。 。 2017年山东省临沂市高考数学三模试卷（理科）
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．
1．己知i是虚数单位，是z的共轭复数，A．1
B．﹣1 C．i
D．﹣i
，集合N={x|y=log2（3﹣x）}，则?R（M∩N）=（ ）
，则z的虚部为（ ）
2．已知集合M=
A．∪（3，+∞） C． B． C． D． 7．已知边长为
的正方形ABCD的四个顶点都在球心为O的球面上，若球O的体积为36π，
则直线OA与平面ABCD所成的角的余弦值为（ ） A．
B．
C．
D．
，则
=（ ）
8．若等边三角形ABC的边长为12，平面内一点M满足A．﹣26 B．﹣27 C．﹣28 D．﹣29 9．已知函数f（x）=sinωx+
，当f（x1）=f（x2）=2时，|x1﹣x2|的最小
值为2，给出下列结论，其中所有正确结论的个数为（ ） ①f（0）=
；
②当x∈（0，1）时，函数f（x）的最大值为2； ③函数
的图象关于y轴对称；
④函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数． A．1
B．2
C．3
D．4
交于不同的两点，且这两个交点在x轴
10．斜率为2的直线l与椭圆
上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为（ ） A．
二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填写在答题卡给定的横
B．
C．
D．
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线上．
11．阅读如图的程序框图，若运行相应的程序，则输出k的值为 ．
12．若命题“?x∈R，|x+1|+|x﹣a|＜4”是真命题，则实数a的取值范围是 ． 13．我国齐梁时代的数学家祖暅（公元前5﹣6世纪，祖冲之之子）提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”，这个原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体，如图，将底面直径都为2b，高皆为a的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d处的平面截这两个几何体，可横截得到S圆及S环两截面，可以证明S圆=S环总成立．据此，短轴长为
，长轴为5的椭球体的体积是 ．
14．若直线l：x+2y=0与圆C：（x﹣a）2+（y﹣b）2=10相切，且圆心C在直线l的上方，则ab的最大值为 ． 15．若函数f（x）=x+ln
三、解答题：（本大题共6小题，共75分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）．
16．在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，且（I）求B；
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在区间的值域为，则实数t的取值范围是 ．
．
（II）若b=2，a+c=4，求△ABC的面积．
17．如图，点E是菱形ABCD所在平面外一点，EA⊥平面ABCD，EA∥FB∥GD，∠ABC=60°，EA=AB=2BF=2GD．
（I）求证：平面EAC⊥平面ECG； （II）求二面角B﹣EC﹣F的余弦值．
18．某中学为了解高一年级学生身体发育情况，对全校1400名高一年级学生按性别进行分层抽样检查，测得一组样本的身高（单位：cm）频数分布表如表1、表2． 表1：男生身高频数分布表
身高（cm） [160，165） [165，170） [170，175） [175，180） [180，185） [185，190） 频数 2 5 11 4 5 3 表2：女生身高频数分布表
身高（cm） [150，155） [155，160） [160，165） [165，170） [170，175） [175，180） 频数 2 8 15 12 2 1 （I）估计该校高一女生的人数： （II）估计该校学生身高在上的最小值；
（II）若f（1）=0，且函数f（x）在区间（0，1）内有零点，证明：﹣1＜a＜2﹣e． 21．已知双曲线C1：y=±
x，且过点
．
的渐近线方程为
，其离心率为e，抛物线C2的顶点为坐标原
点，焦点为
（I）求抛物线C2的方程；
（II）O为坐标原点，设A，B是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点，且=12．
（i）求证：直线AB必过定点，并求出该定点P的坐标； （ii）过点P作AB的垂线与抛物线交于C，D两点，求四边形ACBD面积的最小值．
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2017年山东省临沂市高考数学三模试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求． 1．己知i是虚数单位，（ ） A．1
B．﹣1 C．i
D．﹣i
是z的共轭复数，
，则z的虚部为
【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得【解答】解：由
，得
，
∴z=2+i． 则z的虚部为1． 故选：A．
2．已知集合M=
A．∪（3，+∞） C． B． C． D． 【考点】7C：简单线性规划．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合即可得到结论．
，集合N={x|y=log（}，则?（=（ ） 23﹣x）RM∩N）
，进一步得到z得答案．
【解答】解：变量x，y满足约束条件，对应的平面区域如图：
∴x≥0，y≤2，∴z=3|x|+|y﹣2|=3x﹣y+2， 由z=3x﹣y+2得y=3x﹣z+2，
平移直线y=3x﹣z+2，由图象可知当直线y=3x﹣z+3经过点A时，直线y=3x﹣z+3的截距最大，此时z最小， 由
，解得A（0，1），
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此时zmin=3×0﹣1+2=1，
当直线y=3x﹣z+2经过点B（2，0）时，直线y=3x﹣z+2的截距最小，此时z最大， 此时zmax=3×2﹣0+2=8， 故1≤z≤8， 故选：A．
7．已知边长为
的正方形ABCD的四个顶点都在球心为O的球面上，若球O的体积为
36π，则直线OA与平面ABCD所成的角的余弦值为（ ） A．
B．
C．
D．
【考点】MI：直线与平面所成的角．
【分析】设ABCD的中心为M，则∠OAM为所求角，求出球的半径和正方形的对角线长，在Rt△OAM中求出cos∠OAM．
【解答】解：设正方形ABCD的中心为M，连结OM，OA，则OM⊥平面ABCD， ∴∠OAM为OA与平面ABCD所成的角． 设球的半径为r，则∵正方形ABCD边长为2∴cos∠OAM=故选：B．
=36π，解得r=3，即OA=3， ，∴AM=2， ．
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