【福建省莆田】2017学年高考一模数学年(文科)试题.pdf

1/12 福建省莆田市福建省莆田市 2017 年高考一模数学（年高考一模数学（文文科）试卷科）试卷 答答 案案 一、选择题 15CBABB 610BBCDD 1112DA 二、填空题 1332i 143 153 162 三、解答题 17解：（1）2nSnkn，2n时，2211)(1)21(nnnaSSnknnk nnk 6n 时，61113ak，解得2k 2n时，21221nann 当1n 时，11123aS，上式也成立 21nan（2）22111(1)(22)(1)1nnbn annn nnn，数列 nb的前n项和111(1)()2211()13nTnn1111nnn 18解：（1）从 10 段中任取一段的基本事件有 10 个，分别为：(77,72)，(92,87)，(84,78)，(86,83)，(74,83)，(76,85)，(81,75)，(71,89)，(85,90)，(87,95)，这些基本事件是等可能的，用A表示“在同一段中两岸环保评分均为优良”的事件，则A包含的基本事件为：(92,87)，(86,83)，(85,90)，(87,95)，共4个，42()105P A （2）根据表中数据，完成下列茎叶图：2/12 （3）南岸 10 段的分值数据的中位数为：181 8482.52z，南岸 10 段分值数据的平均数为：1(70 4 1467)(80 5 14567)9281.310 x ，北岸 10 段分值数据的中位数为：28385842z，北岸 10 段分值数据的平均数：2(70 3258)(80 533579)(90 205)83.710 x ，由12zz，12xx，可以看出北岸保护更好 19（1）证明：连接AC，设ACBDO，四边形ABCD为矩形，则O为AC的中点，在ASC中，E为AS的中点，SCOE，又OEBDE平面，SCBDE平面，SCBDE平面；（2）解：过EEHAB作，垂足为H，BCAB，且BCSB，ABSBB，BCSAB平面，EHABS平面，EHBCEFABABBCB，又，EHABCD平面，在SAB中，取AB中点M，连接SM，则SMAB，1SM EHSM，1122EHSM 13 2 33 32BCDS 11133 33322C BDEE BCDBCDVVSEH 三棱锥CBDE的体积为32 3/12 20解：（1）由题意ABP是等腰直角三角形，2a，(2,0)B，设00)(,Q x y，由32PQQB，则006545xy，代入椭圆方程，解得21b，椭圆方程为2214xy；（2）由题意可知，直线l的斜率存在，方程为2ykx，11)(,M x y，22)(,N xy，则22214ykxxy，整理得：22)(1416120kxkx，由直线l与E有两个不同的交点，则0，即22(16)4 12(140kk)，解得：234k，由韦达定理可知：1221614kxxk，1221214x xk，由坐标原点O位于MN为直径的圆外，则0OMON，即12120 x xy y，则12121212(2)(2)x xy yx xkxkx 21 212(12()4kx xkxx 22216(12412)04411kkkk，解得：24k，综上可知：2344k，解得：322k或322k ，直线l斜率的取值范围33(2,)(,2)22 4/12 21解：（1）2()(21)(1)0fxxx，112x 或，12x 是()h x的零点；1()g xkx，0k，()0g x，()g x在1,)上单调递减，()g x的最大值为(1)1gk 1k，(1)0g，()g x在1,)上无零点；1k，(1)0g，()g x在1,)上有1个零点；10k，(1)0g，11(ee0)kkgkk，()g x在1,)上有1个零点；综上所述，1k 时，()h x有1个零点；10k 时，()h x有两个零点；（2）设切点(,()t f t，2()66fxxx，切线斜率2()66f ttt，切线方程为2()(66)()yf ttt xt，切线过(,4)P a，24()(66)()f ttt at，322436650ttt ata 由题意，方程有3个不同的解 令322()43665H tttt ata，则2()1261260H tttata 12ta或 12a 时，()0H t，()H t在定义域内单调递增，()H t不可能有两个零点，方程不可能有两个解，不满足题意；12a 时，在1(,),()2a，上，()0H t，函数单调递增，在1(,)2a上，()0H t，函数单调递减，()H t的极大值为1()2H，极小值为()H a；12a 时，在(,)a，1(,2）上，()0H t，函数单调递增，在1(,)2a上，()0H t，函数单调递减，()H t的极大值为()H a，极小值为1()2H；要使方程有三个不同解，则1()()02HH a，即2(27)(1)(2550aaaa），712aa 或 选修 44 坐标系与参数方程 5/12 22解：（1）圆C的方程为22(1)(1)2xy，圆C的参数方程为12cos12sinxy （为参数），直线l的极坐标方程为sin()2 24，22(sincos)2 222，即sincos40，直线l的普通方程是40 xy；（2）由题意设(12cos,12sin)P，点P到直线l距离22|12cos12sin4|11d，|2sin()2|42，2|sin()1|4，1sin()14，02|sin()1|2 24，即02 2d，点P到直线l距离的取值范围是0,2 2 选修 45 不等式选讲 23解：（1）62,2()4|+|22,|4|226,4x xf xxxxxx 当2x 时，()2f x，622x，解得2x；当24x时，()2f x 得22，无解；当4x 时，()2f x 得262x，解得4x 所以不等式()2f x 的解集为(,2)(4,)（2）4|22|xx，2M，2xaM的解集包含0,1，022a，122a，1a 故a的取值范围为：1,)6/12 福建省莆田市福建省莆田市 2017 年高考一模数学（年高考一模数学（文文科）试卷科）试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】交集及其运算【分析】求出 A 与 B 中不等式的解集确定出 A 与 B，找出 A 与 B 的交集即可【解答】解：由 A 中不等式变形得：（x1）（x2）0，解得：1x2，即 A=1，2，由 B 中不等式解得：x，即 B=（，+），则 AB=（，2，故选：C 2【考点】二倍角的余弦【分析】由已知利用诱导公式可求 cos 得值，进而利用二倍角的余弦函数公式即可计算求值得解【解答】解：，cos=，cos2=2cos21=2（）21=故选：B 3【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分必要条件的定义，结合直线平行的性质及判定分别进行判断即可【解答】解：l1l2”得到：a21=0，解得：a=1 或 a=1，所以应是充分不必要条件 故选：A 4【考点】函数奇偶性的性质【分析】依题意首先把 x0 时，函数的解析式求出再把 x=2 代入函数式得出答案【解答】解：设 x0，因为函数 f（x）是定义在 R 上的奇函数，f（x）=f（x）=2（x）当 x0 时，函数的解析式为 f（x）=2x f（2）=2（2）=4 故选 B 5【考点】程序框图【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的 S，a 的值，当 a=40 时，不满足条件 a32，退出循环，输出 S 的值为 81，即可得解【解答】解：模拟程序的运行，可得 7/12 a=1，S=0，n=1 满足条件 a32，执行循环体，S=1，n=2，a=8 满足条件 a32，执行循环体，S=9，n=3，a=16 满足条件 a32，执行循环体，S=25，n=4，a=24 满足条件 a32，执行循环体，S=49，n=5，a=32 满足条件 a32，执行循环体，S=81，n=6，a=40 不满足条件 a32，退出循环，输出 S 的值为 81 故选：B 6【考点】几何概型【分析】根据几何概型的概率公式即可得到结论【解答】解：设两个直角边长为 a，b，则由条件可知，则斜边长不大于 1 的事件为，a2+b21，则由几何概型的概率可知所求的概率 P=，故选 B 7【考点】球的体积和表面积；由三视图求面积、体积【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱锥，其外接球相当于一个长，宽，高分别为：5，4，3 的长方体的外接球【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱锥，其外接球相当于一个长，宽，高分别为：5，4，3 的长方体的外接球，故球 O 的半径 R 满足：4R2=32+42+52=50，故球 O 的表面积 S=50，故选：B 8【考点】直线与抛物线的位置关系【分析】先设出 A 的坐标，根据抛物线的定义可知该点到准线的距离与其到焦点的距离相等，进而利用点到直线的距离求得 x 的值，代入抛物线方程求得 y然后求解直线的斜率，得到直线 FA 的倾斜角【解答】解：设该 A 坐标为（x，y），抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F（，0），根据抛物线定义可知 x+=3，解得 x=，代入抛物线方程求得 y=，故 A 坐标为：（，），AF 的斜率为：=，8/12 则直线 FA 的倾斜角为：或 故选：C 9【考点】正弦函数的单调性【分析】由题意可得+=42，求得 的值，再根据对称中心求得 的值，可得函数 f（x）的解析式，利用正弦函数的单调性，求得 f（x）的单调递增区间【解答】解：函数 f（x）=sin（x+）（0，），A（，0）为 f（x）图象的对称中心，B，C 是该图象上相邻的最高点和最低点，若 BC=4，+=42，即 12+=16，求得=再根据+=k，kZ，可得=，f（x）=sin（x）令 2kx2k+，求得 4kx4k+，故 f（x）的单调递增区间为（4k，4k+），kZ，故选：D 10【考点】圆与圆锥曲线的综合【分析】求得圆的圆心和半径，双曲线的一条渐近线方程，运用直线和圆相交的弦长公式，可得圆心到渐近线的距离为 1，再由点到直线的距离公式和离心率公式，计算即可得到所求值【解答】解：由圆 C：（x1）2+（y3）2=9 可得圆心（1，3），半径为 3，双曲线 E，的一条渐近线方程为 bxay=0，渐近线被圆 C：（x1）2+（y3）2=9 所截得的弦长等于 4，圆心到直线的距离为：由弦长公式可得 2=，可得，解得，即 c=a 或 c=a，即 e=或 e=，故选：D 11【考点】异面直线及其所成的角【分析】如图所示，BD1平面 AB1C，平面 过直线 BD，平面 AB1C，可得平面 即为平面 DBB1D1设 9/12 ACBD=O可得 平面 AB1C=m 为 OB1同理可得：平面 A1C1D 即为平面 又 A1DB1C，可得 m，n 所成角为OB1C，根据AB1C 为正三角形，即可得出【解答】解：如图所示，BD1平面 AB1C，平面 过直线 BD，平面 AB1C，平面 即为平面 DBB1D1设 ACBD=O 平面 AB1C=m 为 OB1 平面 A1C1D 过直线 A1C1，与平面 AB1C 平行，而平面 过直线 A1C1，平面 AB1C，平面 A1C1D 即为平面 平面 ADD1A1=A1D=n，又 A1DB1C，m，n 所成角为OB1C，由AB1C 为正三角形，则 cosOB1C=cos=故选：D 12【考点】利用导数研究函数的单调性【分析】求出函数的对称轴，令 g（x）=f（x）cosx，根据函数的单调性判断函数值的大小即可【解答】解：由 f（x）=f（2x），得函数 f（x）的图象关于直线 x=对称，当 0 x 时，若 f（x）sinxf（x）cosx0，令 g（x）=f（x）cosx，则 g（x）=f（x）cosxf（x）sinx0，当 0 x 时，g（x）在（0，）递增，在（，2）递减，故 g（）g（）g（）=g（），即 abc，故选：A 二、填空题 13【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】由 zi=2+3i，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数 z 得答案【解答】解：由 zi=2+3i，10/12 得=故答案为：32i 14【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域内的动点与原点连线的斜率求解【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得 A（，）的几何意义为可行域内的动点与原点连线的斜率，则的最大值为 故答案为：3 15【考点】余弦定理【分析】由已知化简可得：b2+c2a2=bc，由余弦定理可求 cosA=，结合范围 A（0，），可求 A=，由余弦定理，基本不等式可求 bc4，进而利用三角形面积公式即可计算得解【解答】解：，可得：b2+c2a2=bc，cosA=，A（0，），A=，a=2，由余弦定理可得：4=b2+c2bc，4=b2+c2bc2bcbc=bc，即：bc4，当且仅当 b=c 等号成立，11/12 SABC=bcsinA=，当且仅当 b=c 等号成立，则ABC 面积的最大值为 故答案为：16【考点】平面向量数量积的运算【分析】建立平面直角坐标系，设出 D，求解相关的坐标，利用向量的数量积求解 D 的坐标，然后求解即可【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，设 D（0，a），ABD 面积为 1，可得 B（，0），则 C（，2a），=，则 E（.），BECD，可得：（，a）（，）=0，解得 a2=，=（0，a），=（，a），=a2=给答案为：三、解答题 17【考点】数列的求和【分析】（1），n2 时，an=SnSn1n=6 时，a6=13，解得 k进而得出（2）=，利用“裂项求和”方法即可得出 18【考点】极差、方差与标准差；茎叶图【分析】（1）利用列举法求出从 10 段中任取一段的基本事件有 10 个，用 A 表示“在同一段中两岸环保评分均为优良”的事件，利用列法求出 A 包含的基本事件个数，由此能求出在同一段中两岸环保评分均为优良的概率（2）根据表中数据，能完成茎叶图（3）分别求出南岸 10 段的分值数据的中位数、平均数和北岸 10 段分值数据的中位数、平均数，由此看出北岸保护更好 19【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定 12/12 【分析】（1）连接 AC，设 ACBD=O，由题意可得 O 为 AC 的中点，又 E 为 AS 的中点，由三角形中位线定理可得 SCOE，再由线面平行的判定可得 SC平面 BDE；（2）过 E 作 EHAB，垂足为 H，由线面垂直的判定可得 BC平面 SAB，则 EHBC，又 EFAB，得到 EH平面 ABCD，在SAB 中，取 AB 中点 M，连接 SM，则 SMAB，求得 SM=1进一步可得 EH=再求出三角形 BCD 的面积利用等体积法求得三棱锥 CBDE 的体积 20【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程【分析】（1）由向量共线定理求得 Q 点坐标，由 a=2，将 Q 代入椭圆方程，即可求得 b，求得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理及0，向量数量积的坐标运算0，即可求得 k 的取值范围 21【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；根的存在性及根的个数判断【分析】（1）分类讨论，求导数，切点函数的单调性，即可讨论 h（x）零点的个数；（2）设出切点，由切线方程，化简得三次函数，将题目条件化为函数有三个零点，即可求 a 的取值范围 22【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程【分析】（1）由题意求出圆 C 的参数方程和直线 l 的普通方程；（2）由题意设 P（，），由点到直线的距离公式表示出点 P 到直线 l 距离，利用两角和的正弦公式化简后，由正弦函数的值域求出答案 23【考点】绝对值不等式的解法；函数的最值及其几何意义【分析】（1）f（x）=|x4|+|x2|=分 x2 时，；2x4，x4，解 f（x）2（2）由|x4|+|x2|2，得 M=2，由 2x+aM 的解集包含0，1，得 20+a2，21+a2