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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．1 B． 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．0 B．1 C．2 D．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．1 B．-2 C．-1 D．
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．1 C． D．
12．已知，，点是圆上的一个动点，则的最大值为（ ）
A．16 B．20 C．24 D．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：ADCDB CABDC BC
B卷：ABCDB CADDC BC
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，AA1Ì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A1BÌ平面A1BC，
所以AA1⊥A1B．
（2）由（1）可知A1A⊥平面A1BC，A1AÌ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＝1 ②
由|AC|＝4|BC|得，x1＝4x2 ③
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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