2018郑州高三三模数学文科

12018郑州高三三模数学（文科）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.已知集合1=1Axx，2=4Bxyx，则AB（）A．,1B．1,C．0,1D．0,2.若复数z满足217zii，则z（）A．10B．22C．5D．23.阅读程序框图，该算法的功能是输出（）A．数列21n的第4项B．数列21n的第5项C．数列21n的前4项的和D．数列21n的前5项的和4.在ABC中，ADAB，3CDDB，1AD，则=ACAD（）A．1B．2C.3D．45.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A．932B．516C.38D．71626.已知nS是等差数列na的前n项和，则“nnSna对2n恒成立”是“数列na为递增数列”的（），A．充分必要条件B．充分而不必要条件C.必要而不充分条件D．既不充分也不必条件7.将标号为1,2，…，20的20张卡片放入下列表格中，一个格放入一张卡片，选出每列标号最小的卡片，将这些卡片中标号最大的数设为a；选出每行标号最大的卡片，将这些卡片中标号最小的数设为b．甲同学认为a有可能比b大，乙同学认为a和b有可能相等，那么甲乙两位同学的说法中（）A．甲对乙不对B．乙对甲不对C.甲乙都对D．甲乙都不对8.某几何体的三视图如图所示，记A为此几何体所有棱的长度构成的集合，则（）A．3AB．5AC.26AD．43A9.已知函数1cosfxxx，下列说法中正确的个数为（）①fx在02，上是减函数；②fx在0，上的最小值是2；③fx在0，2上有两个零点．A．0个B．1个C.2个D．3310.已知,,,ABCD四点在半径为5的球面上，且4ACBD，11ADBC，ABCD，则三棱锥DABC的体积是（）A．67B．47C.27D．711.已知函数2lnxfxaxxa，对任意的12,0,1xx，不等式122fxfxa恒成立，则a的取值范围为（）A．2,eB．,eC.2,eD．2,ee12.已知S为双曲线222210,0xyabab上的任意一点，过S分别引其渐近线的平行线，分别交x轴于点,MN，交y轴于点,PQ，若118OPOQOMON恒成立，则双曲线离心率e的取值范围为（）A．1,5B．5,C.1,2D．2,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.已知实数,xy满足：1310xyxy，则3xy的最大值为．14.设函数22,1lg,1xxxfxxx，则4ff．15.抛物线28yx的焦点为F，弦AB过F，原点为O，抛物线准线与x轴交于点C，23OFA，则tanACB．16.设有四个数的数列1234,,,aaaa，前三个数构成一个等比数列，其和为k，后三个数构成一个等差数列，其和为15，且公差非零．对于任意固定的实数k，若满足条件的数列个数大于1，则k的取值范围为．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.）417.在ABC中，角,,ABC的对边分别是,,abc，且3cos23cosaCbcA（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若2a，求ABC面积的最大值．18.在2018年3月郑州第二次模拟考试中，某校共有100名文科学生参加考试，其中语文考试成绩低于130的占95%人，数学成绩的频率分布直方图如图：（Ⅰ）如果成绩不低于130的为特别优秀，这100名学生中本次考试语文、数学成绩特别优秀的大约各多少人？（Ⅱ）如果语文和数学两科都特别优秀的共有3人．（ⅰ）从（Ⅰ）中的这些同学中随机抽取2人，求这两人两科成绩都优秀的概率．（ⅱ）根据以上数据，完成22列联表，并分析是否有99%的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀．19.如图，四棱锥EABCD中，//ADBC，112ADABAEBC且BC底面ABE，M为棱CE的中点，（Ⅰ）求证：直线DM平面CBE；（Ⅱ）当四面体DABE的体积最大时，求四棱锥EABCD的体积．520.已知动点,Mxy满足：22221122xyxy（Ⅰ）求动点M的轨迹E的方程；（Ⅱ）设,AB是轨迹E上的两个动点，线段AB的中点N在直线1:2lx上，线段AB的中垂线与E交于,PQ两点，是否存在点N，使以PQ为直径的圆经过点1,0，若存在，求出N点坐标，若不存在，请说明理由．21.已知函数lnfxaxxx在2xe处取得极值．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设21lnFxxxxfxa，若Fx存在两个相异零点12,xx，求证：122xx．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的参数方程为cos1sinxtyt（t为参数，0）．以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为：2cos4sin．（Ⅰ）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C交于不同的两点,AB，若8AB，求a的值．23.选修4-5：不等式选讲已知0,0ab，函数2fxxaxb的最小值为1．（Ⅰ）证明：22ab6（Ⅱ）若2abtab恒成立，求实数t的最大值．试卷答案一、选择题1-5:BABDC6-10:ABDCC11、12：AB二、填空题13.1314.115.4316.15,55,1515,4三、解答题17.解：（Ⅰ）由正弦定理可得：3sincos2sincos3sincosACBACA从而可得：3sin2sincosACBA，即3sin2sincosBBA又B为三角形内角，所以sin0B，于是3cos2A又A为三角形内角，所以6A．（Ⅱ）由余弦定理：2222cosabcbcA得：22342232bcbcbcbc，所以423bc，所以1sin232SbcA.718.解：（Ⅰ）我校共有100名文科学生参加考试，其中语文考试成绩低于130的有95%人，语文成绩特别优秀的概率为1=1-0.95=0.05P，语文特别优秀的同学有1000.05=5人，数学成绩特别优秀的概率为2=0.00220=0.04P，数学特别优秀的同学有1000.04=4人；（Ⅱ）语文数学两科都优秀的有3人，单科优秀的有3人，记两科都优秀的3人分别为123AAA，，，单科优秀的3人分别为123BBB，，，从中随机抽取2人，共有：121323,,AAAAAA，，，，121323BBBBBB，，，，，，111213ABABAB，，，，，212223ABABAB，，，，，313233ABABAB，，，，，共15种，其中这两人成绩都优秀的有121323,,AAAAAA，，，3种，则这两人两科成绩都优秀的概率为：31=155P；（Ⅲ）2210039412245042.9826.63549659557有95%的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀．19.解：（Ⅰ）因为AEAB，设N为EB的中点，所以ANEB，又BC平面AEB，AN平面AEB，所以BCAN，又BCBEB，所以AN平面BCE，又//DMAN，所以DM平面BCE．（Ⅱ）AECD，设=EAB，=1ADABAE则四面体DABE的体积111sinsin326VAEABAD当090，即AEAB时体积最大8又BC平面AEB，AE平面AEB，所以AEBC，因为BCABB，所以AE平面ABC1111211322EABCDV.20.解：（Ⅰ）2212xy；（Ⅱ）当直线AB垂直于x轴时，直线AB方程为12x，此时2,0,2,0PQ，221FPFQ，不合题意；当直线AB不垂直于x轴时，设存在点1,02Nmm，直线AB的斜率为k，1122,,,AxyBxy由221122221212xyxy得：1212121220yyxxyyxx，则140mk故14km，此时，直线PQ斜率为14km，PQ的直线方程为142ymmx即4ymxm联立22412ymxmxy消去y，整理得：222232116220mxmxm所以221212221622,321321mmxxxxmm由题意220FPFQ，于是22121212121211144FPFQxxyyxxxxmxmmxm2221212116411mxxmxxm22222222211622411619110321321321mmmmmmmmm91919m，因为N在椭圆内，278m，1919m符合条件；综上：存在两点N符合条件，坐标为119,219N.21.解：（Ⅰ）因为lnfxaxxx，所以ln1fxax，因为函数fx在2xe处取得极大值，所以20fe，即22ln10feae，所以1a，此时ln2fxx经检验，fx在20,e上单调递增，在2,e单调递减，所以fx在2xe处取得极大值，符合题意，所以1a；（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数21lnFxxxxfxa函数Fx图像与x轴交于两个不同的点1212,0,,0CxDxxx，为函数2ln1Fxxxx的零点，令212112121xxxxFxxxxxFx在0,1单调递减，在1.单调递增且110F12,1,xx欲证：122xx，即证：212xx，即证212FxFx，即证112FxFx构造函数20,1xFxFxx22102xxxx，10x，得证.22.解：（Ⅰ）直线l普通方程为sincoscos0xy，曲线C的极坐标方程为2cos4sin，cos,sinxy，则22cos4sin，24xy即为曲线C的普通方程．（Ⅱ）将cos1sinxtyt（t为参数，0）代入曲线2:4Cxy．1022cos4sin40tt，1212224sin4,coscostttt22121212224sin4448coscosABtttttt2cos,24或34．23.解：（Ⅰ）证明：2ba3,,23,2xabxabfxxabaxbxabx，显然fx在,