【陕西省西安市】2017年高新一中高考一模数学(理科)试卷-答案.pdf

1/15 陕西省西安市陕西省西安市 2017 年高新一中高考一模数学（理科）试卷年高新一中高考一模数学（理科）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）15ABBCA 610DCDDA 1112CC 二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分）132，3或1，6或；5m 或7m 或(2 6,2 6)m 142 1512 16(,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【解答】（本题满分 12 分）解：（）由已知及正弦定理得2sin cossincossin cosAACBBC 即2sin cossin()AABC 又BCA，所以有2sin cossin()AAA，即2sin cossinAAA而sin0A，所以1cos2A（）由1cos2A及0A，得3A，因此23BCA 由条件得1cos1cos31224BC，即3coscos2BC，得23coscos()32BB，得3sin()62B 由3A，知 5(,)666B 于是63B，或263B 所以6B，或2B 若6B，则2C 在直角ABC 中，1sin3c，解得2 33c；2/15 若2B，在直角ABC 中，1tan3c，解得33c 因此2 33c 或33c 18解：（）连结 QM，点 Q，M，N 分别是线段 PB，AB，BC 的中点 QMPA 且 MNAC，从而 QM平面 PAC 且 MN平面 PAC 又MNQMM，平面 QMN平面 PAC 而 QK平面 QMN QK平面 PAC （7 分）（）方法 1：过 M 作 MHAK 于 H，连 QH，则QHM 即为二面角Q AK M-的平面 角，设MKx，且8PAPBPC则22 24 216xMHxx，又4QM，且3cos9QHM，224 216tan26QMxxQHMMHx，解得2x，MK 的长度为2 （15 分）方法 2：以 B 为原点，以 BC、BA 所在直线为 x 轴 y 轴建空间直角坐标系，则 A（0，8，0），M（0，4，0），N（4，0，0），P（0，8，8），Q（0，4，4），设 K（a，b，0），则4ab，(0,4,4)AQ，(,4,0)AKaa （9 分）记(,)nx y z为平面 AQK 的一个法向量，则0(4)0nAQyzaxa ynAzk，取yza则4xa，则(4,)naa a，（11 分）又平面 AKM 的一个法向量(0,0,1)m，设二面角Q AK M-的平面角为 则22|3|cos|9|(4)2m nam naa，解得1a，MK 的长度为2 （15 分）19解：（）x、y 可能的取值为 1、2、3，|21x，|2yx，3，且当1x，3y 或3x，1y 时，3 因此，随机变量 的最大值为 3 有放回抽两张卡片的所有情况有3 39种，3/15 2(3)9P 即随机变量 的最大值为 3，事件“取得最大值”的概率为29（）由题意知 的所有取值为 0，1，2，3 0时，只有2x，2y 这一种情况，1时，有1x，1y 或2x，1y 或2x，3y 或3x，3y 四种情况，2时，有1x，2y 或3x，2y 两种情况 1(0)9P，4(1)9P，2(2)9P 随机变量 的分布列为：0 1 2 3 P 19 49 29 29 数学期望142214012399999E 20解：（1）由2214xymnxy，得2()8160nm xmxmmn，2644()(16)0mmnmmn，化简，得4()640mn mnmn，又0m，0n，0mn，16mn（2）若|CA|，|AB|，|BD|成等差数列，则2 ABCABD，34 2AB，即4 23AB，由221xymnyxb，得22()20nm xbmxmbmn 由22222(2)4()()4440bmnm mbmnnmbn mm n，得216bmn，且122bmxxnm，212mbmnx xnm，222224(16)4444 212|163mnbnmbn mm nABka，232(16)3bmn，4/15 232183216mnmnb，21289b，即有8 28 233b，符合216bmn，当实数 b 的取值范围是8 2 8 2,33时，存在的这样的曲线 C，使得|CA|，|AB|，|BD|成等差数列 21解：（）令()()2ln1(0)g xfxxxx，令()0g x，解得：12x，令()0g x，解得：102x，所以 g（x）在1(0,)2单调递减，在1(,+)2单调递增，则 g（x）的最小值为1()ln202g 所以1()()()02fxg xg，所以 f（x）的单调递增区间为（0，+）（）由（）得 f（x）在区间1,)2a b 递增，f（x）在a，b上的值域是(2),(2)k ak b 所以1()(2),()(2),2f ak af bk bab 则()(2)f xk x在1,)2上至少有两个不同的正根，()2f xkx，令2()ln21()()222f xxxxF xxxx 求导，得2232ln41()()(2)2xxxF xxx，令21()32ln4()2G xxxxx 则2(21)(2)()230 xxG xxxx 所以 G（x）在1,)2递增，5/15 1()0,(1)02GG 当1,1)2x时，()0G x()0F x，当(1,)x时，()0G x()0F x 所以 F（x）在1,1)2上递减，在（1，+）上递增，故1(1)()2FkF92ln2(1,10k 请考生在第（请考生在第（22）、（）、（23）、（）、（24）三题中任选一题作答）三题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目.如果多做，注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分则按所做的第一个题目计分选修选修 4-1：几何证明选讲：几何证明选讲 22证明：（1）连 OCOAOC，OCAOAC，FACOAC，OCAFAC，OCAD，ADCD，OCCD，CD 是圆 O 的切线 （2）AC 平分PAB，CMAB，CDAF，CDCM，又根据切割线定理有2CDDFDA，ACB 为直角三角形且 CMAB，2CMAMMB AMMBDFDA （10 分）选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 23解：（1）当3时，直线 l 的斜率1cos32sin332k；6/15 （2）由题意，设 A，B 两点对应的参数分别为 tA，tB，把直线 l 的方程代入圆 O 的方程中，22(sin)(cos)4atbt 整理得：222(2 sin2 cos)40tabtab 224ABttabPAPB 又|PA|，|OP|，|PB|成等比数列，2|OPPBPA 2222(4)abab即222ab 动点 P 的轨迹方程为222xy 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 24解：由不等式|2|11x 化为1211x 解得01x，原不等式的解集01|Mxx，（）a，bM，01a，01b(1)()(1)(1)0ababab，1abab （）a，bM，01a，01b 不妨设01ab，则11ab，22ab；112abababbabaa 故2a最大，即22ha(2,)h 7/15 陕西省西安市陕西省西安市 2017 年高新一中高考一模数学（理科）试卷年高新一中高考一模数学（理科）试卷 解解 析析 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.1【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】复数方程同除 i，右侧复数的分子、分母同乘复数 i，化简为 a+bi（a，bR）的形式【解答】解：由 zi=2i 得，故选 A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查计算能力，是基础题 2【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】结合不等式的解法和指数函数单调性的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：由0 的 a（a1）0 且 a10，解得 0a1，若指数函数 y=ax在 R 上为减函数，则 0a1，“0”是“指数函数 y=ax在 R 上为减函数”的必要不充分条件 故选：B【点评】主要是考查了充分条件的判定的运用，利用不等式的解法和指数函数的单调性是解决本题的关键 3【考点】EF：程序框图【分析】根据程序框图得 S=0+2=2，i=21+1=3，依此类推，一旦不满足判断框的条件就退出循环体，执行输出语句即可【解答】解：S=0+2=2，i=21+1=3，S=2+2=4，i=23+1=7，S=4+2=6，i=27+1=15，S=6+2=8，i=215+1=31，S=8+2=10，i=231+1=63，S=10+2=12，i=263+1=127，由于 127100，退出循环，输出 S=12 故输出的 S 的值为 12 故选 B【点评】本题主要考查了循环结构的当型循环，同时考查了程序框图的应用，属于基础题 4【考点】HM：复合三角函数的单调性【分析】由函数 f（x）=Msin（x+）（0）在区间a，b上是增函数，且 f（a）=M，f（b）=M，可利用赋值法进行求解即可【解答】解：函数 f（x）在区间a，b上是增函数，且 f（a）=M，f（b）=M 采用特殊值法：令=1，=0，则 f（x）=Msinx，8/15 设区间为，M0，g（x）=Mcosx 在，上不具备单调性，但有最大值 M，故选：C【点评】本题综合考查了正弦函数与余弦函数的图象及性质，利用整体思想进行求值，在解题时要熟练运用相关结论：y=Asin（wx+）为奇（偶）函数=k（=k+）（kZ）5【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】通过三视图判断组合体的形状，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可【解答】解：由题意可知组合体上部是底面半径为 1，母线长为 2 的圆锥，下部是半径为 1 的球，所以圆锥的高为：，所以组合体的体积为：=故选 A【点评】本题考查三视图与组合体的关系，判断组合体的是由那些简单几何体构成是解题的关键，考查计算能力与空间想象能力 6【考点】62：导数的几何意义【分析】利用导数在切点处的值是曲线的切线斜率，再根据斜率等于倾斜角的正切值求出角的范围【解答】解：因为 y=，ex+ex+24，y1，0）即 tan1，0），0 故选：D【点评】本题考查导数的几何意义及直线的斜率等于倾斜角的正切值 7【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】先判断ABF 为等边三角形，求出 A 的坐标，而四边形 ABEF 为直角梯形，可求出直角梯形的上底边长 AB=m+1 的值，直角梯形的面积可求【解答】解：由抛物线的定义可得 AF=AB，AF 的倾斜角等于 60，ABl，FAB=60，故ABF 为等边三角形 又焦点 F（1，0），AF 的方程为 y0=（x1），设 A（m，m），m1，由 AF=AB，得 =m+1，m=3，故等边三角形ABF 的边长 AB=m+1=4，9/15 ABF 为等边三角形，四边形 ABEF 的面积是（EF+AB）BE=（2+4）4sin60=6，故选 C【点评】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断四边形 ABEF 为直角梯形是解题的关键 8【考点】67：定积分【分析】根据奇函数的性质和定积分的计算法则计算即可【解答】解：y=xcosx 为奇函数，xcosxdx=0，dx=x|=（1+1）=，故选：D【点评】本题考查了定积分的计算，关键掌握被积函数为奇函数的性质，属于基础题 9【考点】D9：排列、组合及简单计数问题；CB：古典概型及其概率计算公式【分析】从 9 个数中任取 3 个数共有 C93=84 种取法，求得不满足要求的选法共有 6 种，可得满足条件的选法有 846=78 种，从而求得所求事件的概率【解答】解：从 9 个数中任取 3 个数共有 C93=84 种取法，取出的三个数，使它们不同行且不同列：从第一行中任取一个数有 C 1 3 种方法，则第二行只能从另外两列中的两个数任取一个有 C 1 2 种方法，第三行只能从剩下的一列中取即可有 1 中方法，共有=6 种方法，即三个数分别位于三行或三列的情况有 6 种，所求的概率为 =故答案选 D【点评】本题考查简单计数原理和组合数公式的应用、概率的计算公式，直接解法较复杂，采用间接解法比较简单 10【考点】8B：数列的应用；82：数列的函数特性【分析】先确定 f（x）是以 3 为周期的周期函数，再由 a1=1，且 Sn=2an+n，推知 a5=31，a6=63，由此即可求得结论【解答】解：函数 f（x）是奇函数，f（x）=f（x）10/15 f（x）=f（x），f（x）=f（x）f（3+x）=f（x），f（x）是以 3 为周期的周期函数 a1=1，且 Sn=2an+n，a2=3，a3=7，a4=15，a5=31，a6=63 f（a5）+f（a6）=f（31）+f（63）=f（2）+f（0）=f（2）=f（2）=3 故选 A【点评】本题主要考查函数性质的转化，考查数列的通项，考查学生的计算能力，确定 f（x）是以 3 为周期的周期函数是关键 11【考点】2H：全称命题【分析】先对函数 f（x）分 x=0 和 x0 分别求函数值，综合可得其值域，同样求出函数 g（x）的值域，把两个函数的函数值相比较即可求出 a 的取值范围【解答】解：f（x）=，当 x=0 时，f（x）=0，当 x0 时，f（x）=，由 0 x1，0f（x）1 故 0f（x）1 又因为 g（x）=ax+52a（a0），且 g（0）=52a，g（1）=5a 故 52ag（x）5a 所以须满足，a4，故选：C【点评】本题主要考查函数恒成立问题以及函数值域的求法，是对知识点的综合考查 12【考点】GZ：三角形的形状判断【分析】先求出对数方程的根，然后建立等式关系，根据 sinC=sin（A+B），利用两角和与差的公式进行化简整理可得 cosB=0，从而得到三角形形状，得到结论【解答】解：x2=4x4 解得 x=2、都是方程的根=2 sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=sinAcosB+2sinAcosA=2sinAcosA 即 sinAcosB=0 11/15 cosB=0 即 B=90，A=30，C=60 ABC 是直角三角形但不是等腰三角形 故选 C【点评】本题主要考查了三角形的形状判断以及对数方程的综合题，以及两角和与差的运用，同时考查了计算化简能力，属于中档题 二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分）13【考点】1C：集合关系中的参数取值问题【分析】由题设条件 M1，2，3，6=M 知 M 是集合1，2，3，6的子集，再结合 M=x|x2mx+6=0对集合 M 的情况进行判断即可得出答案【解答】解：由题意 M1，2，3，6=M 知 M 是集合1，2，3，6的子集 又 M=x|x2mx+6=0，当 M 是空集时，即 x2mx+6=0 无解，m（2，2）时，显然符合题意 当 M 中仅有一个元素，即 m=2时，可得 x2mx+6=0 的根是 m=，不符合题意，舍 当 M 中有两个元素时，考察集合1，2，3，6，M=1，6，M=2，3都符合题意，此时 m=5，或 m=7 综上集合 M 可能为2，3或1，6或，m 的取值范围为 m=5 或 m=7 或 m（2，2）故答案为2，3或1，6或，；m=5 或 m=7 或 m（2，2）【点评】本题考查集合中的有关参数取值问题，涉及到的知识有集合的包含关系，一元二次方程根的个数判断，一元二次方程根与系数的关系等知识，解题的关键是理解集合 M 及条件 M1，2，3，6=M，能利用一元二次方程根与系数的关系辅助做出判断，本题考查了转化的思想与分类讨论的思想，是一个考查能力的题 14【考点】7C：简单线性规划【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，先求目标函数取得最大值时的最对应的t 的值，即可得到结论【解答】解：作出不等式组，对应的平面区域如图：（阴影部分）由 z=2x+y 得 y=2x+z，平移直线 y=2x+z，由图象可知当直线 y=2x+z 经过点 A 时，直线 y=2x+z 的截距最大 此时 z 最大为 2x+y=7 由，解得，即 A（3，1），同时 A 也在 xy+t=0 上，解得 t=x+y=3+1=2 故答案为：2 12/15 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法 15【考点】M6：空间向量的数量积运算【分析】连接 PO，可得=，当取得最大值时，即可得出取得最大值【解答】解：连接 PO，可得=+=，当取得最大值时，取得最大值为=故答案为：【点评】本题考查了数量积运算、正方体及其内切球的性质，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 16【考点】3R：函数恒成立问题；3W：二次函数的性质【分析】由 f（x）的解析式化简不等式，得到当 t1 时，t22t1，即 t1 时，13/15 恒成立即要求出的最小值即可得到 a 的范围【解答】解：f（x）=x2+2x+alnx，当 t1 时，t22t1，即 t1 时，恒成立又易证 ln（1+x）x 在 x1 上恒成立，在 t1 上恒成立当 t=1 时取等号，当 t1 时，由上知 a2故实数 a 的取值范围是（，2【点评】本题考查函数恒成立时所取的条件考查考生的运算、推导、判断能力 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【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】（）由正弦定理得 2sinAcosA=sin（B+C），从而 2sinAcosA=sinA，由此能求出 cosA 的值（）求出，从而进而，或由此能求出结果【点评】本题考查角的余弦值、正弦定理、余弦定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题 18【考点】MJ：与二面角有关的立体几何综合题【分析】（）连结 QM，通过证明平面 QMN平面 PAC，利用平面与平面平行的性质定理证明 QK平面PAC（）方法 1：过 M 作 MHAK 于 H，连 QH，则QHM 即为二面角 QAKM 的平面角，设 MK=x，利用，求解 MK 的长度 方法 2：以 B 为原点，以 BC、BA 所在直线为 x 轴 y 轴建空间直角坐标系，求出平面 AQK 的一个法向量，平面 AKM 的一个法向量，利用向量的数量积结合二面角的大小，求解 MK 的长度【点评】本题考查面面平行，考查二面角知识的应用，解题的关键是掌握面面平行、二面角的求法，属于中档题 19【考点】CG：离散型随机变量及其分布列；C7：等可能事件的概率；CH：离散型随机变量的期望与方差【分析】（I）由题意知 x、y 可能的取值为 1、2、3，做出要用的变量 的可能取得的最大值，根据等可能事件的概率写出试验发生包含的事件数和满足条件的事件数，求得概率（II）由题意知 的所有取值为 0，1，2，3，结合变量对应的事件和等可能事件的概率公式得到概率，当=1时，有 x=1，y=1 或 x=2，y=1 或 x=2，y=3 或 x=3，y=3 四种情况，这个情况比较多，容易出错，写出分布列和期望 14/15 【点评】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查等可能事件的概率，考查利用概率知识解决实际问题，本题是一个比较好的题目，难易程度适当 20【考点】KH：直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（1）由，得（n+m）x28mx+16mmn=0，由此利用韦达定理能求出 m+n（2）若|CA|，|AB|，|BD|成等差数列，则|AB|=，由，得（n+m）x2+2bmx+mb2mn=0由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出结果【点评】本题考查两数和的求法，考查满足三条线段成等差数列的直线是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式、椭圆性质的合理运用 21【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（）求出 f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）根据 f（x）的单调性求出 f（x）在a，b的值域，令，根据函数的单调性求出 k 的范围即可【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转化思想，是一道中档题 请考生在第（请考生在第（22）、（）、（23）、（）、（24）三题中任选一题作答）三题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目注意：只能做所选定的题目.如果多做，如果多做，则按所做的第一个题目计分则按所做的第一个题目计分选修选修 4-1：几何证明选讲：几何证明选讲 22【考点】NC：与圆有关的比例线段【分析】（1）连 OC 证明 OCCD，即可说明 CD 是圆 O 的切线（2）利用切割线定理，以及射影定理证明 AMMB=DFDA【点评】本题考查圆的切线的证明，切割线定理以及射影定理的应用，考查逻辑推理能力 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 23【考点】QH：参数方程化成普通方程【分析】（1）根据直线的斜率 k=，=时，可求出直线 l 的斜率；（2）利用参数的几何意义求解，设 A，B 两点对应的参数分别为 tA，tB，把直线 l 的方程代入圆 O 的方程中，在根据且|PA|，|OP|，|PB|成等比数列，可得动点 P 的轨迹方程【点评】本题考查了直线参数方程的几何意义，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 24【考点】R5：绝对值不等式的解法；72：不等式比较大小【分析】（1）先解不等式得出其解集 M，再利用作差法比较大小即可；15/15 （2）不妨设 0ab1，先找出其最大值，进而即可求出其范围【点评】熟练掌握绝对值不等式的解法、作差法比较数的大小及不等式的基本性质是解题的关键