【宁夏银川市】2017届高考数学二模试卷(文科)数学试卷-答案.pdf

-1-/17 宁夏宁夏省省银川市银川市 2017 年高考二模（年高考二模（文文科）数学试卷科）数学试卷 答答 案案 15CABAB 610DABCD 1112CA 130 1415 15 161nan 17解：（）由2 cos2aCcb及正弦定理得，2sincossin2sinACCB，（2 分）2sincossin2sin2sincos2cossinACCACACAC，sin2cossinCAC，sin0C，1cos2A，又0,A，23A；（6 分）（）在ABD中，2c，角B的平分线3BD，由正弦定理得sinsinABBDADBA，32sin22sin23ABAADBBD，（8 分）由23A得4ADB，22 346ABC，2=366ACB，2ACAB 由余弦定理得，22222cosaBCABACABACA=12222262，6a（12 分）18解：（）总人数：28280285 0.02Na，第 3 组的频率是：1 50.020.020.060.020.4 所以280 0.4112b（4 分）（）因为年龄低于 40 岁的员工在第 1，2，3 组，共有2828 112168（人），-2-/17 利用分层抽样在 168 人中抽取 42 人，每组抽取的人数分别为：第 1 组抽取的人数为42287168（人），第 2 组抽取的人数为42287168（人），第 3 组抽取的人数为4211228168（人），所以第 1，2，3 组分别抽 7 人、7 人、28 人（8 分）（）假设0H：“是否喜欢看国学类书籍和性别无关系”，根据表中数据，求得2K的观测值24014 144 86.86056.63522 18 2218k，查表得26.6350.01P K，从而能有28280285 0.02Na，99%的把握认为该单位员工是否喜欢阅读国 学类书籍和性别有关系（12 分）19（）证明：ABCD是菱形，ADDC,ODAC，在ADC中，12ADDC，120ADC，6OD，又M是BC的中点，16,6 22OMABMD，222OMODDM，则DOOM，OM,AC面ABC OD 面ABC；（）解：取线段AO的中点E，连接NE N是棱AD的中点，12NEDO且/NEDO 由（）得OD 面ABC，NE 面ABC，在ABM中，12AB，6BM，120ABM，113sin12 618 3222ABMSABBMABM 111118 32223MABMMABDD ABMABMVVVSOD 20解：（）由题意知：ABP是等腰直角三角形，2,2,0aB，设00,Q xy，由32PQQB，则0064,55xy，代入椭圆方程，解得21b，椭圆方程为2214xy（）由题意可知，直线l的斜率存在，方程为2ykx，设11,M x y，22,N xy，-3-/17 则22214ykxxy，整理得：221416120kxkx，由韦达定理可知：1212221612,1414kxxx xkk，（8 分）由直线l与E有两个不同的交点，则0，即22164 12140kk-，解得：234k，（9 分）由坐标原点O位于以为直径的圆外，则0OMON，即12120 x xy y 12120 x xy y，则1212121222x xy yx xkxkx=21212124kx xkxx=21240kk-，解得：24k，（11 分）综合可知：2344k，解得322k或322k ，直线l斜率的取值范围332,222（12 分）21解：（）1ef，eeab，1ab 依题意，12ef，又 2332 exfxxx-，42ab 联立解得2,1ab 证明：（）要证 2f xg x，即证3ln2ee2xxxxx（6 分）令 32eexxh xx，322e32e122xxhxxxxxx-当0,1x时，e0 x，10 x ，令 222p xxx，p x的对称轴为1x，且 010pp存在00,1x，使得00p x 当00,xx时，2220p xxx，2e1220 xhxxxx，即 h x在00,x上单调递增 当01,xx时，2220p xxx，2e1220 xh xxxx-4-/17 即 h x在01,x上单调递减 又 02,1ehh 故当0,1x时，02h xh（10 分）又当0,1x时，ln0 xx，ln22xx（11 分）所以3ln2ee2xxxxx，即 2f xg x（12 分）22 解：（）圆C:2 c o s2 s i nxy（为参数），可得直角坐标方程：224xy，圆C的极坐标方程2 点P在直线:40l xy上，直线l的极坐标方程4sincos（）设P，Q，R的极坐标分别为 12,，因为124,2sincos，又因为2OPOROQ，即212，21221612sincos，81sin2 23（1）解：根据题意，对x分 3 种情况讨论：当x时，原不等式可化为211xx ，解得0 x，又0 x，则x不存在，此时，不等式的解集为 当102x时，原不等式可化为211xx，解得0 x，又102x，此时其解集为102|xx 当12x 时，原不等式化为211xx，解得122x，又由12x，此时其解集为21|2xx，综上，原不等式的解集为2|0 xx（2）证明：21xxfx，实数a满足|1xa，22|1|121fxxf aaaaaxxxxxaaa|2112|1|21|xaaaa -5-/17 2|1|f xf aa -6-/17 宁夏宁夏省省银川市银川市 2017 年高考二模（年高考二模（文文科）数学试卷科）数学试卷 解解 析析 1【考点】1H：交、并、补集的混合运算【分析】利用集合的补集的定义求出集合 B 的补集；再利用集合的交集的定义求出 ACUB【解答】解：U=1，0，1，2，3，4，5，A=1，2，3，B=1，0，1，2，UB=3，4，5 AUB=1，2，33，4，5=3 故选：C【点评】本题考查集合的交集、并集、补集的定义并用定义解决简单的集合运算 2【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，求出 z 的坐标得答案【解答】解：z=i（zi）=iz+1，z=，复数 z 所对应的点 Z 的坐标为（），在第一象限 故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题 3【考点】CF：几何概型【分析】求解不等式|x|m，得到mxm，得其区间长度，求出区间1，3的长度，由两区间长度比列式得答案【解答】解：区间1，3的区间长度为 4 不等式|x|m 的解集为m，m，区间长度为 2m，由，得 m=1 故选：B【点评】本题考查几何概型，是基础的计算题 4【考点】85：等差数列的前 n 项和【分析】利用等差数列的通项公式和等比中项定义，列出方程组，求出 a1=1，d=2，由此能求出数列an的前 5 项的和【解答】解：在等差数列an中，a4=5，a3 是 a2 和 a6 的等比中项，-7-/17 解得 a1=1，d=2，数列an的前 5 项的和为：=5（1）+54=15 故选：A【点评】本题考查等差数列的前五项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用 5【考点】3L：函数奇偶性的性质【分析】先确定函数 f（x）的周期为 2，再利用函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，当 x0，1时，f（x）=2x，即可得出结论【解答】解：f（x+2）=f（x）对 xR 恒成立，f（x）的周期为 2，（x）是定义在 R 上的偶函数，=f（）=f（）当 x0，1时，f（x）=2x，f（）=，故选：B【点评】本题考查抽象函数及其应用，考查函数的周期性，属于中档题 6【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】设出 A、B 坐标，利用抛物线焦半径公式求出|AB|，结合抛物线的性质 x1x2=2，求出 x1=2，x2=，然后求比值即可【解答】解：设 A（x1，y1），B（x2，y2），则斜率为，sin=|AB|=x1+x2+p=，x1+x2=，又 x1x2=2 可得 x1=2，x2=，=2 故选D【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质，特别是焦点弦问题，解题时要善于运用抛物线的定义解决问题 7【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱锥所得的组合体，进而得到答案-8-/17 【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱锥所得的组合体，正方体的体积为：8，三棱锥的体积为：221=，故组合体的体积 V=8=，故选：A【点评】本题考查的知识点是棱锥的体积与表面积，棱柱的体积与表面积，简单几何体的三视图，难度中档 8【考点】EF：程序框图【分析】由 n 的取值分别为 6，12，24，代入即可分别求得 S【解答】解：当 n=6 时，S=6sin60=2.598，输出 S=2.598，624，继续循环，当 n=12 时，S=12sin30=3，输出 S=3，1224，继续循环，当 n=24 时，S=24sin15=3.1056，输出 S=3.1056，24=24，结束，故选B【点评】本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题 9【考点】GI：三角函数的化简求值；H2：正弦函数的图象【分析】利用二倍角和辅助角公式基本公式将函数化为 y=Asin（x+）的形式，x0，时，求出内层函数的取值范围，结合三角函数的图象和性质，求出 f（x）的最大值和最小值【解答】解：函数 f（x）=2cos2+sinx 化简可得：f（x）=cosx+sinx+1=2sin（x+）+1 x0，x+，可得 sin（x+），1 函数 f（x）0，3，故选：C【点评】本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属于基础题 10【考点】LG：球的体积和表面积【分析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积【解答】解：根据题意知，直角三角形ABC 的面积为 3其所在球的小圆的圆心在斜边 AC 的中点上，设小圆的圆心为 Q，若四面体 ABCD 的体积的最大值，由于底面积 SABC 不变，高最大时体积最大，-9-/17 所以，DQ 与面 ABC 垂直时体积最大，最大值为为SABCDQ=3，即3DQ=3，DQ=3，如图设球心为 O，半径为 R，则在直角AQO 中，OA2=AQ2+OQ2，即 R2=（）2+（3R）2，R=2，则这个球的表面积为：S=422=16 故选：D 【点评】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体 ABCD 的体积的最大值，是解答的关键，考查等价转化思想思想，是中档题 11【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】运用线段的垂直平分线的性质定理可得|PF2|=|F1F2|=2c，设 PF1 的中点为 M，由中位线定理可得|MF2|=2a，再由勾股定理和双曲线的定义可得 4b2c=2a，结合 a，b，c 的关系，可得 a，c 的关系，即可得到双曲线的离心率【解答】解：由线段 PF1 的垂直平分线恰好过点 F2，可得|PF2|=|F1F2|=2c，由直线 PF1 与以坐标原点 O 为圆心、a 为半径的圆相切于点 A，可得|OA|=a，设 PF1 的中点为 M，由中位线定理可得|MF2|=2a，在直角三角形 PMF2 中，可得|PM|=2b，即有|PF1|=4b，由双曲线的定义可得|PF1|PF2|=2a，即 4b2c=2a，即 2b=a+c，即有 4b2=（a+c）2，即 4（c2a2）=（a+c）2，可得 a=c，所以 e=-10-/17 故选：C 【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查平面几何中垂直平分线定理和中位线定理的运用，考查运算能力，属于中档题 12【考点】6A：函数的单调性与导数的关系【分析】令 g（x）=f（x）cosx，则 g（x）=f（x）cosxf（x）sinx0，当 0 x 时，g（x）在（0，）递增，即可判断出结论【解答】解：令 g（x）=f（x）cosx，则 g（x）=f（x）cosxf（x）sinx0，当 0 x 时，g（x）在（0，）递增，化为：0，即 abc 故选：A【点评】本题考查了构造函数方法、利用导数研究函数的单调性、三角函数求值考查了推理能力与计算能力，属于中档题 13【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】根据菱形中的边角关系，利用平面向量的线性运算与数量积定义，计算即可【解答】解：如图所示，菱形 ABCD 的边长为 2，ABC=60，=+=+，=（+）=+=22cos（18060）+22-11-/17 =0 故答案为：0【点评】本题考查了平面向量的数量积和线性运算问题，是基础题 14【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，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得 B（3，3），化目标函数 z=2x+3y 为 y=x+，由图可知，当直线过 B 时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大值为 23+33=15 故答案为：15 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题 15【考点】2K：命题的真假判断与应用【分析】，a=1 代入直线方程即可判断；，“”的否定是“”；“sin=”不能得到“=2k+，kZ”，“=2k+，kZ”，一定有“sin=”；，已知 a0，b0，则“ab1”“a”反之也成立【解答】解：对于，a=1 时，把 a=1 代入直线方程，得 l1l2，故正确；对于，命题 p：“x0，2xx2”的否定是“x00，2x0 x02”故错；对于“sin=”不能得到“=2k+，kZ”，“=2k+，kZ”，一定有“sin=”故正确；-12-/17 对于，已知 a0，b0，则“ab1”“a”反之也成立，故正确 故答案为：【点评】本题考查了命题真假的判定，涉及到命题的否定，充要条件的判断，属于中档题 16【考点】8H：数列递推式【分析】依题意可得，与已知关系式作差可得=，可判断出数列是以 1 为公比的等比数列，结合题意可知其首项为=1，利用等比数列的通项公式即可求得答案【解答】解：，得：=an+1an，整理得：=，=1，又=1，数列是以 1 为首项，1 为公比的等比数列，an=n+1，故答案为：an=n+1【点评】本题考查数列递推式，求得数列是以 1 为首项，1 为公比的等比数列是关键，也是难点，考查推理与运算能力，属于中档题 17【考点】HP：正弦定理【分析】（）由正弦定理、两角和的正弦公式化简已知的条件，求出 cosA 的值，由 A 的范围和特殊角的三角函数值求出角 A 的值；（）由条件和正弦定理求出 sinADB，由条件求出ADB，由内角和定理分别求出ABC、ACB，结合条件和余弦定理求出边 a 的值【解答】解：（）由2 cos2aCcb 及正弦定理得，2sincossin2sinACCB，（2 分）2sincossin2sin2sincos2cossinACCACACAC，sin2cossinCAC，-13-/17 sin0C，1cos2A，又0,A，23A；（6 分）（）在ABD中，2c，角B的平分线3BD，由正弦定理得sinsinABBDADBA，32sin22sin23ABAADBBD，（8 分）由23A得4ADB，22 346ABC，2ACB=366，2ACAB 由余弦定理得，22222?cosaBCABACABACA=12222262，6a（12 分）【点评】本题考查正弦定理、余弦定理，内角和定理，以及两角和的正弦公式等应用，考查转化思想，化简、变形能力 18【考点】BO：独立性检验的应用【分析】（）利用频率与频数的关系求出样本容量 N、计算出 a、b 的值；（）求出年龄低于 40 岁的员工数，利用分层抽样原理求出每组抽取的人数；（）根据表中数据计算 K2 的观测值，查表得出概率结论【解答】解：（）总人数：2828050.02N，a=28，第 3 组的频率是：1 50.020.020.060.020.4 所以280 0.4 112b（4 分）（）因为年龄低于 40 岁的员工在第 1，2，3 组，共有2828 112 168（人），利用分层抽样在 168 人中抽取 42 人，每组抽取的人数分别为：第 1 组抽取的人数为42287168（人），第 2 组抽取的人数为42287168（人），第 3 组抽取的人数为4211228168（人），所以第 1，2，3 组分别抽 7 人、7 人、28 人（8 分）（）假设0H：“是否喜欢看国学类书籍和性别无关系”，根据表中数据，求得2K的观测值24014 144 86.86056.63522 182218k，-14-/17 查表得26.6350.01P K，从而能有 99%的把握认为该单位员工是否喜欢阅读国 学类书籍和性别有关系（12 分）【点评】本题考查了频率分布直方图与独立性检验的应用问题，是基础题目 19【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 ABCD 是菱形，可得 AD=DC，ODAC，求解三角形可得 OD=6，结合 M 是 BC 的中点，求出 OM、MD，可得 OD2+OM2=MD2，得 DOOM，由线面垂直的判定可得 OD面 ABC；（）取线段 AO 的中点 E，连接 NE可得 NEDO由（）得 OD面 ABC，可得 NE面 ABC，求出ABM 的面积，然后利用等积法求得三棱锥 MABN 的体积【解答】（）证明：ABCD是菱形，,ADDC ODAC，在ADC中，12ADDC，120ADC，6OD，又M是BC的中点，16,6 22OMABMD，222ODOMMD，则DOOM，,OM AC 面ABC，OMACO，OD 面ABC；（）解：取线段AO的中点E，连接NE N是棱AD的中点，12NEDO且/NEDO 由（）得OD 面ABC，NE 面ABC，在ABM中，12AB，6BM，120ABM，113sin12618 3222ABMSABBMABM 111118 32223MABMMABDD ABMABMVVVSOD 【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题 20【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】（）由题意可知：由，求得 Q 点坐标，即可求得椭圆 E 的方程；（）设直线 y=kx2，代入椭圆方程，由韦达定理，由0，由坐标原点 O 位于以 MN 为直径的圆外，则，由向量数量积的坐标公式，即可求得直线 l 斜率的取值范围-15-/17 【解答】解：（）由题意知：ABP是等腰直角三角形，2,2,0aB，设00,Q xy，由32PQQB，则0064,55xy，代入椭圆方程，解得21b，椭圆方程为2214xy（）由题意可知，直线l的斜率存在，方程为2ykx，设11,M x y，22,N xy，则22214ykxxy，整理得：221416120kxkx，由韦达定理可知：1212221612,1414kxxx xkk，（8 分）由直线l与E有两个不同的交点，则0，即22164 12140kk-，解得：234k，（9 分）由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则，即12120 x xy y，则1 2121 21222x xy yx xkxkx=21212124kx xkxx=21240kk-，解得：24k，（11 分）综合可知：2344k，解得322k或322k ，直线l斜率的取值范围332,222（12 分）【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量数量积的坐标运算，韦达定理，考查及算能力，属于中档题 21【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）由 f（1）=e，得 ab=1，由 f（x）=（3x2x3+2）ex=2e，得到 a4b=2，由此能求出 a，b（）要证 f（x）g（x）2，即证，令 h（x）=2exexx3，则 h（x）=ex（x33x2+2）=ex（x+1）（x2+2x2），由此利用导数性质能证明 f（x）g（x）2【解答】（本小题满分 12 分）解：（）1ef，eeab，1ab-16-/17 依题意，12ef，又 2332 exfxxx-，42ab 联立解得2,1ab 证明：（）要证 2f xg x，即证3ln2ee2xxxxx（6 分）令 32eexxh xx，322e32e122xxhxxxxxx-当0,1x时，0 xe，10 x ，令 222p xxx，p x的对称轴为1x，且 010pp存在00,1x，使得00p x 当00,xx时，2220p xxx，2e1220 xhxxxx，即 h x在00,x上单调递增 当01,xx时，2220p xxx，x2e1220hxxxx 即 h x在01,x上单调递减 又 02,1ehh 故当0,1x时，02h xh（10 分）又当0,1x时，ln0 xx，ln22xx（11 分）所以3ln2ee2xxxxx，即 2f xg x（12 分）【点评】本题考查实数值的求法，考查不等式的证明，考查导数性质，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想、分类讨论思想，考查函数与方程思想，是中档题 22【考点】QH：参数方程化成普通方程；Q4：简单曲线的极坐标方程【分析】（）圆 C：（为参数），可得直角坐标方程：x2+y2=4，利用互化公式可得圆 C 的极坐标方程点 P 在直线 l：x+y4=0 上，利用互化公式可得直线 l 的极坐标方程（）设 P，Q，R 的极坐标分别为（1，），（，），（2，），由，又|OP|2=|OR|OQ|，即可得出【解答】解：（）圆C：2cos2sinxy（为参数），可得直角坐标方程：224xy，圆C的极坐标方程2-17-/17 点P在直线:40l xy上，直线l的极坐标方程4sincos（）设,P Q R的极坐标分别为 12,，因为124,2sincos，又因为2|OPOROQ，即212，21221612sincos，81sin2【点评】本题考查了参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 23【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法【分析】（1）根据题意，对 x 分 3 种情况讨论：当 x0 时，当 0 x时，当 x时；在各种情况下去掉绝对值，化为整式不等式，解可得三个解集，进而将这三个解集取并集即得所求（2）根据|f（x）f（a）|=|x2xa2+a|=|xa|x+a1|x+a1|=|xa+2a1|xa|+|2a1|1+|2a|+1，证得结果【解答】（1）解：根据题意，对x分 3 种情况讨论：当0 x时，原不等式可化为211xx ，解得0 x，又0 x，则x不存在，此时，不等式的解集为 当102x时，原不等式可化为211xx，解得0 x，又102x，此时其解集为102|xx 当12x 时，原不等式化为211xx，解得122x，又由12x，此时其解集为21|2xx，综上，原不等式的解集为2|0 xx（2）证明：21f xxx，实数a满足|1xa，22|1|1|21f xf axxaaxaxaxaxaa|21 12|1|21|xaaaa 2|1|f xf aa【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质，用放缩法证明不等式，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题