【安徽省马鞍山】2017学年高考一模数学年(文科)试题.pdf

-1-/19 安徽省马鞍山二中安徽省马鞍山二中 2017 届届高三上学期高三上学期期中（理科）数学试卷期中（理科）数学试卷 答答 案案 15BDCAB 610CBDDD 1112AB 131 14613 1565 161 17解：对于命题：p由130 xa知，13xa，01xa ，对于命题20qaxxa：在R上恒成立 若0a，则0 x-在R上恒成立，显然不可能，舍去 若0a，则20140aa，解得：12a 命题p和q有且仅有一个正确，p真q假或者p假q真，而由p真q假，可得12a；由p假q真，可得1a 综上可得，所求a的取值范围为1,1,2 18解：（）cos2cos3cosabcABC sinsinsincos2cos3cosABCABC，即11tantantantan2tantan3tan23ABCBACA，2tan3tantantan1tantanAAABCBC ，22tan3tantan1 6tanAAAA，整理求得2tan1 tan1AA，当tan1A时，tan2B，则AB，均为钝角，与ABC矛盾，故舍去，tan1,4AA（）tan1 tan2tantan3tanABACA，-2-/19 tan2tan3BC，23sin,sin510BC，11cos,cos510BC 21131sinsinsinsin coscos sin5105102ABCBCBCBC sinsinabAB，sin2 10sin5B abaA，2112 1033sin?3225510ABCaSabCaa，255aa，19（1）证明：如图 1 取BD中点M，连接AMME，2ABAD，AMBD 215DBDCBC，222DBDCBC，BCD是BC为斜边的直角三角形，BDDC，E是BC的中点，ME为BCD的中位线 12MECDMECD，12MEBDME，AME是二面角ABDC的平面角，60AME AMBDMEBD，且AMME、是平面AME内两相交于M的直线，BD平面AEMAE 平面AEM，BDAE22ABADDB，ABD为等腰直角三角形，112AMBD，22232cos4AEAMMEAM MEAME，-3-/19 34AE，2221AEMEAM，AEMEM，BDMEBD，平面BDCME，面BDC，AE 平面BDC（2）解：如图 2，M为原点MB为x轴，ME为y轴，建立空间直角坐标系Mxyz，则由（1）及已知条件可知1131,0,0,0,0,0,1,0,0,1,1,0222BEADC 1331,0,1,1,0,0,222DADCAE，设平面ACD的法向量为,y,znx 则13+0220 xyzy，3,0,2n，设直线AE与平面ADC所成角为，则 32 7sin7372 直线AE与平面ADC所成角的正弦值为2 77 20解：（1）当0 x 时，sgn1x，解方程231 1xx，得3x（0 x 不合题意舍去）；当0 x 时，sgn0 x，0 不是方程2310 xx 的解；当0 x时，sgn1x，解方程2311xx，得2x 或2x（均不合题意舍去）-4-/19 综上所述，3x 是方程 231sgnxxx 的根（2）由于函数 2222,22,022,0 xx xf xxxxxx x，则原方程转化为：2223,2,023,0 xx xaxxxxx x 数形结合可知：当2a-时，原方程有 1 个实根；当2a-时，原方程有 2 个实根；当20a 时，原方程有 3 个实根；当0a 时，原方程有 4 个实根；当104a时，原方程有 5 个实根；当14a 时，原方程有 4 个实根；当1944a时，原方程有 3 个实根；当94a 时，原方程有 2 个实根；当94a 时，原方程有 1 个实根 故当1 92,0,4 4a 时，关于x的方程 f xxa有 3 个互异的实根 21解：（）设等比数列 na的公比为q，对于任意的nN有21nnnSSS，成等差，21111112 aa qa qaaa q 整理得：212 12qqaq 10a，22222qqq 220qq，又0q，12q 又31417116aaaq，-5-/19 把12q 代入后可得112a 所以，111111222nnnaa q ；（）nbn，12nna，212nnnnbnna，1231 22 23 22nnTn 234121 22 23 21 22nnnTnn 23+1121222222=212nnnnnTnn 1112-221 2212nnnnTnn 若211nnm Tn对于2n恒成立，则2111 221nnmnn对于2n恒成立，也就是211121nnm n对于2n恒成立，1121nnm对于2n恒成立，令 1121nnf n，12121221110212121 21nnnnnnnnf nf n f n为减函数，32 112217f nf 17m 所以，211nnm Tn对于2n恒成立的实数m的范围是1,7 22解：（）lnaf xxbxx，-6-/19 2bxxafxx，在1x 时取得极值，110fba 1a b-（）21ab，2lnf xxxx，22222112210 xxxxfxxxxxx，f x在0,1上单调递减，在1,上单调递增，f x在0,内有唯一极小值，也就是 f x在0,内的最小值，13minf xf（）由（）知 13minf xf且 f x在0,1上单调递减 011nn，21ln13111nnnnffnnnn 21ln011nnnn，+1 ln021nn nnn，11n nnn（）21en -7-/19 安徽省马鞍山二中安徽省马鞍山二中 2017 届届高三上学期高三上学期期中（理科）数学试卷期中（理科）数学试卷 解解 析析 1【考点】集合的包含关系判断及应用【分析】根据集合的定义和集合间的并集定义，推出 P 集合的情况，求出 MN，然后判断选项【解答】解：P=x|f（x）g（x）=0，P 有三种可能即：P=x|f（x）=0，或 P=x|g（x）=0或 P=x|f（x）=0 或 g（x）=0，M=x|f（x）=0，N=x|g（x）=0，MN=x|f（x）=0 或 g（x）=0，P（MN），故选 B 2【考点】复合命题的真假【分析】本题考查的知识点是复合命题的真假判定，解决的办法是先判断组成复合命题的简单命题的真假，再根据真值表进行判断【解答】解：命题 p：x（，0），3x4x，对于 x（，0），3x4x 命题 P 是假命题 又命题 q：tanxx，x（0，）命题 q 是真命题 根据复合命题真假判定，（p）q 是真命题，故 D 正确 pq，p（q）、p（q）是假命题，故 A、B、C 错误 故选 D 3【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】在 R 上的单调连续函数 f（x）在区间（0，2）上存在零点，则 f（0）f（3）0，反之不成立，即可判断出结论【解答】解：在 R 上的单调连续函数 f（x）在区间（0，2）上存在零点，则 f（0）f（3）0，反之不成立，零点可能2，3），因此定义在 R 上的单调连续函数 f（x）在区间（0，2）上存在零点的一个必要不充分条件是 f（0）f（3）0 故选：C 4【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简复数 z，求出，代入 z 计算得答案【解答】解：z=，-8-/19 则 z=故选：A 5【考点】等比数列的性质【分析】根据 a7=a6+2a5，求出公比的值，利用存在两项 am，an使得，写出 m，n 之间的关系，结合基本不等式得到最小值【解答】解：设等比数列的公比为 q（q0），则 a7=a6+2a5，a5q2=a5q+2a5，q2q2=0，q=2，存在两项 am，an使得，aman=16a12，qm+n2=16，m+n=6=（m+n）（）=（10+）m=1，n=5 时，=；m=2，n=4 时，=的最小值为，故选 B 6【考点】由三视图求面积、体积【分析】三视图复原的几何体，下部是放倒的四棱柱，上部是正方体，根据三视图的数据，求出几何体的表面积【解答】解：三视图复原的几何体，下部是放倒的四棱柱，底面是直角梯形，边长分别为：3，2，1，；高为：1；上部是正方体，也可以看作是三个正方体和半个正方体的组合体，所以几何体的体积为：313+=，故选 C 7【考点】平面向量数量积的运算【分析】利用向量数量积的几何意义和三角形外心的性质即可得出【解答】解：结合向量数量积的几何意义及点 O 在线段 AB，AC 上的射影为相应线段的中点，-9-/19 可得，故选：B，8【考点】函数零点的判定定理；根的存在性及根的个数判断【分析】由题意构造函数 y1=sin|x|，y2=kx，然后分别做出两个函数的图象，利用图象和导数求出切点的坐标以及斜率，即可得到选项【解答】解：依题意可知 x 不能等于 0 令 y1=sin|x|，y2=kx，显然函数 y1为偶函数，y2=kx 为奇函数，故，为绝对值最小的两个非零零点 然后分别做出两个函数的图象 由题意可得 y2与 y1仅有两个交点，且 是 y1和 y2相切的点的横坐标，即点（，sin|）为切点，（，），故 sin|=sin 因为（sin）=cos，所以切线的斜率 k=cos 再根据切线的斜率为 k=，cos=，即 sin=cos，故选：D 9【考点】函数的定义域及其求法【分析】求出函数的定义域，根据任意 m，nD，点 P（m，f（n）组成的图形为正方形，得到函数的最大值为 2，解方程即可得到结论【解答】解：要使函数有意义，则 a（x1）（x3）0，a0，不等式等价为（x1）（x3）0，即 1x3，定义域 D=1，3，任意 m，nD，点 P（m，f（n）组成的图形为正方形，正方形的边长为 2，-10-/19 f（1）=f（3）=0，函数的最大值为 2，即 a（x1）（x3）的最大值为 4，设 f（x）=a（x1）（x3）=ax24ax+3a，当 x=2 时，f（2）=a=4，即 a=4，故选：D 10【考点】数列的求和【分析】由数列的通项公式求出数列前几项，得到数列的奇数项均为 1，每两个偶数项的和为 6，由此可以求得 S120的值【解答】解：由 an=（1）n（2n1）cos+1，得 a1=cos+1=1，a2=3cos+1=2，a3=5cos+1=1，a4=7cos2+1=8，a5=9cos+1=1，a6=11cos3+1=10，a7=13cos+1=1，a8=15cos4+1=16，由上可知，数列an的奇数项为 1，每两个偶数项的和为 6，S120=（a1+a3+a119）+（a2+a4+a58+a120）=60+306=240 故选：D 11【考点】直线与平面所成的角【分析】连结 AC，BD，交于点 O，由题设条件推导出 OA=1，OC=2将ABD 沿着对角线 BD 翻折成ABD，当 AC 与以 O 为圆心，OA为半径的圆相切时，直线 AC 与平面 BCD 所成角最大，由此能求出结果【解答】解：如图，平面四边形 ABCD 中，连结 AC，BD，交于点 O，AD=AB=，CD=CB=，且 ADAB，BD=2，ACBD，BO=OD=1，OA=1，OC=2 将ABD 沿着对角线 BD 翻折成ABD，-11-/19 当 AC 与以 O 为圆心，OA为半径的圆相切时，直线 AC 与平面 BCD 所成角最大，此时，RtOAC 中，OA=OA=1，OC=2，OCA=30，AC 与平面 BCD 所成的最大角为 30 故选：A 12【考点】几何概型【分析】f（x）=axg（x），g（x）0，构造 h（x）=ax=，又 f（x）g（x）f（x）g（x），利用导数可得：函数 h（x）单调递减，0a1利用+=，解得 a，再求概率【解答】解：f（x）=axg（x），g（x）0，h（x）=ax=，又 f（x）g（x）f（x）g（x），h（x）=0，函数 h（x）单调递减，0a1+=，a+a1=，解得 a=关于 x 的方程 abx2+x+2=0，即bx2+x+2=0，关于 x 的方程 abx2+x+2=0（b（0，1）有两个不同实根的概率为=，故选 B 13【考点】定积分【分析】dx=，由此能求出结果【解答】解：dx=（lnx）2=1 故答案为：1 14【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题【分析】把平面 BMD 及平面 AMD 以 DM 为折线展平，三角形 DAM 是正三角形的一半，故在平面 BMAD中，连接 BA，与 MD 相交于 P 点，则 AP+BP 为最短距离，再利用余弦定理即可得出 -12-/19 【解答】解：由于各棱长均为 1 的四面体是正四面体 把平面 BMD 及平面 AMD 以 DM 为折线展平，三角形 DAM 是正三角形的一半 DM=，AM=，AD=1，BM=，BD=1 故在平面 BMAD 中，连接 BA，与 MD 相交于 P 点，则 AP+BP 为最短距离，在三角形 BMD 中，根据余弦定理，cosBMD=，sinBMD=，cosDMB=cos（90+BMC）=sinBMC=，BA2=BM2+AM22BMAMcosAMB=+2（）=故答案为：15【考点】程序框图【分析】首先判断程序框图的功能，根据退出循环的条件即可求得 n 的值【解答】解：模拟执行程序框图，可得程序框图的功能是计算 S=1+2+3+=的值，且当 S2016 时，输出 n 的值，由于，当 n=64 时，S=20802016，当 n=65 时，S=21452016，故输出 n 的值为 65 故答案为：65 16【考点】简单线性规划 -13-/19 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用 z 的几何意义即可得到结论 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由 z=x+4y 得 y=x+z，平移直线 y=x+z，由图象可知当直线 y=x+z 经过点 A（1，0）时，直线的截距最小，此时 z 最小 此时 zmin=1+40=1，故答案为：1 17【考点】命题的真假判断与应用【分析】求出命题 p 真、命题 q 真时 a 的取值范围，由命题 p 和 q 有且仅有一个正确，求 a 的取值范围【解答】解：对于命题p：由130 xa知，13xa，01xa ，对于命题61320qaxxa：在R上恒成立 若0a，则0 x-在R上恒成立，显然不可能，舍去 若0a，则20140aa，解得：12a 命题p和q有且仅有一个正确，p真q假或者p假q真，而由p真q假，可得12a；由p假q真，可得1a 综上可得，所求a的取值范围为 18【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（）利用正弦定理把已知等式中的边转化成角的正弦，化简整理可用tanA分别表示出tanB和tanC，进而利用两角和公式求得 tanA，进而求得 A（）利用 tanA，求得 tanB 和 tanC 的值，利用同角三角函数关系取得 sinB 和 sinC，进而根据正弦定理求得 b 和 a 的关系式，代入面积公式求得 a【解答】解：（）cos2cos3cosabcABC -14-/19 sinsinsincos2cos3cosABCABC，即11tantantantan2tantan3tan23ABCBACA，2tan3tantantan1tantanAAABCBC ，22tan3tantan1 6tanAAAA，整理求得2tan1 tan1AA，当tan1A时，tan2B，则AB，均为钝角，与ABC矛盾，故舍去，tan1,4AA（）tan1 tan2tantan3tanABACA，tan2tan3BC，23sin,sin510BC，11cos,cos510BC 21131sinsinsinsin coscos sin5105102ABCBCBCBC sinsinabAB，sin2 10sin5B abaA，2112 1033sin?3225510ABCaSabCaa，255aa，19【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定【分析】（1）先根据条件得到 BD平面 AEM；进而通过求边长得到 AEME；即可得到结论；（2）先建立空间直角坐标系，求出平面 ADC 的法向量的坐标，再代入向量的夹角计算公式即可【解答】（1）证明：如图 1 取BD中点M，连接AMME，2ABAD，AMBD 215DBDCBC，222DBDCBC，BCD是BC为斜边的直角三角形，BDDC，E是BC的中点，ME为BCD的中位线 1/2MECDMECD，-15-/19 12MEBDME，AME是二面角ABDC的平面角，60AME AMBDMEBD，且AMME、是平面AME内两相交于M的直线，BD平面AEMAE 平面AEM，BDAE22ABADDB，ABD为等腰直角三角形，112AMBD，22232cos4AEAMMEAM MEAME，34AE，2221AEMEAM，AEMEM，BDMEBD，平面BDCME，面BDC，AE 平面BDC （2）解：如图 2，M为原点MB为x轴，ME为y轴，建立空间直角坐标系Mxyz，则由（1）及已知条件可知1131,0,0,0,0,0,1,0,0,1,1,0222BEADC 1331,0,1,1,0,0,222DADCAE，设平面ACD的法向量为,y,znx 则13+0220 xyzy，3,0,2n，设直线AE与平面ADC所成角为，则32 7sin7372 直线AE与平面ADC所成角的正弦值为2 77 -16-/19 20【考点】函数与方程的综合运用；函数的图象；根的存在性及根的个数判断【分析】（1）利用已知条件，列出方程，逐一求解即可（2）求出函数的解析式，得到 a 的表达式，画出图象，通过 a 的范围讨论函数零点个数即可【解答】解：（1）当0 x时，sgn1x，解方程231 1xx，得3x（0 x 不合题意舍去）；当0 x 时，sgn0 x，0 不是方程2310 xx 的解；当0 x时，sgn1x，解方程2311xx，得2x 或2x（均不合题意舍去）综上所述，3x 是方程 231sgnxxx 的根 （2）由于函数 2222,22,022,0 xxxf xxxxxxx，则原方程转化为：2223,2,023,0 xxxaxxxxxx 数形结合可知：当2a-时，原方程有 1 个实根；当2a-时，原方程有 2 个实根；当20a 时，原方程有 3 个实根；当0a 时，原方程有 4 个实根；-17-/19 当104a 时，原方程有 5 个实根；当14时，原方程有 4 个实根；当1944a 时，原方程有 3 个实根；当94a 时，原方程有 2 个实根；当94a 时，原方程有 1 个实根 故当1 92,0,4 4a 时，关于x的方程 f xxa有 3 个互异的实根 21【考点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列与函数的综合【分析】（）设出等比数列的公比，利用对于任意的 nN+有 Sn，Sn+2，Sn+1成等差得 2S3=S1+S2，代入首项和公比后即可求得公比，再由已知，代入公比后可求得首项，则数列an的通项公式可求；（）把（）中求得的 an和已知 bn=n 代入整理，然后利用错位相减法求 Tn，把 Tn代入（n1）2m（Tnn1）后分离变量 m，使问题转化为求函数的最大值问题，分析函数的单调性时可用作差法【解答】解：（）设等比数列 na的公比为q，对于任意的nN有21nnnSSS，成等差，21111112 aa qa qaaa q 整理得：212 12qqaq 10a，22222qqq 220qq，又0q，12q 又31417116aaaq，把12q 代入后可得112a 所以，；（）nbn，12nna，212nnnnbnna，-18-/19 1231 22 23 22nnTn 234121 22 23 21 22nnnTnn 23+112122222-2=212nnnnnTnn 1112-221 2212nnnnTnn 若211nnm Tn对于2n恒成立，则2111 221nnmnn对于2n恒成立，也就是211121nnm n对于2n恒成立，1121nnm对于2n恒成立，令 1121nnf n，12121221110212121 21nnnnnnnnf nf n f n为减函数，32 112217f nf 17m 所以，211nnm Tn对于2n恒成立的实数m的范围是1,7 22【考点】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】（）求导数，利用函数在 x=1 时取得极值，可求实数 ab 的值；（）确定 f（x）在（0，1上单调递减，在1，+）上单调递增，可得 f（x）在（0，+）内有唯一极小值，也就是 f（x）在（0，+）内的最小值；（）由（II）知 f（x）min=f（1）=3 且 f（x）在（0，1上单调递减，证明 ln+0，可得结论【解答】解：（I）lnaf xxbxx，2bxxafxx，在1x 时取得极值，110fba 1a b-4 分 -19-/19 （II）21ab，2lnf xxxx，22222112210 xxxxfxxxxxx，f x在01，上单调递减，在1，上单调递增，f x在0，内有唯一极小值，也就是 f x在0，内的最小值，13minf xf8 分（III）由（II）知 13minf xf且 f x在01，上单调递减 011nn，21ln13111nnnnffnnnn 21ln011nnnn，+1 ln021nn nnn，11n nnn（）与21en