新泰一中高三第二次质量检测文科数学试题
2018.12.
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，只有一项是正确的．
1．函数的定义域为（ ）
A．{x|x＜0} B．{x|x≤﹣1}∪{0} C．{x|x≤﹣1} D．{x|x≥﹣1}
2．已知向量与的夹角为120°，且||=||=2，那么•（2﹣）的值为（ ）
A．﹣8 B．﹣6 C．0 D．4
3．若等差数列{an}的前7项和S7=21，且a2=﹣1，则a6=（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
4．已知α，β为不重合的两个平面，直线m⊂α，那么“m⊥β”是“α⊥β”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．直线3x﹣y=0绕原点逆时针旋转90°，再向右平移1个单位，所得到直线的方程为（ ）
A．x+3y﹣3=0 B．x+3y﹣1=0 C．3x﹣y﹣3=0 D．x﹣3y+3=0
6．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f（x）=ln（1﹣x），则函数f（x）的大致图象为（ ）
A． B． C． D．
7．直线ax+by﹣a﹣b=0（a≠）与圆x2+y2﹣2=0的位置关系为（ ）
A．相离 B．相切 C．相交或相切 D．相交
8．直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（ ）
A．c至少与a、b中的一条相交 B．c至多与a、b中的一条相交
C．c与a、b都相交 D．c与a、b都不相交
9．已知函数f（x）=x2﹣2cosx，对于上的任意x1，x2，有如下条件：①x1＞x2；②； ③|x1|＞x2；④x1＞|x2|，其中能使恒成立的条件个数共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．已知双曲线的左焦点是F（﹣c，0），离心率为e，过点F且与双曲线的一条渐近线平行的直线与圆x2+y2=c2在y轴右侧交于点P，若P在抛物线y2=2cx上，则e2=（ ）
A． B． C． D．
11. 设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=x+2y的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
12. 对任意，不等式sinx•f（x）＜cosx•f′（x）恒成立，则下列不等式错误的是（ ）
A． B． C．D．
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共计25分．
13．若双曲线kx2﹣y2=1的一个焦点的坐标是（2，0），则k= ．
14．函数图象的对称中心的坐标为 ．
15．某四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是 ．
16．若直线过点（2，1），则3a+b的最小值为 ．
三、解答题：本大题共6个小题，满分90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知向量=（2sinA，1），=（sinA+cosA，﹣3），⊥，其中A是△ABC的内角．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）若△ABC为锐角三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=，b=3，求△ABC的面积．
18．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为圆M：x2+y2﹣4x=0的圆心，直线l与抛物线C的准线和y轴分别交于点P、Q，且P、Q的纵坐标分别为3t﹣、2t（t∈R，t≠0）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）求证：直线l恒与圆M相切．
19．设数列{an}的前n项的和为．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设，数列{bn}的前n项的和为Tn，若对一切n∈N*，均有，求实数m的取值范围．
20．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面AA1C1C是矩形，侧面AA1C1C⊥侧面AA1B1B，且AB=4AA1=4，∠BAA1=60°，D是AB的中点．
（Ⅰ）求证：AC1∥平面CDB1；
（Ⅱ）求证：DA1⊥平面AA1C1C．
21．设椭圆的对称中心为坐标原点，其中一个顶点为A（0，2），右焦点F与点的距离为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在经过点（0，﹣3）的直线l，使直线l与椭圆相交于不同的两点M，N满足？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
22．已知函数f（x）=x﹣axlnx，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设，若函数g（x）在（1，+∞）上为减函数，求实数a的最小值；
（Ⅲ）若，使得成立，求实数a的取值范围．
新泰一中高三第二次阶段性考试文科数学试题（2018.12.）
参考答案与试题解析
一、选择题；
1．【解答】解：∵函数，∴，解得，
即x≤﹣1，∴f（x）的定义域为{x|x≤﹣1}．故选：C．
2．【解答】解：向量与的夹角为120°，且||=||=2，可得•=||•||•cos120°=2×2×（﹣）=﹣2，即有•（2﹣）=2•﹣2=2×（﹣2）﹣4=﹣8．故选：A．
3．【解答】解：在等差数列{an}中，由S7=7a4=21，得a4=3，又a2=﹣1，
∴，∴a6=a4+2d=3+2×2=7．故选：C．
4．【解答】解：∵平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的垂线，则两平面垂直∴直线m⊂α，那么“m⊥β”成立时，一定有“α⊥β”成立反之，直线m⊂α，若“α⊥β”不一定有“m⊥β”成立所以直线m⊂α，那么“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件故选A
5．【解答】解：∵直线y=3x绕原点逆时针旋转90°∴直线斜率互为负倒数∴直线y=3x变为y=﹣x，∵向右平移1个单位∴y=﹣（x﹣1）即：x+3y﹣1=0，故选：B．
6．【解答】解：由于函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f（x）=ln（1﹣x），
故在[0，1）上，f（x）为减函数，且f（x）＜0，结合所给的选项，故选：C．
7．【解答】解：由已知得，圆的圆心为（0，0），半径为，
圆心到直线的距离为，其中（a+b）2≤2（a2+b2），所以圆心到直线的距离为≤，所以直线与圆相交或相切；故选：C．
8．【解答】解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：
对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．
9．【解答】解：∵f（x）=x2﹣2cosx，∴f′（x）=2x+2sinx，
∴当x=0时，f′（0）=0；当x∈[﹣，0）时，f′（x）＜0，函数f（x）在此区间上单调递减；当x∈（0，]时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间上单调递增．
∴函数f（x）在x=0时取得最小值，f（0）=0﹣1=﹣1．
∵x∈[﹣，]，都有f（﹣x）=f（x），∴f（x）是偶函数．
根据以上结论可得：
①当x1＞x2时，则f（x1）＞f（x2）不成立；
②当x12＞x22时，得|x1|＞|x2|，则f（|x1|）＞f（|x2|），f（x1）＞f（x2）恒成立；
③当|x1|＞x2时，则f（x1）=f（|x1|）＞f（x2）恒成立；
④x1＞|x2|时，则f（x1）＞f（|x2|）=f（x2）恒成立．
综上可知：能使f（x1）＞f（x2）恒成立的有②③④．故选：C．
10．【解答】解：如图，设抛物线y2=4cx的准线为l，作PQ⊥l于Q，
设双曲线的右焦点为F′，P（x，y）．由题意可知FF′为圆x2+y2=c2的直径，∴PF′⊥PF，且tan∠PFF′=，|FF′|=2c，
满足，
将①代入②得x2+2cx﹣c2=0，则x=﹣c±c，即x=（﹣1）c，（负值舍去），
代入③，即y=，
再将y代入①得， =2（﹣1）c2，即为b2=c2﹣a2=（﹣1）a2，
由e=，可得e2=．故选：D．
11. 【解答】解：作出不等式对应的平面区域，
由z=x+2y，得y=﹣，
平移直线y=﹣，由图象可知当直线y=﹣经过点B（1，1）时，直线y=﹣的截距最小，此时z最小．
此时z的最小值为z=1+2×1=3，
故选：B．
12. 【解答】解：构造函数g（x）=f（x）cosx，则g′（x）=cosx•f′（x）﹣sinx•f（x），
∵sinx•f（x）＜cosx•f′（x），∴g′（x）=cosx•f′（x）﹣sinx•f（x）＞0，
即g（x）在上为增函数，则g（）＜g（），即f（）cos＜f（）cos，即f（）＜f（），即f（）＜f（），又g（1）＜g（），
即f（1）cos1＜f（）cos，即，故错误的是D．故选：D．
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共计25分．
13．【解答】解：由题意可得双曲线的焦点在x轴上，可得：
双曲线的标准方程为﹣y2=1，（k＞0），即有a2=，b2=1，c2=1+，
由一个焦点的坐标是（2，0），可得1+=4，解得k=．故答案为：．
14【解答】解：f（x）===﹣+1，
因为y=﹣对称中心为（0，0），所以函数f（x）的对称中心为（﹣1，1）
故答案为：（﹣1，1）．
15【解答】解：由三视图可知三棱锥P﹣ABC的底面ABC为直角三角形，AB⊥BC，侧棱PA⊥平面ABC，PA=AB=4，BC=3，图形如图
∴BC⊥平面PAB，AC=5，PB=4，
∴棱锥的表面积S=+++=24+6．
故答案为24+6．
16【解答】解：∵直线过点（2，1），∴=1，故3a+b=（3a+b）（）=7++≥7+2=7+2，当且仅当=即b=a时取等号，
结合=1可解得a=且b=+1，故答案为：7+2．
三、解答题：本大题共6个小题，满分75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17【解答】解：（Ⅰ）向量=（2sinA，1），=（sinA+cosA，﹣3），
⊥，可得•=2sinA（sinA+cosA）﹣3=2sin2A+2sinAcosA﹣3=1﹣cos2A+sin2A﹣3=2sin（2A﹣）﹣2=0，即有2A﹣=2kπ+，k∈Z，A=kπ+，k∈Z，可得A=；
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得，a2=b2+c2﹣2bccosA，即为7=9+c2﹣3c，解得c=1或2，
若c=1，则b为最大边，且cosB==＜0，B为钝角，不合题意；
若c=2，则b为最大边，且cosB==＞0，B为锐角，合题意，
则△ABC的面积为S=bcsinA=×3×2×=．
18【解答】解：（Ⅰ）设抛物线C的方程为y2=2px（p＞0），因为焦点为圆M：x2+y2﹣4x=0的圆心，所以p=4，因此抛物线C的方程为y2=8x；
（Ⅱ）由题意可知，P（﹣2，3t﹣），Q（0，2t），
则直线PQ方程为：y﹣2t=x，
即（t2﹣1）x+2ty﹣4t2=0，
圆心M（2，0）到直线PQ的距离=2，
因此直线l恒与圆M相切．
19【解答】解：（Ⅰ）∵，∴Sn﹣1=（n﹣1）2+（n﹣1），n≥2，两式相减得：an=2n，
又∵a1=1+1=2，∴数列{an}是首项、公差均为2的等差数列，故其通项公式an=2+2（n﹣1）=2n；
（Ⅱ）由（I）可知=，∴数列{bn}是首项、公比均为的等比数列，故Tn==（1﹣）∈（，），∴≤，且≤m2﹣6m+，
∴m≥1，且m≤2或m≥4，故1≤m≤2．
20【解答】证明：（1）连结A1C交AC1于F，取B1C中点E，连结DE，EF．
∵四边形AA1C1C是矩形，∴F是A1C的中点，
∴EF∥A1B1，EF=A1B1，
∵四边形ABB1A1是平行四边形，D是AB的中点，
∴AD∥A1B1，AD=A1B1，
∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥DE，即AC1∥DE．
又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1．
（2）∵AB=4AA1=4，D是AB中点，∴AA1=1，AD=2，
∵∠BAA1=60°，∴A1D==．
∴AA12+A1D2=AD2，∴A1D⊥AA1，
∵侧面AA1C1C⊥侧面AA1B1B，侧面AA1C1C∩侧面AA1B1B=AA1，AC⊥AA1，AC⊂平面AA1C1C，
∴AC⊥平面AA1B1B，∵A1D⊂平面AA1B1B，
∴AC⊥A1D，又∵AA1⊂平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，AC∩AA1=A，
∴DA1⊥平面AA1C1C．
21
【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．
【分析】（1）直接根据条件得到以及b=2；求出a2=12即可得到椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为y=kx﹣3（k≠0），由|AM|=|AN|知点A在线段MN的垂直平分线上；联立直线方程和椭圆方程得到k的范围以及点M，N的坐标和k的关系，结合点A在线段MN的垂直平分线对应的斜率相乘等于﹣1即可求出结论．
【解答】解：（1）依题意，设椭圆方程为，
则其右焦点坐标为，由|FB|=2，
得，即，故．
又∵b=2，∴a2=12，
从而可得椭圆方程为．﹣﹣
（2）由题意可设直线l的方程为y=kx﹣3（k≠0），由|AM|=|AN|知点A在线段MN的垂直平分线上，
由消去y得x2+3（kx﹣3）2=12，即可得方程（1+3k2）x2﹣18kx+15=0…（*）
当方程（*）的△=（﹣18k）2﹣4（1+3k2）×15=144k2﹣60＞0
即时方程（*）有两个不相等的实数根．
设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点P（x0，y0），
则x1，x2是方程（*）的两个不等的实根，故有．
从而有，．
于是，可得线段MN的中点P的坐标为
又由于k≠0，因此直线AP的斜率为，
由AP⊥MN，得，即5+6k2=9，解得，
∴，
∴综上可知存在直线l：满足题意．
22．【解答】解：（Ⅰ）a=1时，f（x））=x﹣xlnx，f′（x）=﹣lnx，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（Ⅱ）由已知得g（x）=﹣ax，函数的定义域为（0，1）∪（1，+∞），
∵g（x）在（1，+∞）上为减函数，
∴g′（x）=﹣a+≤0在（1，+∞）上恒成立，
﹣a≤﹣=（﹣）2﹣，
令h（x）=（﹣）2﹣，
故当=，即x=e2时，
h（x）的最小值为﹣，∴﹣a≤﹣，
即a≥；最小值为；
（Ⅲ）若，使得成立，结合（Ⅱ）得：
问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有gmax（x）≤”，
∵g′（x）=﹣a+，由（Ⅱ）知∈[0，]，
①当a≥时，g′（x）≤0在[e，e2]上恒成立，因此f（x）在[e，e2]上为减函数，
则fmax（x）=g（e）=e﹣ae≤，故a≥1﹣；
②当a≤0时，g′（x）≥0在[e，e2]上恒成立，因此g（x）在[e，e2]上为增函数，
则gmax（x）=g（e2）=﹣ae2+≤，解得：a≥﹣，不合题意；
③当0＜a＜时，由g′（x）在[e，e2]上为增函数，
故g′（x） 的值域为[g′（e），g′（e2）]，即[﹣a，﹣a]．
由g′（x）的单调性和值域知，存在唯一x0∈（e，e2），使g′（x0）=0，且满足：
当x∈（e，x0），时，g′（x）＜0，此时g（x）为减函数；
当x∈（x0，e2），时，g′（x）＞0，此时g（x）为增函数；
所以，gmax（x）=max{g（e）或g（e2）}与0＜a＜矛盾，不合题意．
综上所述，得a≥﹣．
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