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更多发布于：2019-03-08 17:12

山东淄博数学一模答案【含解析】

淄博市 2018-2019 学年度高三模拟考试试题
理科数学试题参考答案及评分说明 2019．03
第Ⅰ卷（选择题共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．
CDCBA DADCA BD
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13．8．14．
1 1
n n n 1 ( 1)(2 1)

  
；15．
6
4
；16． 5 ．
三、解答题：
17．（理科 12 分）解：（Ⅰ）因为
(2 )cos cos b c A a C   ，
所以
(2sin sin )cos sin cos B C A A C   ，
………………………………………2 分
即
2sin cos sin cos sin cos sin( ) B A A C C A A C     ……………………4 分
由
A B C    π，得
2sin cos sin B A B  ，
得
1
cos
2
A  ，
π
0 π
3
    A A ………………………6 分
（Ⅱ）由余弦定理： 2 2 2 a b c bc A     2 cos ，得
2 2 1
13 2
2
    b c bc ．
得
 
2
b c bc    3 13

…………………………8 分
1 3 sin 3 3
2 4
S bc A bc    
得
bc 12 ………………………………10 分
所以
 
2
b c    36 13，得
b c   7
所以
△ABC
周长为
abc    7 13 ……………………………12 分
18．（理科 12 分）
高三一模考试数学试题参考答案第 2 页（共 8 页）
解：（Ⅰ）因为
AB 
平面
PAD
，所以
AB DP  ， ………………………1 分
又因为
DP  2 3 ， AP  2 ，  PAD 60 ，
由
sin sin
PD PA
PAD PDA

 
，可得
1
sin
2
  PDA ，
所以
  PDA 30
，所以
  APD 90
，即
DP AP  ， ……………………3 分
因为
AB AP A 
，所以
DP 
平面
PAB， ………………………4 分
因为
DP 
平面
PCD
，所以平面
PAB 
平面
PCD ………………………5 分
（Ⅱ）由
AB 
平面
PAD ，
以点
A
为坐标原点，
AD
所在的直线为
y
轴，
AB
所在的直线为
z
轴，
如图所示建立空间直角坐标系． …………………………………6 分
其中
A(0,0,0)， B(0,0,1)，C(0,4,3) ， D(0,4,0) ， P( 3,1,0) ．
从而
BD   (0,4, 1) ， AP  ( 3,1,0)， PC  ( 3,3,3) ，
高三一模考试数学试题参考答案第 3 页（共 8 页）
设
PM PC  
，从而得
M( 3(1 ),3 1,3 )      ，
BM     ( 3(1 ),3 1,3 1)    ， …………………………………7 分
设平面
MBD
的法向量为
n x y z  ( , , ) ，
若直线
PA//
平面
MBD
，满足
0
0
0
n BM
n BD
n AP
   
  

  
，
即
3(1 ) (3 1) (3 1) 0
4 0
3 0
x y z
y z
x y
         

  

  
，
得
1
4
 
，取
n    ( 3, 3, 12) ， …………………………………10 分
且
BP   ( 3,1, 1) ，
直线
BP
与平面
MBD
所成角的正弦值等于：
| | | 3 3 12 | 2 sin 195
| | | | 156 5 65
n BP
n BP

  
  
 
． ……………………12 分
19．（理科 12 分）
解：（Ⅰ）设点
M
的坐标为
( , ) x y ，因为点
A
的坐标是
( 2,0)  ，
所以，直线
AM
的斜率
( 2)
2
AM
y
k x
x
  

同理，直线
BM
的斜率
( 2)
2
BM
y
k x
x
 

由已知又
3
2 2 4
y y
x x
  
 
…………………………3 分
化简，得点
M
的轨迹方程
2 2
1( 2)
4 3
x y
    x …………………………5 分
（漏掉
x 2
扣 1 分）
（Ⅱ）解：直线
AM
的方程为
x my m    2( 0)
，与直线
l
的方程
x  2
联立，可得
高三一模考试数学试题参考答案第 4 页（共 8 页）
点
4
P(2, )
m
，故
4
Q(2, )
m
 ． ………………………6 分
将
x my   2
与
2 2
1
4 3
x y
 
联立，消去
x
，整理得
2 2 (3 4) 12 0 m y my   
，解得
y  0
，或
2
12
3 4
m
y
m


． …………………………………………7 分
由题设，可得点
2
2 2
6 8 12 ( , )
3 4 3 4
m m M
m m

 
．由
4
Q(2, )
m
 ，
可得直线
MQ
的方程为
2
2 2
12 4 6 8 4 ( + )( 2) ( 2)( ) 0
3 4 3 4
m m
x y
m m m m

    
 
，
令
y  0
，解得
2
2
6 4
3 2
m
x
m



，故
2
2
6 4 ( ,0)
3 2
m
D
m


．
所以
2 2
2 2
6 4 12 | | 2
3 2 3 2
m m AD
m m

  
 
． …………………………9 分
所以
△APD
的面积为
2
2 2
1 12 4 24
=
2 3 2 | | 3 2
m m
m m m
 
 
…………………………10 分
又因为
△APD
的面积为
2 6
，故
2
24
=2 6
3 2
m
m 
，
整理得
2
3 2 6 | | 2 0 m m   
，解得
6
| |
3
m  ，
所以
6
3
m   ． …………………………………………………12 分
20．（理科 12 分）
解析：（Ⅰ）由于礼盒的需求量为
x ，进货量为
a
，商店的日利润
y
关于需求量
x
的
函数表达式为：
50 30( ), 30,
50 10( ),11 ,
a x a a x x Z
y
x a x x a x Z
     
 
     
………………………………2 分
化简得：
高三一模考试数学试题参考答案第 5 页（共 8 页）
30 20 , 30,
60 10 ,11 ,
x a a x x Z
y
x a x a x Z
    
 
    
………………………………4 分
（Ⅱ）日利润
y
的分布列为：
y 60 11 10   a 60 12 10   a … 60 ( 1) 10    a a 30 20 a a 
p
1
20
1
20
…
1
20
1
20
y 30( 1) 20 a a   … 30 29 20   a 30 30 20   a
p
1
20
…
1
20
1
20
………………………………7 分
日利润
y
的数学期望为：
2
1
{(60 11 10 ) (60 12 10 ) [60 ( 1) 10 ]}
20
1
{(30 20 ) [30( 1) 20 ] (30 30 20 )}
20
1 (11 1)( 11) ( 30)(31 ) {[60 10 ( 11)] [30 20 (31 )]}
20 2 2
3 143 1065
=
4 4 2
Ey a a a a
a a a a a
a a a a
a a a a
a a
           
         
    
        
  
…
…
………………………………10 分
结合二次函数的知识，
当
a  24
时，日利润
y
的数学期望最大，最大值为
958.5
元．……………12 分
21．（理科 12 分）
解：（Ⅰ）
( ) 2 1  
x
f x e a x     ． …………………………………1 分
因为
x  0
是
f x 
的极大值点，所以
f a (0) 1 0    ，解得
a 1． ……2 分
当
a 1
时， ( ) 2 1  
x
f x e x     ， ( ) 2 x
f x e 
  ．
令
f x ( ) 0  ，解得
x  ln 2 ．
当
x   ,ln 2
时，f x ( ) 0  , f x  
在
,ln 2
上单调递减，又
f 0 0   ，
高三一模考试数学试题参考答案第 6 页（共 8 页）
所以当
x   ,0
时，
f x f       (0) 0
；当
x0,ln 2
时，
f x f       (0) 0 ，
故
x  0
是
f x( )
的极大值点． ………………………………………4 分
（Ⅱ）令
  2
1
x
e
g x a
x x
 
 
， f x 
在
0,
上只有一个零点当且仅当
g x( )
在
0,
上只有一个零点． …………………………………5 分
 
 
2
2
1
( )
1
x
x x e
g x
x x



 
， ………………………………………6 分
当
x0,1
时，g x
( ) 0  ，g x( )
单调递减；当
x  1, 
时，
g x
( ) 0  ，g x( )
单调递增，所以
min ( ) g(1)
3
e
g x a    ． ………………………………7 分
（1）当
min g x( ) g(1) 0   ，即
3
e
a 
时， g x( )
在
0,
上只有一个零点，即
f x 
在
0,
上只有一个零点． ………………………………8 分
（2）当
min g x( ) g(1) 0   ，即
3
e
a 
时．
取
x n n N n a     ( , 18 1)，   2 2 2
2 1+1
=
1 3 3
n n n
e
g n a a a
n n n n
    
 
（）
0 1 2 3 3 3
2 2 2
5 6 0
3 18 18 18
C C C C n n n n n n n n
a a a a
n n n
    
         ． ……10 分
①若
g a (0) 1 0    ，即
a 1
时， g x( )
在
0,1
和
1,n
上各有一个零点，即
f x 
在
0,
上有
2
个零点，不符合题意； ………………………11 分
②当
g a (0) 1 0   
即
a 1
时，
g x( )
只有在
1,
上有一个零点，即
f x 
在
0,
上只有一个零点． ……………………………………………12 分
高三一模考试数学试题参考答案第 7 页（共 8 页）
综上得，当
a{ } [1, )
3
e

时， f x 
在
0,
上只有一个零点．……12 分
22．（10 分）解：（Ⅰ）将
cos
sin
x
y
 
 
 

 
代入曲线
C
极坐标方程得：
曲线
C
的直角坐标方程为：
2 2
x y x y     4 4 2
即
2 2 ( 2) ( 1) 9 x y     …………………………3 分
（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线方程：
   
2 2
t t cos 2 sin 1 9       …………………………5 分
整理得
2
t t t     4 cos 2 sin 4 0  
设点
A B ，
对应的参数为
1 2 t t ，，
解得
1 2 t t    4cos 2sin   ， 1 2 t t  4 …………………………6 分
则
2
1 2 1 2 1 2 AB t t t t t t      ( ) 4 2
   (4cos 2sin ) 16    2 5

…………………………8 分
2
3cos 4sin cos 0     
，因为
0    
得
2

 
和
3
tan
4
  ，直线
l
的普通方程为
3
4
y x 
和
x  0 ………………10 分
23．（10 分）解：（Ⅰ）当
m 3
时， f x x x ( ) 1 2 3     ，
原不等式等价于
x x     1 2 3 6
故有
1
1 2 3 6
x
x x
   
    
或
3
1
2
1 2 3 6
x
x x

   

    
或
3
2
1 2 3 6
x
x x

 


    
………………………3 分
解得
4
1
3
    x
或
3
1
2
  x
或
3 8
2 3
 x …………………………4 分
高三一模考试数学试题参考答案第 8 页（共 8 页）
综上，原不等式的解集
4 8 |
3 3
x x
        
…………………………5 分
（Ⅱ）由题意知
f x x ( ) 2 4  
在
1
1,
2
 
   
上恒成立，
即
x x m x      1 2 2 4
在
1
1,
2
 
   
上恒成立
所以
x x m x      1 2 4 2 …………………………6 分
即
2 3 3 x m x   
在
1
1,
2
 
   
上恒成立
所以
3 3 2 3 3 x x m x      …………………………8 分
即
x m x     3 3 5
在
1
1,
2
 
   
上恒成立
由于
5
4 3
2
     x ，
1
3 5 8
2
  x
所以
5 1
2 2
   m ，即的取值范围是
5 1
,
2 2
 
   
…………………………10 分

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