【贵州省】2017学年高考模拟理科数学年试题.pdf

1/13 贵州省贵州省 2017 年年高考高考模拟模拟理科理科数学数学试卷试卷 答答 案案 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）15BDCAD 610BACCA 1112DA 二、填空题（本小题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）135 142 1536 1610 或 11 三、解答题（本题共 70 分）17解：（）在ABC中，由cos4aB，sin3bA，两式相除，有4coscoscos13sinsinsinBtanaBaBbBbAAbbB，所以3tan4B，又cos4aB，故cos0B，则4cos5B，所以5a （6 分）（2）由（1）知3sin5B，由1sin2SacB，得到6c 由2222cosbacacB，得13b，故56131113l 即ABC的周长为1113（12 分）18解：（1）根据乙地 20 天 PM2.5 日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：2/13 甲地 PM2.5 日平均浓度的平均值低于乙地 PM2.5 日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散（2）记1A表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，2A表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，1B表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，2B表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则1A与1B独立，2A与2B独立，1B与2B互斥，1122CB AB A，11221122()()()P CP B AB AP B P AP B P A），由题意19)1(0P A，21)1(0P A，111)0(2P B，27)2(0P B，119715320102010100()P C 19解（1）证明：由题意，DEBC，DEADDEBDADBDD，DEADB平面，BCABD平面；BCABC平面，ABDABC平面平面；（2）由已知可得二面角A DE C-的平面角就是ADB 设等腰直角三角形42ABCABADBADDBAB的直角边，则在中，取DBOAODB中点，由（1）得平面ABDEDBC平面，AOEDBC面，所以以 O 为原点，建立如图坐标系，则(0,0,3)A，(1,0,0)B，(1,4,0)C，(1,2,0)E-设ABC平面的法向量为(,)mx y z，(1,0,3)AB，(1,4,3)AC 由30430m ABxzm ACxyz，取(3,0,1)m，(1,2,3)AE ，直线AE与ABC平面所成角的，6sin|cos,|4|m AEm AEAE m 即直线AE与ABC平面所成角的正弦值为：64 20解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率22cea，则2ac，3/13 由2222bacc，将2(1,)2P代入椭圆方程222212xycc，解得：1c，2a，1b，椭圆的标准方程：2212xy；（2）在x轴上假设存在定点(,0)M m，使得MA MB为定值 若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，(1,0)F），由22(1)12yk xxy，整理得2222()124220kxk xk，2122412kxxk，21222212kx xk，22222121222222241)(1)1)(2(1211kkky ykxxkkkkk ，则21212121212)()()xm xmy yx xmmMxxMBy yA，2222222222222412121122(241)kkkmmmmmkkkkk，欲使得MA MB为定值，则222412(2)mmm-，解得：54m，此时25721616MA MB ；当AB斜率不存在时，令1x，代入椭圆方程，可得22y，由5(,0)4M，可得716MA MB ，符合题意 故xx 轴上存在定5(,0)4M，使得716MA MB 21解：（1）()ln1fxxa，(1)12fa，解得：1a，故()lnf xxxx，()ln2fxx，令()0fx，解得：2xe，令()0fx，解得：20 xe，故()f x在2(0)e，递减，在2()e，递增；4/13 （2）要证()xefx，即证2n0lxex，即证ln2xex，0 x时，易得1xex，即只需证明1 ln2xx即可，即只需证明ln1xx即可 令()ln1h xxx，则1()1h xx，令()0h x，得1x ()h x在(0,1)递减，在(1,)递增，故()(1)0h xh 即1 ln2xx成立，即2xelnx，()xefx 22 解：（1）曲线1C的参数方程为22cosy2sinx（为参数），普通方程为22(2)4xy，即224xyx，极坐标方程为4cos；曲线1C的极坐标方程为2cossin，普通方程为：2yx；（2）射线 l 的参数方程为cossinxtyt（t为参数，64）把射线 l 的参数方程代入曲线1C的普通方程得：24 cos0tt，解得10t，24cost 2|4cos|OAt 把射线 l 的参数方程代入曲线2C的普通方程得：22cossintt，解得10t，22sincost 22|sin|cosOBt 2sin|4cos4tan4cosOAOBk 3(,13k，4 34(,43k|OAOB的取值范围是4 3(,43 23解：（1）26,1|4,1526,)1|55(xxxxf xxxx，5/13 ()f x在(,1上单调递减，在2222222112(1)(1)82(1)(1)ababab ，222211(1)(1)42abab，2()()16g ag b，()()4g ag b 6/13 2017 年贵州省高考年贵州省高考理科理科数学模拟试卷数学模拟试卷 解解 析析 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）1【考点】1E：交集及其运算【分析】解不等式求出集合 M，再根据交集的定义写出 MN【解答】解：集合集合 M=x|x22x0=x|0 x2，N=x|x1，则 MN=x|1x2 故选：B【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键 2【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出【解答】解：y=（2x+i）（1i）=2x+1+（12x）i，解得 y=2 故选：D【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题 3【考点】88：等比数列的通项公式【分析】根据已知条件可以求得公比 q=2【解答】解：数列an满足 an=an+1，=2 则该数列是以 2 为公比的等比数列 由 a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得 a1=，则 a4+a5=8a1+16a1=24a1=24=4，故选：C【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题 4【考点】96：平行向量与共线向量【分析】由题意可得，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论【解答】解：由题意可得，=，故有=，7/13 mn=1，故选：A【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题 5【考点】EF：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 a，b 的值，当 a=28，b=28 时，不满足条件 ab，退出循环，输出 a 的值【解答】解：模拟程序的运行，可得 a=56，b=140，满足条件 ab，不满足条件 ab，b=14056=84，满足条件 ab，不满足条件 ab，b=8456=28，满足条件 ab，满足条件 ab，a=5628=28，不满足条件 ab，退出循环，输出 a 的值为 28 故选：D【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的 a，b 的值是解题的关键，属于基本知识的考查 6【考点】F7：进行简单的演绎推理【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图 1 的面积等于图 2 梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图 1 的面积等于图 2 梯形的面积，又由图 2 是一个上底长为 1、下底长为 2 的梯形，其面积 S=；故选：B【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述 7【考点】L7：简单空间图形的三视图【分析】分析三棱锥 PBCD 的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案【解答】解：设棱长为 1，则三棱锥 PBCD 的正视图是底面边长为 1，高为 1 的三角形，面积为：；三棱锥 PBCD 的俯视图取最大面积时，P 在 A1处，俯视图面积为：；故三棱锥 PBCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为 1，故选：A【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥 PBCD 的正视图与侧视图的形状，是解答的关键 8【考点】HP：正弦定理【分析】由题意判断出三角形有两解时 A 的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出 a 的范围即可【解答】解：由 AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以 C 为圆心，半径为 2 的圆与 BA 有两个交点，当 A=90 时，圆与 AB 相切；当 A=45 时交于 B 点，也就是只有一解，8/13 45 A135，且 A90，即sinA1，由正弦定理以及 asinB=bsinA可得：a=2sinA，2sinA（2，2）a 的取值范围是（2，2）故选：C【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题 9【考点】CF：几何概型【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出 A 的面积，然后由概型公式求概率【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线 x=，x=，曲线 y=cosx 与 x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为 A，面积为 2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选 C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键 10【考点】3O：函数的图象【分析】根据图象的对称关系和条件可知 C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于 10，使用排除法得出答案【解答】解：气温图象在前 6 个月的图象关于点（3，0）对称，C（6）=0，排除 D；注意到后几个月的气温单调下降，则从 0 到 12 月前的某些时刻，平均气温应大于 10，可排除 C；该年的平均气温为 10，t=12 时，C（12）=10，排除 B；故选 A【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题 11【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】过 P 作准线的垂线，垂足为 N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设 PA 的倾斜角为，则当m 取得最大值时，sin 最小，此时直线 PA 与抛物线相切，求出 P 的坐标，即可求得|PA|的值【解答】解：抛物线的标准方程为 x2=4y，则抛物线的焦点为 F（0，1），准线方程为 y=1，过 P 作准线的垂线，垂足为 N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，|PA|=m|PF|，|PA|=m|PN|，9/13 设 PA 的倾斜角为，则 sin=，当 m 取得最大值时，sin 最小，此时直线 PA 与抛物线相切，设直线 PA 的方程为 y=kx1，代入 x2=4y，可得 x2=4（kx1），即 x24kx+4=0，=16k216=0，k=1，P（2，1），|PA|=2 故选 D 【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当 m 取得最大值时，sin 最小，此时直线 PA 与抛物线相切，属中档题 12【考点】54：根的存在性及根的个数判断【分析】求出函数 y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数 h（x）=f（x）+f（2x），作出函数 h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可【解答】解：函数 g（x）=f（2x）b，由 f（x）+g（x）=0，得 f（x）+f（2x）=，设 h（x）=f（x）+f（2x），若 x0，则x0，2x2，则 h（x）=f（x）+f（2x）=2+x+x2，若 0 x2，则2x0，02x2，则 h（x）=f（x）+f（2x）=2x+2|2x|=2x+22+x=2，若 x2，x2，2x0，则 h（x）=f（x）+f（2x）=（x2）2+2|2x|=x25x+8 作出函数 h（x）的图象如图：10/13 当 x0 时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+，当 x2 时，h（x）=x25x+8=（x）2+由图象知要使函数 y=f（x）+g（x）恰有 4 个零点，即 h（x）=恰有 4 个根，解得：b（7，8）故选：A【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题 二、填空题（本小题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13【考点】3L：函数奇偶性的性质【分析】根据偶函数 f（x）的定义域为 R，则xR，都有 f（x）=f（x），建立等式，解之求出 a，即可求出 f（2）【解答】解：因为函数 f（x）=（xa）（x+3）是偶函数，所以xR，都有 f（x）=f（x），所以xR，都有（xa）（x+3）=（xa）（x+3），即 x2+（a3）x3a=x2（a3）x3a，所以 a=3，所以 f（2）=（23）（2+3）=5 故答案为：5【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题 14【考点】DB：二项式系数的性质【分析】利用（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+），进而得出【解答】解：（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+），展开式中含 x4项的系数为 9，1+4a=9，解得 a=2 故答案为：2【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 15【考点】LG：球的体积和表面积 11/13 【分析】当点 C 位于垂直于面 AOB 时，三棱锥 OABC 的体积最大，利用三棱锥 OABC 体积的最大值为，求出半径，即可求出球 O 的体积【解答】解：如图所示，当点 C 位于垂直于面 AOB 时，三棱锥 OABC 的体积最大，设球 O 的半径为 R，此时 VOABC=VCAOB=R2 sin60 R=，故 R=3，则球 O 的表面积为 4R2=36，故答案为：36 【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点 C 位于垂直于面 AOB 时，三棱锥 OABC 的体积最大是关键属于中档题 16【考点】8H：数列递推式【分析】nan+1（n+1）an=2n2+2n，化为=2，利用等差数列的通项公式可得 an，再利用二次函数的单调性即可得出【解答】解：nan+1（n+1）an=2n2+2n，=2，数列是等差数列，首项为40，公差为 2=40+2（n1），化为：an=2n242n=2 则 an取最小值时 n 的值为 10 或 11 故答案为：10 或 11【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 三、解答题（本题共 70 分）17 【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】（1）由 acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求 tanB=，又 acosB=4，可得 cosB0，12/13 从而可求 cosB，即可解得 a 的值（2）由（1）知 sinB=，利用三角形面积公式可求 c，由余弦定理可求 b，从而解得三角形周长的值【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 18【考点】CC：列举法计算基本事件数及事件发生的概率；B8：频率分布直方图【分析】（1）根据乙地 20 天 PM2.5 日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果（2）记 A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则 A1与 B1独立，A2与 B2独立，B1与 B2互斥，C=B1A1B2A2，由此能求出事件 C 的概率【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用 19 【考点】MI：直线与平面所成的角；LY：平面与平面垂直的判定【分析】（1）证明：DE平面 ADB，DEBC，可证 BC平面 ABD，即可证明平面 ABD平面 ABC （2）取 DB 中点 O，AODB，由（1）得平面 ABD平面 EDBC，AO面 EDBC，所以以 O 为原点，建立如图坐标系，则 A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（1，2，0），利用平面 ABC 的法向量 求解【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题 20【考点】KL：直线与椭圆的位置关系【分析】（1）由题意的离心率公式求得 a=c，b2=a2c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得 a 和 b，求得椭圆方程；（2）在 x 轴上假设存在定点 M（m，0），使得为定值若直线的斜率存在，设 AB 的斜率为 k，F（1，0），由 y=k（x1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线 AB 的斜率不存在时，也成立【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题 21【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（1）由 f（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间（2）要证 exf（x），即证 exlnx+2，x0 时，易得 exx+1，即只需证明 xlnx+1 即可【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题 22【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程【分析】（1）先将 C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将 C2的极坐标方程两边同乘，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出 C2的直角坐标方程；13/13 （2）求出 l 的参数方程，分别代入 C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|OB|关于 k 的函数，根据 k 的范围得出答案【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题 23【考点】3H：函数的最值及其几何意义【分析】（1）化简 f（x）的解析式，得出 f（x）的单调性，利用单调性求出 f（x）的最小值；（2）计算2，利用基本不等式即可得出结论【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题