝（1, ﹣1, 1）,设平面A1B1D的法向量＝（x, y, z）,则, 取x＝1, 得＝（1, 1, 0）,∵OB⊥平面AA1C1C, ∴平面AA1C1C的法向量＝（0, 1, 0）,设二面角B1﹣A1D﹣C1的平面角为θ,则cosθ＝＝＝,∴二面角B1﹣A1D﹣C1的余弦值为．【点评】本题考查线线垂直的证明, 考查二面角的余弦值的求法, 考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识, 考查运算求解能力, 考查数形结合思想, 是中档题．19．【解答】解：（1）设T（x0, y0）, P（x, y）,由A（x0, 0）, B（0, y0）由题意＝, 即A为PB的中点∴x＝2x0, y＝﹣y0,即x0＝x, y0＝﹣y,∵x02+y02＝1故点P的轨迹C的方程为+y2＝1,（2）由题意知l的斜率存在且不为零,设直线l的方程为y＝kx+t,∵|AB|＝1,∴（﹣）2+t2＝1,即+t2＝1, ①联立, 消y可得（4k2+1）x2+8ktx+4（t2﹣1）＝0,设M（x1, y1）, N（x2, y2）,∴x1+x2＝﹣, x1x2＝,∴y1+y2＝k（x1+x2）+2t＝,∵四边形OMQN为平行四边形, 故Q（﹣, ）,∴（﹣）2+（）2＝1,整理可得4t2＝4k2+1, ②,将①代入②可得4k4+k2+1＝0, 该方程无解,故这样的直线不存在．【点评】本题考查点的轨迹方程的求法, 考查满足条件的点是否存在的判断与直线方程的求法, 体现了数学转化思想方法, 是中档题．20．【解答】解：（1）由题意可得, ＝＝2, ＝11（1分）＝﹣2×4+（﹣1）×1+0×0+1×（﹣2）+2×（﹣3）＝﹣17＝（﹣2）2+（﹣1）2+02+12+22＝10∴b＝＝（3分）＝﹣＝11﹣2×＝,∴＝﹣x（4分）（2）设每株的产量为ykg, 根据题意可得10×500y≥25000∴y≥5（5分）令﹣x≥5可得, x即m最大值是5（7分）（3）由回归方程可得, 当x＝1时, y＝当x＝2时, y＝11, 当x＝3时, y＝当x＝4时, y＝∴P（y ＝）＝P（y＝11）＝,P（y ＝）＝P（y ＝）＝即y的分布列为P12.7119.37.6yE（y ）＝＝（11分）即产量的期望（12分）【点评】本题主要考查了线性回归方程的求解及随机变量期望及分布列的求解, 属于中档试题21．【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0, +∞）,f′（x）＝lnx﹣a, 令f′（x）＝0, 解得：x＝e a,故f（x）在（0, e a）递减, 在（e a, +∞）递增,故f（x）极小值＝f（e a）＝﹣e a,故f（x）的极小值是﹣e a, 无极大值；（2）g′（m）＝me mx+2x﹣m＝m（e mx﹣1）+2x,当m＞0时, 由于x＞0, 故e mx＞1, e mx﹣1＞0, 即g′（x）＞0,当m＜0时, 由于x＞0, 故e mx＜1, e mx﹣1＜0, 即g′（x）＞0,当m＝0时, g′（x）＝2x＞0,综上, g′（x）＞0, 故g（x）在（0, +∞）递增,故只需证明x1•x2＜e2a,即证lnx1+lnx2＜2a,由g（x1）＝g（x2）, 可知x1lnx1﹣ax1﹣x1＝x2lnx2﹣ax2﹣x2,故a ＝﹣1,即证lnx1+lnx2＜2（﹣1）,lnx1+lnx2﹣2（＜﹣2,即证＜﹣2,ln•＜﹣2,ln•＜﹣2,不妨设x1＞x2, t＝＞1,即证lnt•＜﹣2,lnt＞,即证lnt+2＞0,设h（t）＝lnt+2（t＞1）,h′（t）＝＞0,故h（t）在（1, +∞）递增,故h（t）＞h（1）＝0,即lnt+2＞0,故结论成立．【点评】本题考查了函数的单调性, 极值问题, 考查导数的应用以及不等式的证明, 考查转化思想, 是一道综合题．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）已知曲线C：（α为参数）,转换为直角坐标方程为：x2+（y﹣1）2＝1,直线l的极坐标方程为cos（）＝﹣2．转换为直角坐标方程为：x﹣y+2＝0．（2）由（1）得：,解得：或转换为极坐标为（）（2, ）．【点评】本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换, 二元二次方程的应用, 主要考查学生的运算能力和转化能力, 属于基础题型．23．【解答】解：（1）由f（x）＝|x﹣1|﹣2|x+1|＝,∴f（x）max＝f（﹣1）＝2, 即t＝2,证明：（2）g（x）＝|x﹣1|, 由+＝2,知g（m+2）+g（2n）＝|m+1|+|2n﹣1|≥|m+1+2n﹣1|＝|m+2n|＝|（m+2n）•（+）|＝|++2|≥|2+2|＝2,当且仅当＝, 即m2＝4n2时取等号,∴g（m+2）+g（2n）≥2．【点评】本题考查了解绝对值不等式问题, 考查绝对值不等式的性质以及基本不等式的性质, 是一道常规题．。

山东省高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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．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．20 B．16 C．15 D．144．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．﹣7 B．﹣3 C．1 D．46．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+6 B．40 C．D．30+67．函数f（x）=2sin（ωx+φ）（w＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则f（0）+f（）的值为（）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．12 B．24 C．36 D．489．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5个小题，每小题5分，共25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{a n}为递增数列，其前n项和为S n，若a3=8，S3=（4x+3）dx，则公比q= ．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6小题，共75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．（Ⅱ）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；（Ⅱ）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．（Ⅰ）求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；（Ⅱ）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a n是公差不为零的等差数列，且a3=5，a2，a4，a12成等比数列．数列{b n}的每一项均为正实数，其前n项和为S n，且满足4S n=b n2+2b n﹣3（n∈N*）（I）数列{a n}，{b n}的通项公式（Ⅱ）令c n=，记数列{c n}的前n项和为T n，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）=x2e mx（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（Ⅰ）求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；（Ⅱ）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．参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50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．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．20 B．16 C．15 D．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=，∴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．﹣7 B．﹣3 C．1 D．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，，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+6 B．40 C．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．7．函数f（x）=2sin（ωx+φ）（w＞0，|φ|＜）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ω的值，再计算φ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（ωx+φ）（w＞0，|φ|＜）的部分图象，得T=﹣（﹣）=，又T==π，∴ω=2；当x=﹣时，函数f（x）取得最小值﹣2，∴2×（﹣）+φ=﹣+2kπ，k∈Z，解得φ=﹣+2kπ，k∈Z，又|φ|＜，∴φ=﹣，∴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（）（参考数据：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．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=cosθ，y=sinθ，则|++|2=37﹣6cosθ﹣6sinθ=37﹣12sin（θ+）．∴当sin（θ+）=﹣1时，|++|取得最大值=7，当sin（θ+）=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）=ae bx+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）=ae bx+c，由f（0）=1，∴a+c=1；又3f（x）=f′（x）﹣3，∴3ae bx+3c=abe bx﹣3，即（3a﹣ab）e bx=﹣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＞，所求不等式的解集为（，+∞）．故选：B．二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25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T r+1=C6r x6﹣2r令6﹣2r=0得r=3故展开式的常数项为T4=C63=20故答案为2012．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{a n}为递增数列，其前n项和为S n，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．【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：3．15．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）=e x﹣1，当2＜x≤3，则1＜x﹣1≤2，则f（x）=f（x﹣1）=e x﹣2，当3＜x≤4，则2＜x﹣1≤3，则f（x）=f（x﹣1）=e x﹣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k AC=e﹣1，k BC=；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：三、解答题：本大题共6小题，共75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．（Ⅱ）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，π），sinB≠0，解得tanC=，又C∈（0，π），即可求C的值．（Ⅱ）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，π），sinB≠0，∴sinC=cosC，即：tanC=，∵C∈（0，π），∴C=．（Ⅱ）∵c=2，C=，△ABC的面积为=absinC=ab，∴解得：ab=4，①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=4，②∴①②联立可解得：a=b=2．17．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；（Ⅱ）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】（Ⅰ）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．（Ⅱ）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：（Ⅰ）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：（Ⅱ）∵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），则，取a=1，得=（1，，1），设二面角D﹣CP﹣B的平面角为θ，则cosθ===，∴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．（Ⅰ）求选手甲第一关闯关成功且所得学豆为零的概率；（Ⅱ）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】（Ⅰ）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．（Ⅱ）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：（Ⅰ）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，，…，……（Ⅱ）X所有可能的取值为0，5，15，35，…，，，…所以，X的分布列为：X 0 5 15 35P……19．已知数列a n是公差不为零的等差数列，且a3=5，a2，a4，a12成等比数列．数列{b n}的每一项均为正实数，其前n项和为S n，且满足4S n=b n2+2b n﹣3（n∈N*）（I）数列{a n}，{b n}的通项公式（Ⅱ）令c n=，记数列{c n}的前n项和为T n，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{a n}的首项为a1，公差为d（≠0），代入计算即得a n=3n﹣4；当n=1时由4S1=b12+2b1﹣3可知b1=3，当n≥2时，利用4S n=b n2+2b n﹣3与4S n﹣1=b n﹣12+2b n ﹣1﹣3作差，整理可知数列{b n}是首项为3、公差为2的等差数列，进而可知b n=2n+1；（Ⅱ）通过（I）裂项可知c n=（﹣），并项相加可知T n=，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{a n}的首项为a1，公差为d（≠0），由已知可得，解得：或（舍），∴a n=3n﹣4；当n=1时，4S1=b12+2b1﹣3，解得：b1=3或b1=﹣1（舍），当n≥2时，4S n﹣1=b n﹣12+2b n﹣1﹣3，∴4b n=4S n﹣4S n﹣1=b n2+2b n﹣b n﹣12﹣2b n﹣1，整理得：（b n﹣b n﹣2﹣2）（b n+b n﹣2）=0，又∵数列{b n}的每一项均为正实数，∴b n﹣b n﹣2﹣2=0，∴数列{b n}是首项为3、公差为2的等差数列，∴b n=2n+1；（Ⅱ）由（I）可知c n===（﹣），则T n=（1﹣+﹣+…+﹣）=（1﹣）=，∴==1﹣，令f（x）=1﹣，则当x＞0时，f（x）＞0，∴{}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）=x2e mx（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]，h min（x）≥g max（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]，h min（x）≥g max（x）成立，当a＜0时，由h（x）=﹣aln（1+x）+1，得h′（x）==（x＞﹣1），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）=2xe mx+x2e mx•m=（mx2+2x）e mx，当m=0时，g（x）=x2，x∈[0，2]时，g max（x）=g（2）=4，显然不满足g max（x）≤1，当m≠0时，令g′（x）=0得，，①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；②当0＜﹣＜2，即m＜﹣1时，在[0，﹣]，g′（x）≥0，g（x）单调递增，在[﹣，2]，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）max=g（﹣）=，只需≤1，得m≤﹣，则m＜﹣1；③当﹣＜0，即m＞0时，显然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）单调递增，g（x）max=g（2）=4e2m，4e2m≤1不成立．综上所述，m的取值范围是（﹣∞，﹣ln2]．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（Ⅰ）求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；（Ⅱ）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．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由抛物线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，得到b=c=1，由此能求出椭圆C的方程．∴“相关圆”E的方程为x2+y2=．（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，直线AB方程为x=，；当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，代入椭圆方程，得x2+2（kx+m）2=2，由此利用根的判别式、韦达定理、直线与圆相切，结合已知条件推导出为定值．（ii）要求△ABQ的面积的取值范围，只需求弦长|AB|的范围，由此利用椭圆弦长公式能求出△ABQ面积的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵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，∴b=c=1，∴a2=1+1=2，∴椭圆C的方程为．∴“相关圆”E的方程为x2+y2=．证明：（Ⅱ）（i）当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB方程为x=，则A（，），B（，﹣），∴，当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组，得x2+2（kx+m）2=2，即（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2=0，△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣2）=8（2k2﹣m2+1）＞0，即2k2﹣m2+1＞0，（*），∵直线与圆相切，∴==，∴3m2=2+2k2，∴+km（x1+x2）+m2===0，∴，∴为定值．解：（ii）∵PQ是“相关圆”的直径，∴，∴要求△ABQ的面积的取值范围，只需求弦长|AB|的范围，当直线AB的斜率不存在时，由（i）知|AB|=，|AB|====，①当k≠0时，|AB|=，∵，∴0＜，∴≤3，∴＜|AB|，当且仅当k=时，取“=”号．②当k=0时，|AB|=．|AB|的取值范围为≤|AB|，∴△ABQ面积的取值范围是[，]．。