1、潍坊市高考模拟考试理科数学本试卷共4页.满分150分.注意事项：1. 答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3. 考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.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.已知集合，则（ ）A. B. C. D
2、. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合B，再利用交集并集的定义判断选项【详解】B，x|，AB，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. 5B. C. D. -5【答案】C【解析】【分析】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
3、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】【分析】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（a0，b0）的一条渐近线方程为y2x，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. 0B. C. 0或D. 0或1【答案】C【解析】【分析】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x0
4、，由y1得ex1，得x0，满足条件若x0，由y2lnx1，得lnx1，即xe，满足条件综上x0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. 150B. 200C. 300D. 400【答案】C【解析】【分析】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
5、【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】【分析】根据函数f（x）的图象过点（0，2），求出，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+2）cosx （0）的图象过点（0，2），可得2sin22，即sin21，2，故f（x）2sin（x+2）cosx2cos2xcos2x+1，当x时，f（x）1，故A、B都不正确；f（x）的最小正
6、周期为，故C不正确；显然，f（x）cos2x+10，2，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】【分析】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x0时，y4130，排除C，当x0时，是单调递减的，当x时，导函数为-4sinx-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】【分析】根据题意，由函数的
7、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，为锐角三角形的两个内角分析可得sinsin（90）cos，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）2x（）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，为锐角三角形的两个内角，则+90，则90，则有sinsin（90）cos，则有f（ sin）f（cos），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
8、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
9、B. 31C. 17D. 15【答案】D【解析】【分析】由简单的合情推理得：是以P（1）+12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）+12n，所以P（n）2n1，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（n1），则有P（n）2P（n1）+1，则有P（n）+12P（n1）+1，又P（1）1，即是以P（1）+12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）+12n，所以P（n）2n1，即P（4）24115，故选：D【点睛】本题考查了数列的递推公式及等
10、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】【分析】当m0时，m0，令f（x）mx2（3+3m）x+2m+40的两根为x1，x2，且x1x2，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m0时，00，令f（x）mx2（3+3m）x+2m+40的两根为x1，x2，且x1x2，则0，且x1+x23，f（1）m33m+2m+410，f（2）4m66m+2m+420
11、，1x12x2，所以不等式的解集为（1，x1（2，x2，lx11+x22x1+x2333，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：本大题共4小题，每小题5分，共20分.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
12、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】【分析】根据题意，由等比数列的通项公式，分析可得q48q，解可得q的值，结合等比数列的前n项和公式可得Sn2n11023，解可得n的值，即可得答案【详解】根据题意，等比数列an中，a11，a58a2，则有q48q，解可得q2，若Sn1023
13、，则有2n11023，解可得：n10；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】【分析】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MHlH，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12x220px+3p20解得：，则|GF|，即p2故答案
14、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_.存在某个位置，使得；翻折过程中，的长是定值；若，则；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】【解析】【分析】对于，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，对于，可得由NECMAB1（定值），NEAB1（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC是定值 对于，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从
15、而ADMD，显然不成立对于：当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4【详解】对于：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NEAB1，NFMB1，如果CNAB1，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故错对于：如图1，可得由NECMAB1（定值），NEAB1（定值），AMEC（定值），由余弦定理可得NC2NE2+EC22NEECcosNEC，所以NC是定值，故正确 对于：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从而ADMD，显然不成立，可得不正确对于：当平面B1AM平面AMD时，三棱
16、锥B1AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4故正确故答案为：【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：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721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.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】【分析】（1）由三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得
17、tanC，结合范围C（0，），可求C的值，由余弦定理可得BD的值（2）由（1）可知BD2+BC24CD2，可求DBC，可得SDBC，利用三角形的面积公式可求SBCESCED，代入SBCE+SCEDSBCD，即可解得SCED的值【详解】（1）由题意可得：sinC+12sin20，sinC+cos（A+B）0，又A+BC，sinCcosC0，可得tanC，C（0，），C，在BCD中，由余弦定理可得：BD23+421，解得：BD1，（2）由（1）可知BD2+BC24CD2，DBC，SDBCBDBC，CE是BCD的角平分线，BCEDCE，在CEB和CED中，SBCE，SCED，可得：，SBCESCED
18、，代入SBCE+SCEDSBCD，（1）SCED，SCED（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】【分析】（1）过点C作COAA1，则CO平面AA1B1B，COOB，推导出RtAOCRtBOC，从而AA1OB，再由AA1CO，得AA1平面BOC，由此能证明AA1BC（2）以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建
19、立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1A1DC1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
20、，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】【分析】（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
21、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 ，联立，消去得：，设， ，因为为平行四边形，故，点在椭圆上，故，整理得，将代入，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：012341512119
22、8（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
23、.（3）的分布列为：11一株产量的期望为【解析】【分析】（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：11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，
24、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】【分析】（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+lnx22（1），即ln2，不妨设x1x2，t1，即证lnt2，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
25、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（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.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】【分析】（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，
26、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】【分析】（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