【湖北省襄阳】2017学年普通高中调研统一测试数学年(文科)试题.pdf

-1-/17 湖北省襄阳五中湖北省襄阳五中 2017 年高考三模数学年高考三模数学（文科）（文科）试卷试卷 答答 案案 一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）。15DCADB 610CBDAD 1112AB 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13316 14向右平移3个单位长度 156（-，-1632 2,32 2 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17解：（）sinsinsincCaAbaB（）。由正弦定理得222cabab，即222abcab。2221cosC22abcab。又03CC（，），。（）由（）知3C，23BA且2(0,3A)，故2cosA cosBcosA cos3A 13cosA cosBcosAcosAsinA22=13cosAsinA22=sin A6。2 50,3666AA,，当A62，即3A时，cosA sinA取得最大值，为 1。18（）证明：22222PAABPBPAABPBABPA，则，-2-/17 由题意知1160=22ABCADCABADBC，在ABC中，由余弦定理有：2222cos6012ACABBCAB BC，222ABACBC，即ABAC，又PAACA，PA平面PAC，AC 平面PAC，AB 平面PAC，又PC 平面PAC，ABPC；（）解：由题意知PAAD，由（I）知ABPA，PA平面ABCD，由已知得1AD2,PAAB2,AD42PAAB，E为PD的中点，E点到平面ADC的距离为112PA，多面体PABCE的体积为1112 2sin6022 2 sin6012 3332P ABCDE ACDVV 19解：（）由已知可得，40 岁以下的有3100605人，使用微信支付的有260403人，40 岁以上使用微信支付有140104人。2 2列联表为：40 岁以下 40 岁以上 合计 使用微信支付 40 10 50 未使用微信支付 20 30 50 合计 60 40 100 由列联表中的数据计算可得2K的观测值为2100(40 3020 10)5060 40 50 503K，由于5010.8283，有99.9%的把握认为“使用微信支付与年龄有关”；（）若以频率代替概率，采用随机抽样的方法从“40 岁以下”的人中抽取 2 人，这两人使用微信支付分别记为,A B，则 23P AP B，从“40 岁以上”的人中抽取 1 人，这个人使用微信支付记为C，则14P C（），显然,A B C相互独立，-3-/17 则至少有一人使用微信支付的概率为113111)133412PP ABC （。故至少有一人使用微信支付的概率为1112。20（）解：|ADACEBAC，故，|EBDACDADCEBED，故|EAEBEAEDAD。又圆A的标准方程为22(1)16xy，从而|4AD，|4|EAEB，由题设得1,0A，1,0B，|2AB，由椭圆的定义可得点E的轨迹方程为22143xy；（）证明：若直线ON的斜率不存在，2 3,|2,4|ONOMMN，原点O到直线MN的距离3OM ONdMN。若直线ON的斜率存在，设直线OM的方程为ykx，代入22143xy，得222221212,3434kxykk，直线ON的方程为1yxk，代入2 3y，得2 3,2 3Nk。由题意知222222222212(1)48(1)(2 3)(2 3)3434|kkMNONOMkkk。设原点O到直线MN的距离为d，由题意知|MNdOMON，得22223OMONdMN，则3d。综上所述，原点O到直线MN的距离为定值3。21解：（）由2()lnf xaxax，得2121()2(0)axfxaxxxx，当0a 时，()0,()fxf x在(0,)上单调递减；-4-/17 当0a 时，由()0fx=，解得12xa（舍去负值），10,2xa时，()0,fxf x单调递减，10,2xa时，()0,()fxf x单调递增。综上，当0a 时，()f x在(0,)上单调递减；当0a 时，f x（）在10,2a上单调递减，在(0,)上单调递增。（）e1()0exf xx+，即2e1ln0exaxaxx在(1,)上恒成立，等价于21e(1)lnexa xxx在(1,)上恒成立，设1eee()eexxxxk xxx，记1()eexk xx，则1()eexkx，当1x 时，10kx，1kx在1,上单调递增，1110kxk=，即()0k x，若0a，由于1x，故2(1)0a xx-ln。e10exf xx（）在1,上恒成立时，必有0a。当0a 时，若112a，则102a，由（）知121,ax时，f（x）单调递减；1,2xa时，f x（）单调递增，因此 1120faf，而012ka，即存在112xa，使e1()0exf xx-，故当102a时，e1()0exf xx-不恒成立。若12a1，即12a，设221e11e()(1)()2eexxs xa xxs xaxxxx-ln+，由于2axx且1()ee0 xk xx，即e1exx，故e1exx，因此()s x，故()s x在(1,)上单调递增，()(1)0s xs，即12a 时，e1()0exf xx在1,上恒成立。综上，1,2a时，e1()0exf xx-在1,上恒成立。-5-/17 22解：（）曲线C的极坐标方程为2241cos，曲线C的直角坐标方程为22124xy，直线l的参数方程为12(332xttyt 为参数），消去t得直线l的普通方程为33xy。（）点(0,3)P在直线l：33xy上，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得22213234,5124022tttt，设两根为12,t t，则121 2124,55ttt t ，故1t与2t异号，212122 24 14()4|5|PAPBttttt t，121 24|PA|PB|t|5tt t，11+14PAPBPAPBPA PB。23解：（）不等式()0f xx可化为|2|1xxx，当1x-时，2)(1)xxx-(，解得3x，即31x；当12x 时，2)1xxx-(，解得1x，即11x；当2x 时，21xxx，解得：3x，即3x，综上所述，不等式()0f xx的解集为3|1xx 或3x。（）由不等式22f xaa（），可得2|22|1xxaa，|2213|1xxxx，223aa，即2230aa，解得1a 或3a，故实数a的取值范围是1a 或3a。-6-/17 湖北省襄阳五中湖北省襄阳五中 2017 年高考三模数学试卷（文科）年高考三模数学试卷（文科）解解 析析 1【考点】1H：交、并、补集的混合运算。【分析】根据不等式的性质求出集合 A，B 的等价条件，结合集合的基本运算进行求解即可。【解答】解：A=x|x2x20=x|1x2，=x|x6 或 x，则RB=x|x6，则 A（RB）=x|x2，故选：D 2【考点】A5：复数代数形式的乘除运算。【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简 z，再由虚数单位 i 的运算性质求解。【解答】解：z=，z2017=（i4）504i=i。故选：C。3【考点】G9：任意角的三角函数的定义。【分析】求出直线的交点坐标，结合三角函数的定义进行求解即可。【解答】解：由得，即 P（1，1），交点 P 在角 的终边上，tan=1，故选：A 4【考点】CB：古典概型及其概率计算公式。【分析】先求出基本事件总数 n=6，再求出每人分别得到 1 本小说与 1 本诗集包含的基本事件个数m=（）=4，由此能示出每人分别得到 1 本小说与 1 本诗集的概率。【解答】解：在一次赠书活动中，将 2 本不同的小说与 2 本不同的诗集赠给 2 名学生，每名学生 2 本书，基本事件总数 n=6，每人分别得到 1 本小说与 1 本诗集包含的基本事件个数 m=（）=4，每人分别得到 1 本小说与 1 本诗集的概率 p=。故选：D。-7-/17 5【考点】J9：直线与圆的位置关系。【分析】当时，求得圆心到直线的距离，列出不等式，由此求得 k 的范围。【解答】解：圆 x2+y24x6y+9=0 即（x2）2+（y3）2=4，当|AB|=2时，圆心（2，3）到直线 y=kx+3 的距离为 d=1，故当|AB|2时，d=1，求得k，故选：B 6【考点】F4：进行简单的合情推理。【分析】分别求出结果，利用回文数的定义进行判断。【解答】解：在 A 中，18716=2992，是回文数；在 B 中，1112=12321，是回文数；在 C 中，4542=1890，不是回文数；在 D 中，230421=48384，是回文数。故选：C。7【考点】85：等差数列的前 n 项和。【分析】利用韦达定理求出 a4+a6=18，再由等差数列通项公式和前 n 项和公式得 S9=（a4+a6），由此能求出结果。【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a4，a6 是方程 x218x+p=0 的两根，那 a4+a6=18，S9=81。故选：B。8【考点】L!：由三视图求面积、体积。【分析】如图所示，该几何体为四棱锥 PABCD，其中 PA底面 ABCD，底面 ABCD 是正方形。利用表面积计算公式即可得出。【解答】解：如图所示，该几何体为四棱锥 PABCD，其中 PA底面 ABCD，底面 ABCD 是正方形。该几何体的表面积=22+2+2，解得 x=。故选：D。-8-/17 9【考点】EF：程序框图。【分析】根据程序框图的功能进行求解即可。【解答】解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能为计算并输出 S=的值，则当输入的 t=1 时，S=51=5，当输入的 t=5 时，S=5245=5，则输出 S 的和为 5+5=10。故选：A。10【考点】3N：奇偶性与单调性的综合。【分析】根据题意，分析函数 f（x）在区间0，+）的单调性，由函数为偶函数可得=f（），分析可得 a2+2a+=（a+1）2+，结合函数在0，+）的单调性分析可得答案。【解答】解：根据题意，在0，+）上函数，则函数在（0，1）上为增函数，在区间（1，+）上为减函数，若 f（x）是偶函数，则=f（），又由 a2+2a+=（a+1）2+，则有 f（）f（a2+2a+），即 f（）f（a2+2a+），故选：D。11【考点】LG：球的体积和表面积；LR：球内接多面体。【分析】根据两平面的形状寻找外球球的球心位置，利用勾股定理求出外接球半径，从而可得出球的体积。【解答】解：在图 2 中，取 AC 的中点 E，连结 DE，BE，AD=CD，DEAC，平面 ACD平面 ABC=AC，平面 ACD平面 ABC，-9-/17 DE平面 ACD，DE平面 ABC，ABC=90，棱锥外接球的球心 O 在直线 DE 上，AD=CD=，AB=BC=2，ABC=90，BE=AE=CE=AC=，DE=2，设 OE=x，则 OD=2x，OB=，2x=，解得 x=，外接球的半径 r=2x=，外接球的体积 V=（）3=。故选A。12【考点】3R：函数恒成立问题。【分析】分类参数得 a，求出 f（x）=在（1，1上的最小值即可得出 a 的范围。【解答】解：e2xaxa 在（1，1上有解，a在（1，1上有解，令 f（x）=，x（1，1，则 afmin（x）。则 f（x）=，当 x（1，）时，f（x）0，当 x（，1时，f（x）0，f（x）在（1，上单调递减，在（，1上单调递增，当 x=时，f（x）取得最小值 f（）=。a。故选B。-10-/17 13【考点】9H：平面向量的基本定理及其意义。【分析】由向量的线性运算得=。即可。【解答】解：=。，故答案为：14【考点】HJ：函数 y=Asin（x+）的图象变换。【分析】首先化简三角函数式，然后利用三角函数的图象变换确定平移长度。【解答】解：函数=sin（2x+）+sin2x=cos2x+sin2x=2sin（2x+），所以要得到函数的图象，只需把函数向右平移个单位长度；故答案为：向右平移个单位长度。15【考点】7C：简单线性规划。【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的意义，转化求解目标函数的最小值，求出 m 的范围即可。【解答】解：实数 x，y 满足线性约束条件的可行域如图：若 x2ym 恒成立，则 m 小于等于 x2y 的最小值。平移直线 x2y=0 可知：直线经过可行域的 B 时，目标函数取得最小值，由可得 B（2，4），则 x2y 的最小值为：28=6，可得 m6。给答案为：（，6。-11-/17 16【考点】9V：向量在几何中的应用。【分析】设AB方程为x=ay+m，代入抛物线方程，利用根与系数的关系得出A，B的坐标关系，根据恒成立得出关于 m 的不等式，从而解出 m 的范围。【解答】解：设直线 AB 的方程为 x=ay+m，代入抛物线方程得 y24ay4m=0，设 A（x1，y1），B（x2，y2），又 F（1，0），=（x11，y1），=（x21，y2）由根与系数的关系得：y1y2=4m，y1+y2=4a，x1x2=（ay1+m）（ay2+m）=a2y1y2+am（y1+y2）+m2=4a2m+4a2m+m2=m2，x1+x2=a（y1+y2）+2m=4a2+2m，=（x11）（x21）+y1y2=x1x2（x1+x2）+1+y1y2=m26m4a2+10，m26m+14a2 恒成立，m26m+10，解得 32m3+2。故答案为（32，3+2）。17【考点】HP：正弦定理。【分析】（）由 csinCasinA=（ba）sinB。由正弦定理得 c2a2=b2ab，即 a2+b2c2=ab。再利用余弦定理即可得出。（）由（）知3C，可得23BA且20,3A，可得2cosA cosBcosA cossin(A)36A。利用2 5(0,3666AA)，即可得出。【解答】解：（）sinsinsincCaAbaB（）。由正弦定理得222cabab，即222abcab。-12-/17 2221cosC22abcab。又03CC（，），。（）由（）知3C，23BA且2(0,3A)，故2cosA cosBcosA cos3A 13cosA cosBcosAcosAsinA22=13cosAsinA22=sin A6。2 50,3666AA,，当A62，即3A时，cosA sinA取得最大值，为 1。18【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LX：直线与平面垂直的性质。【分析】（）求解三角形可得 ABPA，ABAC，由线面垂直的判定可得 AB平面 PAC，进一步得到 ABPC；（）由题意知 PAAD，由（I）知 ABPA，可得 PA平面 ABCD，结合 E 为 PD 的中点求得 E 点到平面 ADC 的距离为PA=1，然后由多面体 PABCE 的体积为 VPABCDVEACD 求解。【解答】（）证明：22222PAABPBPAABPBABPA，则，由题意知1160=22ABCADCABADBC，在ABC中，由余弦定理有：2222cos6012ACABBCAB BC，222ABACBC，即ABAC，又PAACA，PA平面PAC，AC 平面PAC，AB 平面PAC，又PC 平面PAC，ABPC；（）解：由题意知PAAD，由（I）知ABPA，PA平面ABCD，由已知得1AD2,PAAB2,AD42PAAB，E为PD的中点，E点到平面ADC的距离为112PA，-13-/17 多面体PABCE的体积为1112 2sin6022 2 sin6012 3332P ABCDE ACDVV 19【考点】BL：独立性检验。【分析】（）由 40 岁以下的有 100=60 人，使用微信支付的有 60=40 人，40 岁以上使用微信支付有 40=10 人。即可完成 22 列联表，根据 22 列联表求得观测值 K2 与参考值对比即可求得答案；（）分别求得“40 岁以下”的人中抽取 2 人，这两人使用微信支付的概率，从“40 岁以上”的人中抽取1 人，这个人使用微信支付的概率，根据独立事件的概率公式，即可求得答案。【解答】解：（）由已知可得，40 岁以下的有3100605人，使用微信支付的有260403人，40 岁以上使用微信支付有140104人。2 2列联表为：40 岁以下 40 岁以上 合计 使用微信支付 40 10 50 未使用微信支付 20 30 50 合计 60 40 100 由列联表中的数据计算可得2K的观测值为2100(40 3020 10)5060 40 50 503K，由于5010.8283，有99.9%的把握认为“使用微信支付与年龄有关”；（）若以频率代替概率，采用随机抽样的方法从“40 岁以下”的人中抽取 2 人，这两人使用微信支付分别记为,A B，则 23P AP B，从“40 岁以上”的人中抽取 1 人，这个人使用微信支付记为C，则14P C（），显然,A B C相互独立，则至少有一人使用微信支付的概率为113111)133412PPBC （A。故至少有一人使用微信支付的概率为1112。20【考点】J3：轨迹方程。【分析】（）由题意画出图形，利用平面几何知识可得|EA|+|EB|=4，再由椭圆定义得点 E 的轨迹方程；-14-/17 （）若直线 ON 的斜率不存在，可得|ON|=2，|OM|=2，|MN|=4，利用三角形面积相等可得原点 O 到直线 MN 的距离 d=。若直线 ON 的斜率存在，设直线 OM 的方程为 y=kx，代入椭圆方程，求得 M 坐标，直线 ON 的方程为 y=，代入 y=求得 N 的坐标。利用勾股定理求得|MN|2，再由三角形面积相等可得原点 O 到直线 MN 的距离 d=。【解答】（）解：|/ADACEBAC，故，|EBDACDADCEBED，故|EAEBEAEDAD。又圆A的标准方程为22(1)16xy，从而|4AD，|4|EAEB，由题设得1,0A，1,0B，|2AB，由椭圆的定义可得点E的轨迹方程为22143xy；（）证明：若直线ON的斜率不存在，2 3,|2,4|ONOMMN，原点O到直线MN的距离3OM ONdMN。若直线ON的斜率存在，设直线OM的方程为ykx，代入22143xy，得222221212,3434kxykk，直线ON的方程为1yxk，代入2 3y，得2 3,2 3Nk。由题意知222222222212(1)48(1)(2 3)(2 3)3434|kkMNONOMkkk。设原点O到直线MN的距离为d，由题意知|MNdOMON，得22223OMONdMN，则3d。综上所述，原点O到直线MN的距离为定值3。21【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；3R：函数恒成立问题。-15-/17 【分析】（）求出原函数的导函数，分 a0 和 a0 研究函数的单调性，当 a0 时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调性。（）把 f（x）+0 在（1，+）上恒成立转化为在（1，+）上恒成立，求导可知不等式右边恒大于 0，分析 a0 不合题意；知 f（x）+0 在（1，+）上恒成立时，必有a0。然后结合（）中函数的单调性分析，可得 0a时，f（x）+0 不恒成立。a时，f（x）+0 在（1，+）上恒成立。【解答】解：（）由2()lnf xaxax，得2121()2(0)axfxaxxxx，当0a 时，()0,()fxf x在(0,)上单调递减；当0a 时，由()0fx=，解得12xa（舍去负值），10,2xa时，()0,fxf x单调递减，10,2xa 时，()0,()fxf x单调递增。综上，当0a 时，()f x在(0,)上单调递减；当0a 时，f x（）在10,2a上单调递减，在(0,)上单调递增。（）1()0 xef xex+，即21ln0 xeaxaxex在(1,)上恒成立，等价于21(1)lnxea xxxe在(1,)上恒成立，设1()xxxeeexk xxexe，记1()xk xeex，则1()xkxee，当1x 时，10kx，1kx在1,上单调递增，1110kxk=，即()0k x，若0a，由于1x，故2(1)0a xx-ln。10 xef xex（）在1,上恒成立时，必有0a。当0a 时，若112a，则102a，由（）知121,ax时，f（x）单调递减；1,2xa时，f x（）单调递增，因此 1120faf，而012ka，即存在112xa，使1()0 xef xex-，-16-/17 故当102a时，1()0 xef xex-不恒成立。若12a1，即12a，设22111()(1)()2xxees xa xxs xaxxexxe-ln+，由于2axx且1()0 xk xeex，即1xeex，故1xeex，因此()s x，故()s x在(1,)上单调递增，()(1)0s xs，即12a 时，1()0 xef xex在1,上恒成立。综上，1,2a时，1()0 xef xex-在1,上恒成立。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】（）由曲线 C 的极坐标方程能求出曲线 C 的直角坐标方程；直线 l 的参数方程消去 t，能求出直线 l 的普通方程。（）点 P（0，）在直线 l：上，将直线 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程，得 5t2+12t4=0，设两根为 t1，t2，则，由此能求出+。【解答】解：（）曲线C的极坐标方程为2241cos，曲线C的直角坐标方程为22124xy，直线l的参数方程为12(332xttyt 为参数），消去t得直线l的普通方程为33xy。（）点(0,3)P在直线l：33xy上，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得22213234,5124022tttt，设两根为12,t t，则121 2124,55ttt t ，故1t与2t异号，212122 24 14()4|5|PAPBttttt t，121 24|PA|PB|t|5tt t，11+14PAPBPAPBPA PB。-17-/17 23【考点】R5：绝对值不等式的解法。【分析】（）通过讨论 x 的范围求出各个区间上的不等式的解集，取并集即可；（）根据绝对值的性质，得到关于 a 的不等式，解出即可。【解答】解：（）不等式()0f xx可化为|2|1xxx，当1x-时，2)(1)xxx-(，解得3x，即31x；当12x 时，2)1xxx-(，解得1x，即11x；当2x 时，21xxx，解得：3x，即3x，综上所述，不等式()0f xx的解集为3|1xx 或3x。（）由不等式22f xaa（），可得2|22|1xxaa，|2213|1xxxx，223aa，即2230aa，解得1a 或3a，故实数a的取值范围是1a 或3a。