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唐山市2017—2018学年度高三年级第二次模拟考试
理科数学试卷
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．复数是虚数单位，）是纯虚数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3.设，则“”是“ ”为偶函数的 （ ）
A．充分而不必要条件 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.若，则函数的增区间为 （ ）
A． B． C． D．
5. 已知双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且，则（ ）
A． B． C． D．
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. 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．
8. 椭圆右焦点为，存在直线与椭圆交于两点，使得为等腰直角三角形，则椭圆的离心率 （ ）
A． B． C． D．
9. 甲乙等人参加米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是（ ）
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. 已知函数 满足，在下列不等关系中，一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
12. 在中，，点满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
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.展开式的常数项为 ．（用数字作答）
14.曲线与直线所围成的封闭图形的面积为 ．
15. 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 ．
16.数列满足，若时，，则的取值范围是 ．
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，,设.
（1）若，求 的长度；
（2）若，求.
18. 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
15.3
16.8
17.4
18
19.5
21
孵化天数
16.7
14.8
13.9
13.5
8.4
6.2
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）残差绝对值大于1的数据被认为是异常数据，需要剔除，剔除后应用最小二乘法建立关于的线性回归方程.（精确到0.1）
，.
19. 如图，在三棱柱中，，平面平面.
（1）求证：；
（2）若，求.
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.
（1）若,求直线的方程；
（2）线段的垂直平分线与直线轴，轴分别交于点，求 的最小值.
21.设 .
（1）证明：在上单调递减；
（2）若，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
理科数学参考答案
一．选择题：
A卷：BACDB CDBDC AB
B卷：BACDC CDBDB AB
二．填空题：
（13）15 （14） （15）1 （16）[2，＋∞)
三．解答题：
17．解：
（1）由题意可知，AD＝1．
在△ABD中，∠DAB＝150°，AB＝2，AD＝1，由余弦定理可知，
BD2＝(2)2＋12－2×2×1×(－)＝19,
BD＝．
（2）由题意可知，AD＝2cosθ，∠ABD＝60°－θ，
在△ABD中，由正弦定理可知，
＝，
即＝4，
整理得tanθ＝．
18．解：
（1）应该选择模型①．
（2）剔除异常数据，即组号为4的数据，
剩下数据的平均数＝(18×6－18)＝18；
＝(12.25×6－13.5)＝12．
＝1283.01－18×13.5＝1040.01；
＝1964.34－182＝1640.34．
＝＝≈－1.97，
＝－＝12＋1.97×18≈47.5，
所以y关于x的线性回归方程为：＝－2.0x＋47.5．
19．解：
（1）因为平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，又BC⊥AC，
所以BC⊥平面AA1C1C，
因为C1C平面AA1C1C，
从而有BC⊥C1C．
因为∠A1CC1＝90°，所以A1C⊥C1C，
又因为BC∩A1C＝C，
所以C1C⊥平面A1BC，
A1B平面A1BC，
所以CC1⊥A1B．
（2）如图，以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系C-xyz．
由∠A1CC1＝90°，AC＝AA1得
A1C＝AA1．
不妨设BC＝AC＝AA1＝2，
则B(2，0，0)，C1(0，－1，1)，A(0，2，0)，A1(0，1，1)，
所以＝(0，－2，0)，＝(－2，－1，1)，＝(2，－2，0)，
设平面A1BC1的一个法向量为m，
由·m＝0，·m＝0，可取m＝(1，0，2)．
设平面ABC1的一个法向量为n，
由·n＝0，·n＝0，可取n＝(1，1，3)．
cosám，nñ＝＝，
又因为二面角A1-BC1-A为锐二面角，
所以二面角A1-BC1-A的余弦值为．
20．解：
（1）设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得y2－4my－4＝0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．
所以kOA＋kOB＝＋＝＝－4m＝4．
所以m＝－1，
所以l的方程为x＋y－1＝0．
（2）由（1）可知，m≠0，C(0，－)，D(2m2＋1，2m)．
则直线MN的方程为y－2m＝－m(x－2m2－1)，则
M(2m2＋3，0)，N(0，2m3＋3m)，F(1，0)，
S△NDC＝·|NC|·|xD|＝·|2m3＋3m＋|·(2m2＋1)＝，
S△FDM＝·|FM|·|yD|＝·(2m2＋2)·2|m|＝2|m| (m2＋1)，
则＝＝m2＋＋1≥2，
当且仅当m2＝，即m2＝时取等号．
所以，的最小值为2．
其它解法参考答案给分．
21．解：
（1）f¢(x)＝．
令h(x)＝1－－lnx，则h¢(x)＝－＝，x＞0，
所以0＜x＜1时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增，
又h(1)＝0，所以h(x)＜0，
即f¢(x)＜0，所以f(x)单调递减．
（2）g¢(x)＝axlna＋axa－1＝a(ax－1lna＋xa－1)，
当0＜a≤时，lna≤－1，所以ax－1lna＋xa－1≤xa－1－ax－1．
由（Ⅰ）得＜，所以(a－1)lnx＜(x－1)lna，即xa－1＜ax－1，
所以g¢(x)＜0，g(x)在(a，1)上单调递减，
即g(x)＞g(1)＝a＋1＞1．
当＜a＜1时，－1＜lna＜0．
令t(x)＝ax－xlna－1，0＜a＜x＜1，则t¢(x)＝axlna－lna＝(ax－1)lna＞0，
所以t(x)在(0，1)上单调递增，即t(x)＞t(0)＝0，
所以ax＞xlna＋1．
所以g(x)＝ax＋xa＞xa＋xlna＋1＝x(xa－1＋lna)＋1＞x(1＋lna)＋1＞1．
综上，g(x)＞1．
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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