5月昆明市高考数学文模拟试卷含答案和解释.docx

2017年云南省昆明市高考数学模拟试卷（文科）（5月份） 一、选择题 1设集合A=xZ|x2，B=x|0x6，则AB=（） Ax|2x6 Bx|0x6 C0，1，2，3，4，5 D2，3，4，5 2 =（） Ai Bi C1 D1 3一个四棱柱的三视图如图所示，若该四棱柱的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为（） A25 B50 C100 D200 4AQI（AirQualityIndex，空气质量指数）是报告每日空气质量的参数，描述了空气清洁或者污染的程度AQI共分六级，从一级优（050），二级良（51100，），三级轻度污染，四级重度污染，直至无极重度污染，六级严重污染（大于300）下面是昆明市2017年4月份随机抽取的10天的AQI茎叶图，利用该样本估计昆明市2018年4月份质量优的天数（按这个月共30天计算）为（） A3 B4 C12 D21 5已知非零向量 ，满足=0，|=3，且与+的夹角为，则|=（） A6 B3 C2 D3 6若tan=2，则sin2+cos2=（） A B C D 7已知F1、F2为双曲线C：=1（a0，b0）的左、右焦点，点P在C的渐进线上，PF1x轴，若PF1F2为等腰直角三角形，则C的离心率为（） A B C +1 D 8在ABC中，已知AB=，AC=，tanBAC=3，则BC边上的高等于（） A1 B C D2 9定义n!=123n，例如1!=1，2!=12=2，执行右边的程序框图，若输入=0.01，则输出的e精确到e的近似值为（）A2.69 B2.70 C2.71 D2.72 10我国南北朝时期的伟大科学家祖在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算的原理（祖原理）：“幂势既同，则积不容异”“势”是几何体的高，“幂”是截面面积意思是，若两等高的几何体在同高处截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等现有一旋转体D，它是由抛物线y=x2（x0），直线y=4及y轴围成的封闭图形如图1所示绕y轴旋转一周形成的几何体，利用祖原理，以长方体的一半为参照体（如图2所示）则旋转体D的体积是（） A B6 C8 D16 11已知函数f（x）=，若方程f（x）ax=0恰有两个不同的根，则实数a的取值范围是（） A（0，） B，） C（， D（，0，+） 12设F为抛物线C：y2=8x，曲线y=（k0）与C交于点A，直线FA恰与曲线y=（k0）相切于点A，直线FA于C的准线交于点B，则等于（） A B C D 二、填空题 13已知实数x，y满足，则z=x+y的最大值为 14已知函数f（x）=sin（x+）（0），A、B是函数y=f（x）图象上相邻的最高点和最低点，若|AB|=2，则f（1）= 15已知数列an的前n项和为Sn，且an=4n，若不等式Sn+8n对任意的nN*都成立，则实数的取值范围为 16若关于x的不等式ax23x+4b的解集恰好为a，b，那么ba= 三、解答题 17已知数列an满足a1=2，an+1=2an+2n+1 （）证明数列是等差数列； （）求数列的前n项和 18某校为了解高一学生周末的“阅读时间”，从高一年级中随机调查了100名学生进行调查，获得了每人的周末“阅读时间”（单位：小时），按照0，0.5），0.5，1），4，4.5分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示 （）求图中a的值； （）估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数； （）在1，1.5），1.5，2）这两组中采用分层抽样抽取7人，再从7人中随机抽取2人，求抽取的两人恰好都在一组的概率19如图，已知三棱锥PABC，BCAC，BC=AC=2，PA=PB，平面PAB平面ABC，D、E、F分别是AB、PB、PC的中点 （）证明：PD平面ABC； （）若M为BC中点，且PM平面EFD，求三棱锥PABC的体积20已知动点M（x，y）满足： +=2，M的轨迹为曲线E （）求E的方程； （）过点F（1，0）作直线l交曲线E于P，Q两点，交y轴于R点，若=1， =2，求证：1+2为定值 21已知函数f（x）=（2x2+x）lnx（2a+1）x2（a+1）x+b（a，bR） （）当a=1时，求函数f（x）的单调区间； （）若f（x）0恒成立，求ba的最小值 请考生在22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为（x2）2+y2=4，直线l的方程为x+y12=0，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系 （）分别写出曲线C与直线l的极坐标方程； （）在极坐标中，极角为（0，）的射线m与曲线C，直线l分别交于A、B两点（A异于极点O），求的最大值 选修4-5：不等式选讲 23已知a，b，c，m，n，p都是实数，且a2+b2+c2=1，m2+n2+p2=1 （）证明|am+bn+cp|1； （）若abc0，证明+1 2017年云南省昆明市高考数学模拟试卷（文科）（5月份） 参考答案与试题解析 一、选择题 1设集合A=xZ|x2，B=x|0x6，则AB=（） Ax|2x6 Bx|0x6 C0，1，2，3，4，5 D2，3，4，5 【考点】1E：交集及其运算 【分析】由A与B，求出两集合的交集即可 【解答】解：集合A=xZ|x2，B=x|0x6， AB=2，3，4，5， 故选：D 2 =（） Ai Bi C1 D1 【考点】A5：复数代数形式的乘除运算 【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解： =， 故选：A 3一个四棱柱的三视图如图所示，若该四棱柱的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积为（）A25 B50 C100 D200 【考点】LR：球内接多面体；LG：球的体积和表面积 【分析】由题意，四棱柱为长方体，其对角线长为=5，可得球的半径为，即可求出这个球的表面积 【解答】解：由题意，四棱柱为长方体，其对角线长为 =5 ， 球的半径为 ， 这个球的表面积为 =50， 故选：B 4AQI（AirQualityIndex，空气质量指数）是报告每日空气质量的参数，描述了空气清洁或者污染的程度AQI共分六级，从一级优（050），二级良（51100，），三级轻度污染，四级重度污染，直至无极重度污染，六级严重污染（大于300）下面是昆明市2017年4月份随机抽取的10天的AQI茎叶图，利用该样本估计昆明市2018年4月份质量优的天数（按这个月共30天计算）为（） A3 B4 C12 D21 【考点】BA：茎叶图 【分析】通过读茎叶图求出空气质量是优的概率，从而求出30天空气质量是优的天数即可 【解答】解：由茎叶图10天中有4天空气质量是优， 即空气优的概率是p= = ， 故30天中有 30=12天是优， 故选：C 5已知非零向量 ， 满足 =0，| |=3，且 与 + 的夹角为 ，则| |=（） A6 B3 C2 D3 【考点】9V：向量在几何中的应用；9S：数量积表示两个向量的夹角 【分析】利用向量的加法的平行四边形法则，判断四边形的形状，推出结果即可 【解答】解：非零向量 ， 满足 =0，可知两个向量垂直，| |=3，且 与 + 的夹角为 ， 说明以向量 ， 为邻边， + 为对角线的平行四边形是正方形，所以则| |=3 故选：D 6若tan=2，则sin2+cos2=（） A B C D 【考点】GI：三角函数的化简求值 【分析】利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系，求得要求式子的值 【解答】解：sin2+cos2= = = = ， 故选：D 7已知F1、F2为双曲线C： =1（a0，b0）的左、右焦点，点P在C的渐进线上，PF1x轴，若PF1F2为等腰直角三角形，则C的离心率为（） A B C +1 D 【考点】KC：双曲线的简单性质 【分析】利用双曲线的简单性质，通过三角形是等腰直角三角形，列出方程求解即可 【解答】解：F1、F2为双曲线C： =1（a0，b0）的左、右焦点， 点P在C的渐近线上，PF1x轴，若PF1F2为等腰直角三角形， 可得： ，即：b=2a，可得c2a2=4a2， 即e2=5，e1， 解得e= ， 则C的离心率为 故选：A 8在ABC中，已知AB= ，AC= ，tanBAC=3，则BC边上的高等于（） A1 B C D2 【考点】HS：余弦定理的应用；HT：三角形中的几何计算 【分析】求出BAC的余弦函数值，然后求解BC的距离，通过求解三角形求解即可 【解答】解：在ABC中，已知AB= ，AC= ，tanBAC=3， 可得cosBAC= = ，sinBAC= 由余弦定理可得：BC= = =3， 设BC边上的高为h， 三角形面积为： = BCh， h= =1 故选：A 9定义n!=123n，例如1!=1，2!=12=2，执行右边的程序框图，若输入=0.01，则输出的e精确到e的近似值为（） A2.69 B2.70 C2.71 D2.72 【考点】EF：程序框图 【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的e，n的值，当n=5时满足条件退出循环，输出e的值即可得解 【解答】解：模拟程序的运行，可得 =0.01，e=1，n=1 执行循环体，e=2，n=2 不满足条件 ，执行循环体，e=2+0.5=2.5，n=3 不满足条件 ，执行循环体，e=2.5+ ，n=4 不满足条件 ，执行循环体，e=2.5+ + ，n=5 由于 0.008=0.01，满足条件 ，退出循环，输出e的值为2.5+ + =2.71 故选：C 10我国南北朝时期的伟大科学家祖在数学上有突出贡献，他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算的原理（祖原理）：“幂势既同，则积不容异”“势”是几何体的高，“幂”是截面面积意思是，若两等高的几何体在同高处截面面积总相等，则这两个几何体的体积相等现有一旋转体D，它是由抛物线y=x2（x0），直线y=4及y轴围成的封闭图形如图1所示绕y轴旋转一周形成的几何体，利用祖原理，以长方体的一半为参照体（如图2所示）则旋转体D的体积是（） A B6 C8 D16 【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 【分析】由题意，4x=22，求出x=，再求出长方体的一半的体积即可 【解答】解：由题意，4x=22，x=， 旋转体D的体积是 =8， 故选C 11已知函数f（x）= ，若方程f（x）ax=0恰有两个不同的根，则实数a的取值范围是（） A（0， ） B ， ） C（ ， D（，0 ，+） 【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程；54：根的存在性及根的个数判断 【分析】由题意，方程f（x）=ax恰有两个不同实数根，等价于y=f（x）与y=ax有2个交点，又a表示直线y=ax的斜率，求出a的取值范围 【解答】解：方程f（x）ax=0恰有两个不同实数根， y=f（x）与y=ax有2个交点， 又a表示直线y=ax的斜率， x1时，y= ， 设切点为（x0，y0），k= ， 切线方程为yy0= （xx0）， 而切线过原点，y0=1，x0=e，k= ， 直线l1的斜率为 ， 又直线l2与y= x+1平行， 直线l2的斜率为 ， 实数a的取值范围是 ， ） 故选：B 12设F为抛物线C：y2=8x，曲线y= （k0）与C交于点A，直线FA恰与曲线y= （k0）相切于点A，直线FA于C的准线交于点B，则 等于（） A B C D 【考点】K8：抛物线的简单性质 【分析】先根据抛物线的定义求出焦点坐标和准线方程，设A（x0，y0），根据题意可求出A（1，2 ），继而求出答案 【解答】解：F为抛物线C：y2=8x的焦点，则F（2，0），其准线方程为x=2， 设A（x0，y0） y= ， k=x0y0=2x0 y= ， 直线AF的斜率为 = kAF= =， = ， 解得x0=1， A（1，2 ）， AC=1+2=3，FD=4， = = ， = ， AB=3， = ， 故选：B 二、填空题 13已知实数x，y满足 ，则z=x+y的最大值为3 【考点】7C：简单线性规划 【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，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案 【解答】解：由约束条件 作出可行域如图， A（0，3）， 化目标函数z=x+y为y=x+z， 由图可知，当直线y=x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为3 故答案为：3 14已知函数f（x）=sin（x+ ）（0），A、B是函数y=f（x）图象上相邻的最高点和最低点，若|AB|=2 ，则f（1）= 【考点】HW：三角函数的最值 【分析】由图象上的两个相邻的最高点和最低点的距离为2 求出，可得函数的解析式，即可求出f（1） 【解答】解：由题意可得 =2 ，= ， 函数f（x）=sin（ x+ ）， f（1）= ， 故答案为： 15已知数列an的前n项和为Sn，且an=4n，若不等式Sn+8n对任意的nN*都成立，则实数的取值范围为（，10 【考点】8I：数列与函数的综合 【分析】先根据an=4n得到数列an是以4为首项，以4为公差的等差数列，再根据等差数列的求和公式得到Sn=2n+2n2，原不等式转化为2（n+ ）+2，根据基本不等式即可求出答案 【解答】解：数列an的前n项和为Sn，且an=4n， 当n=1时，a1=4， anan1=4n4（n1）=4， 数列an是以4为首项，以4为公差的等差数列， Sn= =2n+2n2， 不等式Sn+8n对任意的nN*都成立， 2n+2n2+8n对任意的nN*都成立， 即2（n+ ）+2， n+ 2 =4，当且仅当n=2时取等号， 24+2=10， 故实数的取值范围为（，10， 故答案为：（，10 16若关于x的不等式a x23x+4b的解集恰好为a，b，那么ba=4 【考点】74：一元二次不等式的解法 【分析】画出函数f（x）= x23x+4的图象，可知f（x）min=1；分类讨论：a1时，不等式a x23x+4b的解集分为两段区域，不符合题意； 有a1b，再利用f（a）=f（b）=b，解得a，b的值 【解答】解：画出函数f（x）= x23x+4= （x2）2+1的图象， 可得f（x）min=f（2）=1， 由图象可知：若a1，则不等式a x23x+4b的解集分两段区域，不符合已知条件， 因此a1，此时ax23x+4恒成立； 又不等式a x23x+4b的解集为a，b， a1b，f（a）=f（b）=b，可得 ， 由 b23b+4=b，化为3b216b+16=0，解得b= 或b=4； 当b= 时，由 a23a+4 =0，解得a= 或a= ，不符合题意，舍去； b=4，此时a=0； ba=4 故答案为：4 三、解答题 17已知数列an满足a1=2，an+1=2an+2n+1 （）证明数列 是等差数列； （）求数列 的前n项和 【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和 【分析】（）根据数列的递推公式可得数列 是首项为1，公差为1的等差数列， （）由（）可得数列 是首项为2，公比为2的等比数列，再根据求和公式计算即可 【解答】解：（1）a1=2，an+1=2an+2n+1， = = +1 =1， =1， 数列 是首项为1，公差为1的等差数列， （）由（）可得 =n， =2n， 数列 是首项为2，公比为2的等比数列， 故数列 的前n项和Sn= =2n+12 18某校为了解高一学生周末的“阅读时间”，从高一年级中随机调查了100名学生进行调查，获得了每人的周末“阅读时间”（单位：小时），按照0，0.5），0.5，1），4，4.5分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示 （）求图中a的值； （）估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数； （）在1，1.5），1.5，2）这两组中采用分层抽样抽取7人，再从7人中随机抽取2人，求抽取的两人恰好都在一组的概率 【考点】B3：分层抽样方法；CB：古典概型及其概率计算公式 【分析】（）求出高一学生周末“阅读时间”在0，0.5），0.5，1），4，4.5的概率，即可求图中a的值； （）确定2m2.5，由0.50（m2）=0.50.47，得m的值，即可估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数； （）确定基本事件的个数，即可得出结论 【解答】解：（）由题意，高一学生周末“阅读时间”在0，0.5），0.5，1），4，4.5的概率分别为0.04，0.08，0.20.0.25.0.07，0.04.0.02， 由1（0.04+0.08+0.20+0.25+0.07+0.04+0.02）=0.5a+0.5a，a=0.30； （）设该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为m小时， 因为前5组频率和为0.040.08+0.15+0.20+0.25=0.720.5，前4组频率和为0.470.5， 所以2m2.5， 由0.50（m2）=0.50.47，得m=2.06； （）在1，1.5），1.5，2）这两组中的人分别有15人、20人，采用分层抽样抽取7人，分别为3人、4人，再从7人中随机抽取2人，有 =21种，抽取的两人恰好都在一组，有 =9种，故所求概率为 19如图，已知三棱锥PABC，BCAC，BC=AC=2，PA=PB，平面PAB平面ABC，D、E、F分别是AB、PB、PC的中点 （）证明：PD平面ABC； （）若M为BC中点，且PM平面EFD，求三棱锥PABC的体积 【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LW：直线与平面垂直的判定 【分析】（）由PA=PB，D为AB中点，可得PDAB，再由面面垂直的性质可得PD平面ABC； （）设PM交EF于N，连接DM，DN，由线面垂直的性质得到PMDN，由已知可得DN垂直平分PM，故PD=DM，求出DM，进一步求得PD即三棱锥PABC的高，然后由三棱锥体积公式求得三棱锥PABC的体积 【解答】（）证明：PA=PB，D为AB中点，PDAB， 又平面PAB平面ABC，交线为AB，PD平面PAB， PD平面ABC； （）解：设PM交EF于N，连接DM，DN， PM平面EFD，DN平面DEF， PMDN， 又E，F分别是PB，PC的中点， N为EF的中点，也是PM的中点， DN垂直平分PM，故PD=DM， 又DM为ABC的中位线，则DM= =1，PD=1 BCAC，则 三棱锥PABC的体积 20已知动点M（x，y）满足： + =2 ，M的轨迹为曲线E （）求E的方程； （）过点F（1，0）作直线l交曲线E于P，Q两点，交y轴于R点，若 =1 ， =2 ，求证：1+2为定值 【考点】KQ：圆锥曲线的定值问题；J3：轨迹方程 【分析】（）由已知，可得动点N的轨迹是以C（1，0），A（1，0）为焦点的椭圆，根据定义可得，a、c，可得曲线E的方程； （）设P（x1，y1），Q（x2，y2），R（0，y0），由 =1 ， ，点P在曲线E上可得 ，同理可得： 由可得1、2是方程x2+4x+22y02=0的两个根，1+2为定值4 【解答】解：（）由 + =2 ，可得点M（x，y）到定点A（1，0），B（1，0）的距离等于之和等于2 且AB ，所以动点N的轨迹是以C（1，0），A（1，0）为焦点的椭圆， 且长轴长为2 ，焦距2c=2，所以，c=1，b=1， 曲线E的方程为： ； （）设P（x1，y1），Q（x2，y2），R（0，y0）， 由 =1 ，（x1，y1y0）=1（1x1，y1）， ， 过点F（1，0）作直线l交曲线E于P， ， 同理可得： 由可得1、2是方程x2+4x+22y02=0的两个根， 1+2为定值4 21已知函数f（x）=（2x2+x）lnx（2a+1）x2（a+1）x+b（a，bR） （）当a=1时，求函数f（x）的单调区间； （）若f（x）0恒成立，求ba的最小值 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6D：利用导数研究函数的极值 【分析】（）当a=1时，f（x）=（4x+1）（lnx1）=0，得x=ex（0，e）时，f（x）0，（e，+）时，f（x）0即可得函数f（x）的单调区间； （）由题意得f（x）=（4x+1）（lnxa），（x0）可得函数f（x）的单调增区间为（ea，+），减区间为（0，ea）即f（x）0恒成立，be2a+ea即bae2a+eaa，构造函数g（t）=t2+tlnt，（t0），g（t）= 可得g（t）min=g（ ）= 即可得ba的最小值 【解答】解：（）当a=1时，f（x）=（2x2+x）lnx3x22x+b（x0） f（x）=（4x+1）（lnx1），令f（x）=0，得x=e x（0，e）时，f（x）0，（e，+）时，f（x）0 函数f（x）的单调增区间为（e，+），减区间为（0，e）； （）由题意得f（x）=（4x+1）（lnxa），（x0） 令f（x）=0，得x=ea x（0，e a）时，f（x）0，（ea ，+）时，f（x）0 函数f（x）的单调增区间为（ea，+），减区间为（0，ea） f（x）min=f（ea）=e2aea+b， f（x）0恒成立，f（ea）=e2aea+b0，则be2a+ea bae2a+eaa 令ea=t，（t0），e2a+eaa=t2+tlnt， 设g（t）=t2+tlnt，（t0），g（t）= 当t（0， ）时，g（t）0，当t 时，g（t）0 g（t）在（0， ）上递减，在（ ，+）递增 g（t）min=g（ ）= f（x）0恒成立，ba的最小值为 请考生在22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程 22在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为（x2）2+y2=4，直线l的方程为x+ y12=0，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系 （）分别写出曲线C与直线l的极坐标方程； （）在极坐标中，极角为（0， ）的射线m与曲线C，直线l分别交于A、B两点（A异于极点O），求 的最大值 【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；H9：余弦函数的定义域和值域 【分析】（）利用直角坐标方程与极坐标方程的转化方法，分别写出曲线C与直线l的极坐标方程； （）由题意|OA|=4cos，|OB|= ，利用三角函数知识，可得结论 【解答】解：（）曲线C的方程为（x2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为=4cos； 直线l的方程为x+ y12=0，极坐标方程为cos+ sin12=0； （）由题意|OA|=4cos，|OB|= ， = = + sin（2+ ）， （0， ），2+ （ ， ）， sin（2+ ）（ 1， 的最大值为 ，此时 选修4-5：不等式选讲 23已知a，b，c，m，n，p都是实数，且a2+b2+c2=1，m2+n2+p2=1 （）证明|am+bn+cp|1； （）若abc0，证明 + + 1 【考点】R6：不等式的证明 【分析】利用柯西不等式，即可证明结论 【解答】证明：（）由柯西不等式，可得（a2+b2+c2）（m2+n2+p2）（am+bn+cp）2， a2+b2+c2=1，m2+n2+p2=1， 1（am+bn+cp）2， |am+bn+cp|1； （）由柯西不等式，可得 + + =（ + + ）（a2+b2+c2）（m2+n2+p2）2=1， + + 1 2017年5月22日20 20