【福建省龙岩市】2017年高考二模数学(理科)试卷-答案.pdf

1/12 福建省福建省龙岩龙岩市市 2017 年高考年高考二二模数学（模数学（理理科）试卷科）试卷 答答 案案 一、选择题 15BABBD 610ACCDA 1112AB 二、填空题 1315 144 15*,23,21()k nkknkkN 16 三、解答题 17解：（）ACD中，由余弦定理可得：222164222 2()77AC ，解得8 77AC 18 712 7282cos27ACDACAD（）设DACDCA 由（）可得：2 7cos7，21sin7 32 71213 21sinsin(1202)272714BAC 2 7214 3sinsin()sin(1802)sin22777BBACBCA 在BAC中，由正弦定理可得：sinsinBCACBACB 8 73 2171434 37BC 18解：（）（1）班的同学成绩在8090),的频率为：1(0.0050.0150.0050.020.015)100.4，高一（2）班的同学成绩在80,90)的频率为：40.220 补全频率分布直方图如下：2/12 （）（1）班成绩在8090),上的人数有20 0.48人，（2）班成绩在8090),上的人数有 4 人，X 的可能取值为 0，1，2 11121611202012(0)25CCP XCC，111181612411202011(1)25CCCCP XCC，11841120202(2)25CCP XCC X 的分布列为：X 0 1 2 P 1225 1125 225（）由频率分布直方图看，（1）班的主要成绩集中在70100),上，从茎叶图看，（2）班的主要成绩集中在(6080),上，故（1）班的古诗词水平好于（2）班的古诗词水平.19证明：（）边长为 2 的菱形ABCD中，60BCD，E 为 DC 的中点，如图 1 所示，BEDC，ABCD，ABBE，90ABE，将BCE沿 BE 折起到BPE的位置，且BPEABED平面平面，如图 2 所示 在翻折过程中，90ABE不变，在ABP中，90ABP，PAB为直角三角形 解：（）由（）得90BEDABE，DEBE，以 E 为原点，ED 为 x 轴，EB 为 y 轴，EP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，(2,3,0)A，(0,0,1)P，(1,0,0)D，(0,0,0)E，3/12 (1,0,1)DP -，(1,3,0)DA，(0,0,1)EP，(1,0,0)ED，设平面 ADP 的法向量(,)xmy z，则300m DAxym DPxz ，取3x，得(3,1,3)m，平面 PDE 的法向量(1,0,0)n，设二面角 APDE 的平面角为，则|321cos7|7m nmn，二面角 APDE 的余弦值为217 20解：（）由题意可得：3b，12ca，222abc 联立解得：2a，1c 椭圆 C 的方程为：22143xy，焦距为 2（）设 PA 的方程为：2myx-(0)m 联立222143myxxy，化为：22(34)120mymy，解得21234Pmym，228634Pmxm 2228612,34 3)4(mmmPm 设(2,)Bt，则)311(tm-，解得3tm-4/12 直线BP的方程为：222123343(2)86234mmmymxmm-，化为：4(63)0ymx，令630 x，40y，解得2x-，0y 直线 BP 经过定点(2,0)-21解：（）(1)()e2a xfxaax-，令(1)()e2a xg xaax-，2(1)()e20a xg xaa，g（x）在 R 上单调递增，(0)e0aga，(1)0ga，g（x）在 R 上有且仅有一个零点，即函数()fx在 R 上有且仅有一个零点；（）当0a 时，21(1)(1)2121()()e2e2a xa xf xf xaxax 121(1)()2121e(e1)()a xa xxa xxxx（）121(1)()121e(e1)2()a xa xxax xx，令()e1axh xax，0 x，()e(e1)0axaxh xaaa，h（x）在(0,)上单调递增，当0 x 时，()(0)0h xh，即e1axax，21()21e1()a xxa xx，1(1)21121()()(e2)()a xf xf xaxxx，5/12 当0a，由（）可得2(1)()e2a xg xaa，令2(1)()e20a xg xaa，解得012ln1xaa，当 x 变化时，g（x），g（x）变化情况列表如下：x 0(,)x x0 0(),x g（x）0+g（x）递减 极小值 递增 0(1)00()e22(ln1 ln2)a xg xaaxaa，令()ln1 ln2m xxx，11()1xm xxx，m（x）在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，当0 x 时，()(1)ln20m xm，即0()0g x 又当x时，()0g x，在0(,)x上 g（x）存在一个零点 x1，即1()0fx，当 x 变化时，()fx，()f x在区间0(,)x变化情况列表如下：x 1(,)x x1 10(,)x x()fx+0 ()f x 递增 极大值 递减 1(1)01121121()()0()()(e2)()a xf xf xafxxxaxxx，与结论矛盾，综上可知，a 的取值范围为(,0)22解：（）曲线 C2的极坐标方程为sincos（是参数）可得2(sincos)，化为直角坐标方程：22xyyx 配方为：22111()()222xy 可得曲线C2所表示的曲线为圆：圆心为C21 1(,)2 2，半径22r （）直线 C1的参数方程为2141xtyt（t 是参数），消去参数 t 化为普通方程：210 xy 6/12 圆心 C2到直线 C1的距离112152225d 点 M 到直线 C1的距离的最大值为5222，最小值为5222 23解：（）若5a，27,5()|2|5|3,5227,2xxf xxxxxx 其图象如图：()f x的最小值为 3，使()f x取得最小值的 x 的集合为2|5xx；（）()|2|(2)|()|f xxxaxxa ，由绝对值的几何意义可知，f（x）为数轴上动点 x 与两个定点2、a的距离的和，如图：当动点 x 与2重合时，|(2)|x 最小为 0，要使()3f x 恒成立，则|2()|3a ，即|2|3a，得23a或23a，1a或5a 7/12 福建福建省省龙岩龙岩市市 2017 年高考年高考二二模数学（模数学（理理科）试卷科）试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】补集及其运算【分析】根据题意，解 x24x+30 可得集合 A，又由全集 U=x|x1，结合补集的定义即可得答案【解答】解：根据题意，x24x+301x3，即 A=x|x24x+30=x|1x3=（1，3），而集合 U=x|x1，则UA=x|x3=3，+）；故选：B 2【考点】复数求模【解答】解：z（1+i）=4，z（1+i）（1i）=4（1i），2z=4（1i），解得 z=22i 3【考点】双曲线的简单性质【分析】写出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可【解答】解：双曲线 W：=1（a0，b0）一个焦点为 F（2，0），c=2，双曲线的一条渐近线方程 bx+ay=0，点 F 到 W 的渐近线的距离是 1，可得=1，即，解得 b=1，则 a=，所以双曲线的离心率为：=故选：B 4【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图得到几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得到的三视图，由图中数据计算体积【解答】解：由三视图得到几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，所以体积为；故选 B 8/12 5【考点】几何概型【分析】由题意，本题是几何概型的求法，首先分别求出事件对应区域面积，利用面积比求概率【解答】解：点 M（x，y）是圆 C：x2+y22x=0 的内部任意一点，对应区域面积为则点 M 满足 yx 的区域如图阴影部分，由几何概型的公式得到；故选：D 6【考点】函数 y=Asin（x+）的图象变换【分析】利用三角函数的恒等变换求得 f（x）的解析式，利用函数 y=Asin（x+）的图象变换规律求得 g（x）的解析式，再利用诱导公式、正弦函数的单调性，可得 g（）和 g（）大小关系【解答】解：把函数 f（x）=cos2（x）=的图象向左平移 个单位后，得到的函数为 g（x）=的图象，故有 g（）=+cos=+cos（）=+sin，g（）=+cos=cos=cos（+）=+sin，而 sin sin 0，g（）g（）0，故选：A 7【考点】简单线性规划【分析】作出区域 D，曲线 y=ax2+1 表示过点 A（0，1）的抛物线，可行域存在无数个点满足抛物线，列出关系式求解可得【解答】解：作出约束条件不等式 所对应的可行域 D（如图阴影），曲线 y=ax2+1 上存在无数个点在 D 内，可知直线 2xy=0 与抛物线相切是临界点，如图红色曲线下方满足题意，设切点为 P（m，2m），y=2ax，可得 2am=2，2m=am2+1，可得 m=1，9/12 解得 a=1，可解得 A（1，1），结合图象可得要使 y=ax2+1 与 D 内存在无数个点落在 D 上，可得 0a1，故选：C 8【考点】程序框图【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的 c，b，a 的值，当 c=b=a=2 时，满足条件退出循环，从而得解【解答】解：模拟程序的运行，可得 a=4，b=10 不满足判断框内条件，执行循环体，c=10，b=6，a=10 不满足判断框内条件，执行循环体，c=6，b=4，a=6 不满足判断框内条件，执行循环体，c=4，b=2，a=4 不满足判断框内条件，执行循环体，c=2，b=2，a=2 满足判断框内条件，退出循环，输出 min（a，b）=2 故选：C 9【考点】分段函数的应用【分析】根据 f（0）=0 计算 a，判断 f（x）的（0，+）上的单调性和最值，根据奇函数的性质得出 f（x）在（，0）上的情况，综合得出答案【解答】解：f（x）是奇函数，f（0）=0，即 alog22=0，a=1 当 x0 时，f（x）=1log2（x+2），f（x）在0，+）上单调递减，令 f（x）=1 得 1log2（x+2）=1，解得 x=2 当 x0 时，f（x）1 的解集为0，2）当 x0 时，f（x）f（0）=0，f（x）是奇函数，当 x0 时，f（x）0，10/12 f（x）1 的解集为（，0）0，2）=（，2）故选 D 10【考点】进行简单的合情推理【分析】利用已知图形，判断任意两个城市之间均有光缆相通，所需光缆的总长度的最小值即可【解答】解：由题意可知：任意两个城市之间均有光缆相通，可以由 ACBEFD 架设光缆，此时所需光缆的总长度的最小值是：2+3+3+1+3=12 故选：A 11【考点】向量在几何中的应用【分析】作出向量示意图，利用垂径定理得出 CH 的长，从而得出 OH 的最小值【解答】解：设 AB 中点为 D，连结 OD，则 ODAB，AD=AB=3，OA=5，OD=4，=（），CH=|=|=2OD=8，又 OC=5，当 O，C，H 三点共线时，OH 取得最小值 3 故选 A 12【考点】命题的真假判断与应用【分析】由新定义可知，若数列an有 H 值，则数列不是单调数列，且存在 k（k2，kN*），使得“akak1且 akak+1”成立 是等差数列，为单调数列；举例说明存在 H 值；利用导数判断函数的单调性，说明存在 H 值，是单调数列【解答】解：由新定义可知，若数列an有 H 值，则数列不是单调数列，且存在 k（k2，kN*），使得“akak1且 akak+1”成立 对于an=12n，该数列为递减数列，不合题意；对于an=sinn，取 k=2，则 sin2sin1，且 sin2sin3，数列存在 H 值；对于an=，令 f（x）=，f（x）=，由 f（x）=0，得 x=3 当 x3 时，f（x）0，函数为增函数，当 x3 时，f（x）0，函数为减函数，x=3 时函数取得极大值，也就是最大值，则对于数列 an=，有 a3a2 ，且 a3a4 ，数列存在 H 值；对于an=lnnn，令 g（x）=lnxx，g（x）=，当 x1 时，g（x）0，数列为递减数列，不合题意 存在 H 值的数列有 2 个 11/12 故选：B 二、填空题 13【考点】二项式定理的应用【分析】由题意可得含 x 项的系数为 1+，计算求的结果【解答】解：解：多项式 1+x+（1+x）2+（1+x）3+（1+x）5的展开式中，含 x 项的系数为 1+=1+2+3+4+5=15，故答案为：15 14【考点】球的体积和表面积【分析】先确定 ABC 外接圆的半径，再求出球的半径，即可求得球的表面积【解答】解：设球心为 O，ABC 外接圆的圆心为 O，设球的半径为 2r，则 OO=r，OA=r AB=BC=CA=3，OA=3=，r=r=1 球的表面积 412=4 故答案为：4 15【考点】数列递推式【分析】an+1=（an+an+2），可得 an+2+an+1=（an+1+an）利用等比数列的通项公式可得：an+1+an=（1）n 可得 a2k1+a2k=1，a2k+1+a2k=1（kN*）对 n 分类讨论，即可得出前 n 项和 16【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】根据白球数目的变化规律即可得出结论 三、解答题 17【考点】正弦定理，余弦定理【分析】（1）ACD 中，由余弦定理可得：AC2=，解得 AC 可得 cosDAC=（2）设DAC=DCA由（1）可得：cos=，sin=可得 sinBAC=sin（120）sinB=sin（BAC+BCA）=sin（1802）=sin2 在BAC 中，由正弦定理可得：=即可得出 18【考点】频率分布直方图，离散型随机变量及其分布列【分析】（I）根据面积之和等于 1 计算（1）班成绩在80，90）的频率；直角根据公式计算（2）班成绩在 12/12 80，90）的频率；（II）利用组合数公式计算概率；（III）根据数据的集中程度得出结论 19【考点】直线与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法【分析】（）推导出 BEDC，ABCD，从而 ABBE，进而ABE=90，将BCE 沿 BE 折起到BPE的位置，且平面 BPE平面 ABED，在翻折过程中，ABE=90 不变，由此能证明PAB 为直角三角形（）以 E 为原点，ED 为 x 轴，EB 为 y 轴，EP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 APDE 的余弦值 20【考点】椭圆的应用【分析】（I）由题意可得：b=，a2=b2+c2 联立解得：a，c即可得出椭圆 C 的方程及其焦距（II）设 PA 的方程为：my=x2（m0）与椭圆方程联立化为：（3m2+4）y2+12my=0，解得 P 设 B（2，t），根据=1，解得 t=3m 可得直线 BP 的方程为：y+3m=kBP（x2），可得直线 BP 经过定点（2，0）21【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，根的存在性及根的个数判断【分析】（）先求导，再判断其导函数的单调性，根据函数的零点存在定理即可判断，（）分 a0 或 a0 两种情况讨论，对于 a0，构造函数 h（x）=eaxax1，x0，根据导数和函数的最值即可证明，对于 a0，根据（）的结论，根据导数和函数的单调性极值的关系可得 g（x0）=2（lnaa+1ln2），再构造函数 m（x）=lnxx+1ln2，根据导数和函数最值的关系可得当 x0 时，m（x）m（1）=ln20，即 g（x0）0，再根据 f（x），f（x）在区间（，x0）变化情况，得到与已知相矛盾，问题得以解决 22【考点】简单曲线的极坐标方程，参数方程化成普通方程【分析】（I）曲线 C2的极坐标方程为=sincos（是参数）可得 2=（sincos），利用互化公式可得直角坐标方程：通过配方可得曲线 C2所表示的曲线为圆（）直线 C1的参数方程为（t 是参数）消去参数 t 化为普通方程：2xy1=0求出圆心 C2到直线 C1的距离 d可得点 M 到直线 C1的距离的最大值为 d+r，最小值为 dr 23【考点】分段函数的应用【分析】（）写出分段函数，画图得答案；（）由绝对值的几何意义，把 f（x）3 恒成立转化为关于 a 的含有绝对值的不等式求解