甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科） 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．（5分）若集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}，则M∩N=（ ）A．{x|0＜x＜4}B．{x|6＜x＜8}C．{x|4＜x＜6}D．{x|4＜x＜8}2．（5分）若（2﹣i）2=a+bi3（a，b∈R），则a+b=（ ）A．7B．﹣7C．1D．﹣13．（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（°C）的数据一览表．月份12345678910最高温59911172427303121最低温﹣12﹣31﹣271719232510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（ ）A．最低温与最高温为正相关B．每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C．月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D．1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大4．（5分）已知tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），|θ|＜，则tan2θ=（ ）A．﹣B．C．﹣D．5．（5分）已知双曲线的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（ ）A．B．C．D．6．（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（ ）第20页共20页,A．2B．3C．4D．57．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4x﹣y的最大值为（ ）A．3B．﹣1C．﹣4D．128．（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则||PA|﹣|PB||=（ ）A．B．C．D．9．（5分）设w＞0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（ ）A．B．C．D．10．（5分）f（x）=的部分图象大致是（ ）A．B．第20页共20页,C．D．11．（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（ ）A．52πB．45πC．41πD．34π12．（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则n﹣m的最小值为（ ）A．B．C．D． 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，，且，则= ．14．（5分）若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则= ．15．（5分）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为 ．16．（5分）在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则第20页共20页,= ． 三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17．（12分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an﹣2，{bn}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求数列{an（2bn﹣3）}的前n项和Tn．18．（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．19．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE⊥平面ABCD，PE=．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．20．（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点．（1）若点A（5，﹣2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）．21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣ex（a∈R）．第20页共20页,（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；（2）若对任意0≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．22．（10分）已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（p∈R）（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+3|，a∈R．（1）当a=﹣1时，解不等式f（x）≤1；（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4，求a的取值范围． 第20页共20页,甘肃省张掖市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析 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．（5分）若集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}，则M∩N=（ ）A．{x|0＜x＜4}B．{x|6＜x＜8}C．{x|4＜x＜6}D．{x|4＜x＜8}【解答】解：∵集合M={x|4＜x＜8}，N={x|x2﹣6x＜0}={x|0＜x＜6}，∴M∩N={x|4＜x＜6}．故选：C． 2．（5分）若（2﹣i）2=a+bi3（a，b∈R），则a+b=（ ）A．7B．﹣7C．1D．﹣1【解答】解：∵（2﹣i）2=3﹣4i=a+bi3=a﹣bi，∴a=3，b=4．∴a+b=7．故选：A． 3．（5分）如表是我国某城市在2017年1月份至10月份各月最低温与最高温（°C）的数据一览表．月份12345678910最高温59911172427303121最低温﹣12﹣31﹣271719232510已知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，根据该一览表，则下列结论错误的是（ ）第20页共20页,A．最低温与最高温为正相关B．每月最高温与最低温的平均值在前8个月逐月增加C．月温差（最高温减最低温）的最大值出现在1月D．1月至4月的月温差（最高温减最低温）相对于7月至10月，波动性更大【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，知该城市的各月最低温与最高温具有相关关系，由数据分析可得最低温与最高温为正相关，则A正确；对于B，由表中数据，每月最高温与最低温的平均值依次为：﹣3.5，3，5，4.5，12，20.5，23，26.5，28，15.5，在前8个月不是逐月增加，则B错误；对于C，由表中数据，月温差依次为：17，12，8，13，10，7，8，7，6，11；月温差的最大值出现在1月，C正确；对于D，有C的结论，分析可得1月至4月的月温差相对于7月至10月，波动性更大，D正确；故选：B． 4．（5分）已知tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），|θ|＜，则tan2θ=（ ）A．﹣B．C．﹣D．【解答】解：∵tan（﹣θ）=4cos（2π﹣θ），∴=4cosθ，又∵|θ|＜，cosθ≠0，∴sin，cosθ==，tanθ==，∴tan2θ===．故选：B． 5．（5分）已知双曲线第20页共20页,的实轴长为8，则该双曲线的渐近线的斜率为（ ）A．B．C．D．【解答】解：双曲线的实轴长为8，可得：m2+12=16，解得m=2，m=﹣2（舍去）．所以，双曲线的渐近线方程为：．则该双曲线的渐近线的斜率：．故选：C． 6．（5分）如图所示的程序框图，运行程序后，输出的结果等于（ ）A．2B．3C．4D．5【解答】解：模拟程序的运行，可得：a=2，s=0，n=1，s=2，a=，满足条件s＜3，执行循环体，n=2，s=2+=，a=，满足条件s＜3，执行循环体，n=3，s=+=，a=，此时，不满足条件s＜3，退出循环，输出n的值为3．故选：B． 7．（5分）若实数x，y满足约束条件，则z=4x﹣y的最大值为（ ）第20页共20页,A．3B．﹣1C．﹣4D．12【解答】解：实数x，y满足约束条件，表示的平面区域如图所示，当直线z=4x﹣y过点A时，目标函数取得最大值，由解得A（3，0），在y轴上截距最小，此时z取得最大值：12．故选：D． 8．（5分）设A，B是椭圆的两个焦点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，则||PA|﹣|PB||=（ ）A．B．C．D．【解答】解：A，B是椭圆的两个焦点，可知：A（﹣，0）、B（，0），圆M：x2+y2=10恰好经过AB两点，点P是椭圆C与圆M：x2+y2=10的一个交点，可得PA⊥PB，所以，第20页共20页,可得：2|PA||PB|=8，||PA|﹣|PB||2=32，||PA|﹣|PB||=4．故选：C． 9．（5分）设w＞0，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（ ）A．B．C．D．【解答】解：∵函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，∴=，则ω=，故选：A． 10．（5分）f（x）=的部分图象大致是（ ）A．B．C．D．【解答】解：∵f（﹣x）=f（x）∴函数f（x）为奇函数，排除A，∵x∈（0，1）时，x＞sinx，x2+x﹣2＜0，故f（x）＜0，故排除B；第20页共20页,当x→+∞时，f（x）→0，故排除C；故选：D 11．（5分）如图，网格纸上的小正方形的边长为，粗实线画出的某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（ ）A．52πB．45πC．41πD．34π【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个四棱锥，底面ABCD是矩形，其中AB=4，AD=6，侧面PBC⊥底面垂ABCD．设AC∩BD=O，则OA=OB=OC=OD=，OP=，∴O该多面体外接球的球心，半径R=，∴该多面体外接球的表面积为S=4πR2=52π．故选：A 12．（5分）已知函数，若f（m）=g（n）成立，则n﹣m的最小值为（ ）A．B．C．D．【解答】解：不妨设f（m）=g（n）=t，∴e4m﹣1=+ln（2n）=t，（t＞0）第20页共20页,∴4m﹣1=lnt，即m=（1+lnt），n=e，故n﹣m=e﹣（1+lnt），（t＞0）令h（t）=e﹣（1+lnt），（t＞0），∴h′（t）=e﹣，易知h′（t）在（0，+∞）上是增函数，且h′（）=0，当t＞时，h′（t）＞0，当0＜t＜时，h′（t）＜0，即当t=时，h（t）取得极小值同时也是最小值，此时h（）=﹣（1+ln）=，即n﹣m的最小值为；故选：C． 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，，且，则= ．【解答】解：∵，∴=6﹣2m=0，解得m=3．∴=（6，﹣2）﹣2（1，3）=（4，8）．∴==4．故答案为：． 14．（5分）若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则= ﹣4 ．【解答】解：若（1﹣3x）6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，第20页共20页,则（1﹣3x）6的通项公式为Tr+1=（﹣3x）r，r=0，1，2，…，6，可得a2=9=135，a3=﹣27=﹣540，可得=﹣4．故答案为：﹣4． 15．（5分）如图，E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，且BD1∥平面B1CE，则异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为 ．【解答】解：连结BC1，交B1C于点O，连结OE，∵E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1上的一点，∴BCC1B1是正方形，∴O是BC1中点，∵BD1∥平面B1CE，∴BD1∥OE，∴E是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱C1D1的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则B（2，2，0），D1（0，0，2），C（0，2，0），E（0，1，2），=（﹣2，﹣2，2），=（0，﹣1，2），设异面直线BD1与CE所成成角为θ，cosθ===．∴异面直线BD1与CE所成成角的余弦值为．第20页共20页,故答案为：． 16．（5分）在△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则= ．【解答】解：△ABC中，AC=3，CB=4，边AB的中点为D，则：S△ACD=S△BCD，所以：=，整理得：．故答案为：． 三、解答题（本大题共7小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）（一）必考题：17．（12分）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an﹣2，{bn}为等差数列，b3=a2，b2+b6=10．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）求数列{an（2bn﹣3）}的前n项和Tn．【解答】解：（1）根据题意，等比数列{an}中Sn=2an﹣2，当n=1时，有S1=2a1﹣2=a1，解可得a1=2，当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=（2an﹣2）﹣（2an﹣1﹣2），变形可得an=2an﹣1，第20页共20页,则等比数列{an}的a1=2，公比q=2，则数列{an}的通项公式an=2×2n﹣1=2n，对于{bn}，b3=a2=4，b2+b6=2b4=10，即b4=5，则其公差d=b4﹣b3=1，则其通项公式bn=b3+（n﹣3）×d=n+1，（2）由（1）的结论：an=2n，bn=n+1，an（2bn﹣3）=（2n﹣1）•2n，则有Tn=1×2+3×22+5×23+…+（2n﹣1）×2n，①则有2Tn=1×22+3×23+5×24+…+（2n﹣1）×2n+1，②①﹣②可得：﹣Tn=2+2（22+23+…+2n）﹣（2n﹣1）×2n+1，变形可得：Tn=（2n﹣3）•2n+1+6． 18．（12分）“扶贫帮困”是中华民族的传统美德，某校为帮扶困难同学，采用如下方式进行一次募捐：在不透明的箱子中放入大小均相同的白球七个，红球三个，每位献爱心的参与这投币20元有一次摸奖机会，一次性从箱中摸球三个（摸完球后将球放回），若有一个红球，奖金10元，两个红球奖金20元，三个全为红球奖金100元．（1）求献爱心参与者中奖的概率；（2）若该次募捐有900为献爱心参与者，求此次募捐所得善款的数学期望．【解答】解：（1）设“献爱心参与者中奖”为事件A，则献爱心参与者中奖的概率．（2）设一个献爱心参与者参加活动，学校所得善款为X，则X=20，10，0，﹣80，则，第20页共20页,，，，∴X的分布列为：X20100﹣80P若只有一个参与者募捐，学校所得善款的数学期望为元，所以，此次募捐所得善款的数学期望为元． 19．（12分）如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=3，=2，PE⊥平面ABCD，PE=．（1）证明：平面PAC⊥平面PBE；（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：连接BE交AC于F，∵四边形ABCD是矩形，AB=，BC=1，，∴CE=，则，∵∠ABC=∠BCD=，∴△ABC∽△BCE，则∠BEC=∠ACB，∵∠BEC+∠ACE=∠ACB+∠ACE=，第20页共20页,∴AC⊥BE，∵PE⊥平面ABCD，∴AC⊥PE，∵PE∩BE=E，∴AC⊥平面PBE，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面PBE；（2）解：取PB中点G，连接FG，AG，CG，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥DC，∵PE=，∴PC=3=BC，得CG⊥PB，∵CG∩AC=C，∴PB⊥平面ACG，则AG⊥PB，∴∠AGC是二面角A﹣PB﹣C的平面角，∵AB∥CD，AB=CD，DE=2EC，∴，∵CE=，AC=6，∴CF=，AF=，∵BC⊥CD，BC⊥PE，∴BC⊥平面PCD，∴BC⊥PC，∴PB=，则CG=，∵FG⊥AC，∴FG=FC=，在Rt△AFG和Rt△CFG中，求得tan∠AGF=3，tan∠CGF=1．∴tan∠AGC=tan（∠AGF+∠CGF）=．∴cos∠AGC=．∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为﹣． 第20页共20页,20．（12分）设直线l的方程为x=m（y+2）+5，该直线交抛物线C：y2=4x于P，Q两个不同的点．（1）若点A（5，﹣2）为线段PQ的中点，求直线l的方程；（2）证明：以线段PQ为直径的圆M恒过点B（1，2）．【解答】解：（1）联立方程组，消去x得y2﹣4my﹣4（2m+5）=0设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1+y2=4m，y1y2=﹣8m﹣20因为A为线段PQ的中点，所以，解得m=﹣1，所以直线l的方程为x+y﹣3=0．（2）证明：因为，，所以，即所以，因此BP⊥BQ，即以线段PQ为直径的圆恒过点B（1，2）． 21．（12分）已知函数f（x）=ax2﹣ex（a∈R）．（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；（2）若对任意0≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．【解答】解：（1）由f'（x）=2ax﹣ex，得，，令g（x）=f'（x）=ex﹣ex，则g'（x）=e﹣ex，可知函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，第20页共20页,所以g'（x）max=g'（1）=0．（2）由题意得可知函数h（x）=f（x）+x（2﹣2ln2）=ax2+x（2﹣ln2）﹣ex在[0，+∞）上单调递减，从而h'（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣ex≤0在[0，+∞）上恒成立，令F（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣ex，则F'（x）=2a﹣ex，当时，F'（x）≤0，所以函数F（x）在[0，+∞）上单调递减，则F（x）max=F（0）=1﹣2ln2＜0，当时，F'（x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a，所以函数F（x）在[0，ln2a）上单调递增，在[ln2a，+∞）上单调递减，则F（x）max=F（ln2a）=2alo2a+2﹣2ln2﹣2a≤0，即2aln2a﹣2a≤2ln2﹣2，通过求函数y=xlnx﹣x的导数可知它在[1，+∞）上单调递增，故，综上，实数a的取值范围是（﹣∞，1]． 22．（10分）已知曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ=8，曲线C2的极坐标方程为，曲线C1、C2相交于A、B两点．（p∈R）（Ⅰ）求A、B两点的极坐标；（Ⅱ）曲线C1与直线（t为参数）分别相交于M，N两点，求线段MN的长度．【解答】解：（Ⅰ）由得：，∴ρ2=16，第20页共20页,即ρ=±4．∴A、B两点的极坐标为：或．（Ⅱ）由曲线C1的极坐标方程ρ2cos2θ=8化为ρ2（cos2θ﹣sin2θ）=8，得到普通方程为x2﹣y2=8．将直线代入x2﹣y2=8，整理得．∴|MN|==． 23．已知函数f（x）=|x﹣a|﹣|x+3|，a∈R．（1）当a=﹣1时，解不等式f（x）≤1；（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a=﹣1时，不等式为|x+1|﹣|x+3|≤1；当x≤﹣3时，不等式转化为﹣（x+1）+（x+3）≤1，不等式解集为空集；当﹣3＜x＜﹣1时，不等式转化为﹣（x+1）﹣（x+3）≤1，解之得；当x≥﹣1时，不等式转化为（x+1）﹣（x+3）≤1，恒成立；综上所求不等式的解集为．（2）若x∈[0，3]时，f（x）≤4恒成立，即|x﹣a|≤x+7，亦即﹣7≤a≤2x+7恒成立，又因为x∈[0，3]，所以﹣7≤a≤7，所以a的取值范围为[﹣7，7]． 第20页共20页
