【河北省唐山市】2017届高三上学期期末文科数学试卷-答案.pdf

-1-/11 河北省唐山市河北省唐山市 2017 届高三上学期期末届高三上学期期末文科数学文科数学试卷试卷 答答 案案 一、选择题 15DBADC 610.BABCD 1112AC 二、填空题 135 142 1521 16435 三、解答题 17解：（1）由正弦定理可得 2sin2sincoscos2sinsinAAABBA（2 分）2sin(coscossinsin)2sincos()2sincosAABBAAABAC 所以1cos2C ，故23C（6 分）（2）由ABC的面积为15 34得15ab，（8 分）由余弦定理得222ababc，又15()cab，解得7c（12 分）18解：（1）1(0.01 0.0150.030.0150.005)10 100.025a，45 0.1 55 0.1565 0.2575 0.3 85 0.1595 0.0569x（4 分）（2）文科生 理科生 合计 获奖 5 35 40 不获奖 45 115 160 合计 50 150 200（8 分）200(5 11535 45)2254.1673.84150 150 40 1606k，所以有超过 95%的把握认为“获奖与学生的文理科有关（12 分）19证明：（1）过N作NEBC，交PB于点E，连AE，3CNNP，ENBC且14ENBC，又ADBC，24BCAD，M为AD的中点，AMBC且14AMBC，-2-/11 ENAM且ENAM，四边形AMNE是平行四边形，MNAE，又MN 平面PAB，AE 平面PAB，MN平面PAB（6 分）解：（2）连接AC，在梯形ABCD中，由24BCAD，ABCD，ABC60，得2AB，2 3AC，ACAB PA平面ABCD，PAAC 又PAABA，AC平面PAB 又3CNNP，N点到平面PAB的距离1342dAC（12 分）20.解：2()3627fxxaxa（1）(1)440fa，所以1a（2 分）2()3693(3)(1)fxxxxx，当21x 时，()0fx，()f x单调递减；当1x 2时，()0fx，()f x单调递增，又(2)2f，(1)5f，(2)22f，故()f x在 2,2上的最大值为 22，最小值为5（6 分）（2）由题意得(,23,)x 时，()0fx成立，（7 分）由()0fx可知，判别式0，所以 23(2)(3)0aff 0，解得：112a 所以a的取值范围为1,12（12 分）-3-/11 21解：（1）显然0k，所以1:lykx，21:lyxk 依题意得M到直线1l的距离122221kdk，整理得241 0kk，解得2323k；（2 分）同理N到直线2l的距离228401kdk，解得151533k，（4 分）所以15233k （2）设11(,)A x y，22(,)B xy，33(,)C x y，44(,)D xy，将1l代入圆M可得22(1)4(1)60kxk x，所以1224(1)1kxxk，12261x xk；（7 分）将2l代入圆N可得：222(1)16240kxkxk，所以342161kxxk，2342241kx xk（9 分）由四边形ABCD为梯形可得1423xxxx，所以2234121234()()xxxxx xx x，所以22(1)4k，解得1k 或3k（舍）（12 分）22解：（1）在直角坐标系xOy中，曲线1:4Cxy，曲线1C的极坐标方程为：(cossin)4，2C的普通方程为22(1)1xy，所以曲线2C的极坐标方程为：2cos（4 分）（2）设1(,)A，2(,)B，42，则14cossin，22cos，（6 分）21|12cos(cossin)|4OBOA 11(cos2sin21)2cos(2)1444，（8 分）当8时，|OBOA取得最大值1(21)4（10 分）-4-/11 23解：（1）34,1()2|1|2|,1234,2xxf xxxxxxx 所以，()f x在(,1上递减，在1,)上递增，又8(0)()43ff，故()4f x 的解集为8|03xx（4 分）（2）若1a，()(1)|1|1|1f xaxxxaa，当且仅当1x 时，取等号，故只需1 1a，得2a（6 分）若1a，()2|1|f xx，(1)0 1f，不合题意（7 分）若01a，()|1|(1)|(1)f xa xa xaaxaaa，当且仅当xa时，取等号，故只需(1)1aa，这与01a 矛盾（9 分）综上所述，a的取值范围是2,)（10 分）-5-/11 河北省唐山市河北省唐山市 2017 届高三上学期期末届高三上学期期末文科数学文科数学试卷试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】交集及其运算【分析】化简集合B，根据交集的定义写出AB即可【解答】解：集合 2,1,0,2,3A ，|y|,0,1,2,3Byx xA，所以0,2,3AB 【点评】本题考查了交集的定义与应用问题，是基础题目 2【考点】全称命题【分析】根据已知中的原命题，结合全称命题否定的定义，可得答案【解答】解：命题:n N，231nn 命题为0nN，02031nn，【点评】本题考查的知识点是全称命题的否定，掌握全称命题否定的定义，是解答的关键 3【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】把iza代入21 3izz，整理后利用复数相等的条件列式求得a值【解答】解：iza，222(i)i12 ii1 3izzaaaaa ，21 1213aaa ，解得2a 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题 4【考点】双曲线的简单性质【分析】根据题意，由双曲线的标准方程可得该双曲线的顶点坐标以及渐近线方程，进而由双曲线的对称性可知：无论哪个焦点到任何一条渐近线的距离都是相等的；由点到直线的距离公式计算可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的标准方程为221124xy，其中122 3a，2b，则其顶点坐标为(2 3,0)；其渐近线方程为33yx，即330 xy，由双曲线的对称性可知：无论哪个焦点到任何一条渐近线的距离都是相等的；-6-/11 则顶点到渐近线的距离|2 33|339d；【点评】本本题考查双曲线的简单几何性质，关键是利用双曲线的对称性，其次要利用其标准方程求出该双曲线的顶点坐标以及渐近线 5【考点】两角和与差的正切函数【分析】利用两角和的正切公式，求得tan()4的值【解答】解：1tan2，则111tan12tan()141tan312，【点评】本题主要考查两角和的正切公式的应用，属于基础题 6【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的三棱柱，代入棱柱表面积公式，可得答案【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的三棱柱，底面面积为：12 1 12 ，底面周长为：22222 2，故棱柱的表面积2 12(22 2)64 2S ，【点评】本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度基础 7【考点】等比数列的通项公式【分析】由已知列式求得3a，进一步求得公比，再由等比数列的通项公式求得9a【解答】解：在等比数列na中，由512a，得23751=4a aa，又3742aa，联立解得：314a 则5312214aqa，2951422aa q【点评】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的性质，是基础的计算题 8【考点】对数函数的图象与性质【分析】当0a 1时，2log 2 log 42(log 2)2aaa，当1a时，2log 2 log 42(log 2)2aaa，由此能求出a的值 -7-/11 【解答】解：对数函数()logaf xx（a0，且a1）在区间2,4上的最大值与最小值之积为 2，当0a 1时，2log 2 log 42(log 2)2aaa，log 21a，当log 21a时，2a，（舍）；当log 21a时，12a 当1a时，2log 2 log 42(log 2)2aaa，log 21a，当log 21a时，2a；当log 21a时，12a（舍）综上，a的值为12或 2【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数性质的合理运用 9【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b，a，i的值，观察a的取值规律，可得当i=40时不满足条件i40，退出循环，输出a的值为4【解答】解：模拟程序的运行，可得 i=1，4a 满足条件i40，执行循环体，1b，1a，i=2 满足条件i40，执行循环体，52b ，52a ，i=3 满足条件i40，执行循环体，4b，4a，i=4 满足条件i40，执行循环体，1b，1a，i=5 观察规律可知，a的取值周期为 3，由于403 13 1，可得：满足条件i40，执行循环体，4b，4a，i=40 不满足条件i40，退出循环，输出a的值为4【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，当循环的次数不多或有规律时，常采用模拟程序运行的方法来解决，属于基础题 10.【考点】几何概型【分析】由题意可得总的区间长度，解不等式可得满足条件的区间长度，由几何概型的概率公式可得【解答】解：令()0f x，解得：=4x，故在区间(0,16)内随机取一个数0 x，则0(x)0f的概率1643164p，【点评】本题考查几何概型，涉及不等式的解法，属基础题 11【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】设球半径为R，正方体边长为a，由题意得当正方体体积最大时：2222()2aaR，由此能求出-8-/11 所得工件体积与原料体积之比的最大值【解答】解：设球半径为R，正方体边长为a，由题意得当正方体体积最大时：2222()2aaR，62Ra，所得工件体积与原料体积之比的最大值为：33336143146()23232aaR【点评】本题考查两个几何体的体积之比的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养 12【考点】三角函数的化简求值【分析】由题意可得11222sincos2sincosmxxxx，即12212sin2sincoscosxxxx，运用和差化积公式和同角的基本关系式，计算即可得到所求【解答】解：1x，2x是函数()2sincosf xxxm在0,内的两个零点，即1x，2x是方程2sincosxxm在0,内的两个解，11222sincos2sincosmxxxx，12212sin2sincoscosxxxx，121212212 2 cossin2sinsin2222xxxxxxxx ，12122cossin22xxxx，12tan22xx，12122122tan()42sin()51tan2xxxxxx，【点评】本题考查函数方程的转化思想，函数零点问题的解法，考查三角函数的恒等变换，同角基本关系式的运用，属于中档题 二、填空题 13【考点】平面向量的坐标运算【分析】求出向量b的坐标，从而求出向量ab的坐标，求出模即可【解答】解：(2,1)a，(1,2)ab，(1,3)b，(3,4)ab，22|(3)45ab，【点评】本题考查了向量的运算，考查向量求模问题，是一道基础题 14【考点】简单线性规划 -9-/11 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求解即可【解答】解：由zyx得yxz，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分ABC）：平移直线yxz由图象可知当直线yxz经过点A时，直线yxz的截距最大，此时z也最大，由403100 xyxy，解得31xy，即(3,1)A 将A代入目标函数zyx，得1 32z 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划问题中的基本方法 15【考点】椭圆的简单性质【分析】由题意可知：AFx轴，2pc，代入抛物线方程即可求得A点坐标，代入椭圆方程，利用离心率公式即可求得椭圆N的离心率【解答】解：如图所示由F，A，B共线，则AFx轴，由抛物线2:2(p0)M ypx与椭圆2222:1(0)xyNabab 有相同的焦点F，2pc，把2px，代入抛物线方程可得：222pyp，解得：yp(,p)2pA，即(,2)A cc 代入椭圆的方程可得：222241ccab，又222bac，2222241ccaac，由椭圆的离心率eca，-10-/11 整理得：42e6e10，0e 1 解得：2e32 2，e21，【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查椭圆的离心率公式，考查数形结合思想，属于中档题 16【考点】数列的求和【分析】利用数列递推关系、“裂项求和”方法即可得出【解答】解：26nSnn，115aS；2n时，22166(n 1)(n 1)72nnnaSSnnn1n 时也成立 111111()(72n)(52)2 2527nna annn 数列11nma a的前 20 项和1111111()(1)(1).()235313533 1 11()2 535 【点评】本题考查了数列递推关系、“裂项求和”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 三、解答题 17【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（1）22 coscos2 sinaaABbA，利用正弦定理，即可求C；（2）由ABC的面积为15 34得15ab，由余弦定理得222ababc，又15(a b)c，即可求c 【点评】本题考查正弦、余弦定理的运用，考查三角形面积的计算，属于中档题 18【考点】独立性检验的应用【分析】（1）利用频率和为 1，求a的值，利用同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，计算所抽取样本的平均值x；-11-/11 （2）求出2k，与临界值比较，即可得出结论【点评】本题考查频率分布直方图，考查独立性检验知识的运用，考查学生的计算能力，属于中档题 19【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定【分析】（1）过N作NEBC，交PB于点E，连AE，推导出四边形AMNE是平行四边形，从而MNAE，由此能证明MN平面PAB（2）连接AC，推导出ACAB，PAAC，从而AC 平面PAB，由此能求出N点到平面PAB的距离【点评】本题考查线面平行的证明，考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养 20.【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）求出函数的导数，根据(1)0f ，求出a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；（2）根据()f x在(,2 和3,)上都递减，得到关于a的不等式组，解出即可【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及二次函数的性质，是一道中档题 21【考点】直线与圆的位置关系【分析】（1）利用圆心到直线的距离小于半径，即可求k的取值范围；（2）由四边形ABCD为梯形可得1423xxxx，所以2234121234()()xxxxx xx x，利用韦达定理，即可求k的值【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，属于中档题 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】（1）由曲线1:4Cxy可得曲线1C的极坐标方程；先将曲线2C化为普通方程，进而可得曲线2C的极坐标方程；（2）设1(,)A，2(,)B，42，则14cossin，22cos，则21OBOA，进而得到答案【点评】本题考查的知识点是直线与圆的极坐标方程，圆的参数方程，三角函数的最值，难度中档 23【考点】绝对值不等式的解法【分析】（1）当2a 时，()f x在(,1上递减，在1,)上递增，8(0)()43ff利用解不等式()4f x；（2）若()1f x，分类讨论，即可求a的取值范围【点评】本题考查绝对值不等式的解法，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题