【福建省】2017届普通高中高考(四月)数学(文科)模拟试卷-答案.pdf

1/18 福建省福建省 2017 届普通高中高考届普通高中高考（四月）（四月）数学（数学（文文科）模拟试卷科）模拟试卷 答答 案案 一、选择题 15DABBC 610ADBBC 1112CD 二、填空题 132 1434 152 16(0,2)三、解答题 17解：（1）设等差数列na的公差为d，21a，515S，即为12ad，1155 4152ad，解得11ad，则1(1),naandn nN*；（2）(5)(5)nnTnan n，当1n 时，116bT；2n 时，1(5)(1)(4)24nnnbTTn nnnn，上式对1n 也成立 则111 11()(24)42nna bnnnn，即有数列1nna b的前n项和为1111111111(143243)1152nnnn 1111(1)4212nn，31184(1)4(2)nn 18解：（1）依题意，当100300 x时，20y；当300500 x时，202040y；2/18 当500700 x时，2020260y 20,10030040,30050060,500700 xyxx；（2）由频数分布表知，小王在过去的 50 个月中，手机月使用流量100,300 x的有 15 个月，(300,500 x的有 30 个月，(500,700 x的有 5 个月 若订购A套餐，月平均费用为：11(20 1540 3060 5)3650Y（元）；若订购B套餐，月平均费用为：21(304550 5)3250Y（元）12YY 因此，若以月平均费用作为决策依据，小王应订购B套餐 19证明：（1）面ABCD是平行四边形，ADBC，ADBCF 平面，BCBCF 平面，ADBCF平面，四边形BDEF是矩形，DEBF，DEBCF 平面，BFBCF 平面，DEBCF平面，ADDED，ADADE 平面，DEADE 平面，ADEBCF平面平面，AEADE 平面，AEBCF平面 解：（2）设ACBDO，则O为AC中点，连结OE，OF，则22FABCCAEFOAEFA OEFVVVV，在ABD中，60BAD，1AD，2AB，由余弦定理得2222cosBDABADABADBAD，3BD，222ABADBD，ADBD，DEAD，BDDED，BDBDEF 平面，DEBDEF 平面，ADBDEF 平面，3/18 故AD为A到平面BDEF的距离，1DE，113222OEFBDEFSSODEF四边形，1336A OEFOEFVSAD，三棱锥FAEC的体积323FAECA OEFVV 20解：（1）抛物线顶点为O，圆O半径2r，由2AB，则O到直线AB的距离22|=()=12ABdr，如图以O为原点，过O且垂直于的对称轴的直线与x轴，的对称轴所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，由对称性，不妨设A在y轴的左侧，则(1,1)A，(1,1)B，设抛物线的方程为22,(0)xpyp 由A在抛物线上，代入21(1)2,2p p，抛物线方程2xy；（2）证明：由（1）可知：抛物线方程为2yx，则2yx，由直线l与抛物线只有一个交点，且与y轴交于C，则直线l为抛物线的切线，则切线的斜率12xky 丨，则直线l的方程y12(1)x ，令0 x，解得：1y ，故(0,1)C，设直线CD的方程：11221,(0),(,),(,)ykxkP x yQ xy，则21ykxyx，整理得：210 xkx ，由240k，解得22kk 或，12121xxkx x，将1y 代入1ykx，解得：2 xk，即2(,1)Dk，4/18 不妨设C，P，D，Q自上而下顺序排列，由题意可知，20 x，且220 xk，则1122|xxPCQCxx，则112222|22|xxPDkkQDxxkk，由122112122222()()(20 x xxxx xxkkkxk），则112222xxkxxk，即|PCPDQCQD，PC QDPD QC 方法二：（1）抛物线顶点为O，圆O半径2r，由2AB，则O到直线AB的距离22|=()=12ABdr，如图以O为原点，过O且垂直于的对称轴的直线与x轴，的对称轴所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，由对称性，不妨设A在y轴的上方，则(1,1)A，(1,1)B，设抛物线的方程为22,(0)ypxp 由A在抛物线上，代入2112,2p p，抛物线方程2yx；（2）证明：由直线l与抛物线只有一个交点，且与x轴交于C，则直线l的抛物线的切线，设l的方程1(1)xm y，则21(1)xm yyx，整理得：210ymym，则2()4(1)0mm，解得：2m，则直线l方程210 xy，令0y，1x ，则(1,0)C，由直线CD与抛物线有两个交点，则设CD方程为：1122(1)(0),(,),(,)yk xkP x yQ xy，由直线AB的方程为1x，则(1,2)Dk，12122211|(1)|2|(1)2)(PCQDyykyykkk，12122211|(1)|2|(1)(2)PDQCkyykyykk，由证：|PCQDPDQC，只需证1212()2)(2yykkyy，5/18 即证1212(0)y yk yy，将11xyk，代入2yx，整理得：2101ky，由2140k，解得：102k-或102k，12121,1yyy yk，12121)(10y yk yykk，PC QDPD QC；方法三：（1）抛物线顶点为O，圆O半径2r，由2AB，则O到直线AB的距离22|=()=12ABdr，如图以O为原点，过O且垂直于的对称轴的直线与x轴，的对称轴所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，由对称性，不妨设A在y轴的左侧，则(1,1)A，(1,1)B，设抛物线的方程为22,(0)xpyp 由A在抛物线上，代入21(1)2,2p p，抛物线方程2xy；（2）证明：由（1）可知：抛物线方程为2yx，则2yx，由直线l与抛物线只有一个交点，且与y轴交于C，则直线l为抛物线的切线，则切线的斜率12xky 丨，则直线l的方程12(1)yx ，令0 x，解得：1y ，故(0,1)C，设0(1),D x，011x，且00 x，则直线CD的方程021yxx，设11)(,P x y，22)(,Q xy，不妨设C，P，D，Q自上而下顺序排列，由直线CD的方程为021yxx，则1122|xxPCQCxx，则10012020|xxxxPDQDxxxx，6/18 0221yxxyx，整理得：20020 x xxx，则20440 x，1202xxx，121x x，001120120122022022022 12(+)0()()xxxx xxxxxxxxxxxxxxx，PC QDPD QC 解法四：（1）抛物线顶点为O，圆O半径2r，由2AB，则O到直线AB的距离22|=()=12ABdr，如图以O为原点，过O且垂直于的对称轴的直线与x轴，的对称轴所在直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，由对称性，不妨设A在y轴的左侧，则(1,1)A，(1,1)B，设抛物线的方程为22,(0)xpyp 由A在抛物线上，代入21(1)2,2p p，抛物线方程2xy；（2）证明：由（1）可知：抛物线方程为2yx，则2yx，由直线l与抛物线只有一个交点，且与y轴交于C，则直线l为抛物线的切线，则切线的斜率12xky 丨，则直线l的方程12(1)yx ，令0 x，解得：1y ，故(0,1)C，设直线CD的方程：1ykx，1122,)2(0),(,)1),kP x yQ xyDk，不妨设C，P，D，Q自上而下顺序排列，由题意可知，20 x，且220 xk，则1122|xxPCQCxx，则11222|2|2|2|xkxPDkQDkxxk，7/18 则21ykxyx，整理得：210 xkx ，由240k，解得22kk 或，1212,1xxk x x，2112112112122122122122|2|()2|2|()2kxxx xx xxx xxkxxx xx xxx xx，|PCPDQCQD PC QDPD QC 21解：（1）函数()e()xf xax aR，()exfxa，当0a 时，()0fx，()f x在R上单调递减，故()f x不存在最值 当0a 时，由()0fx，得lnxa，当x变化时，()f x与()fx的变化情况如下表：8/18 x(,ln)a-lna(,)lna()fx 0 ()f x 极小值 ()f x在(,ln)a 上单调减，在(,)lna上单调递增，故()f x的最小值为(ln)lnfaaa a不存在最大值 综上，当0a 时，()f x不存在最大值和最小值；当0a 时，最小值为lnaaa不存在最大值 证明：（2）当0a 时，()xf xe，设215()e28xg xx，则()exg xx，设()exh xx，则()e10 xh x，()g x在R上单调增，111()022eg，1(1)10eg ，存在唯一的01(,1)2x，使得0()0g x，当x变化时，()g x与()g x的变化情况如下表：x 0),x(-0 x 0(),x ()g x 0 ()g x 极小值 ()g x在0(),x上单调递减，在0(),x 上单调递增，02min0015()()e28xg xg xx，由0()0g x，得00e0 xx，200015()28g xxx，01(,1)2x，22000151115()()0282228g xxx，0()()0g xg x，215e28xx，215()28f xx 9/18 选修选修 44 坐标系与参数方程坐标系与参数方程 22解：（1）曲线1C的参数方程为22cos2sinxtyt（t为参数），1C的普通方程为22(2)4xy，即2240 xyx，1C的极坐标方程为24 cos0，即4cos（2）依题意，设点P、Q的极坐标分别为1(6,），2(6,），将6代入4cos，得12 3，将6代入2sin，得21，12|21PQ，依题意，点(2,0)A到曲线(0)6的距离|sin1dOA，11|(2 31)1322APQSPQd 选修选修 45 不等式选讲不等式选讲 23（1）解：由题意，|21|2|3xx，12x ，不等式化为2123xx，即23x ，2132x；122x，不等式化为2123xx，即0 x，102x；2x，不等式化为2123xx，即43x，不成立，综上所述，不等式的解集为2|30 xx；（2）证明：不妨设203st-，则1ts，要证明1|1|ttss，证明11ttss ，只要证明(1)(1)0ts，203st ，(1)(1)0ts，1|1|ttss 10/18 福建省福建省 2017 届普通高中高考届普通高中高考（四月）（四月）数学（数学（文文科）模拟试卷科）模拟试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】1F：补集及其运算【分析】根据题意，分析可得集合 B=0，1，由补集的定义即可得答案【解答】解：根据题意，B=x|x=m2，mU，而 U=1，0，1，则 B=0，1，则UA=1；故选：D【点评】本题考查集合补集计算，注意正确求出集合 B 2【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】根据题意画出图形，结合图形写出=，从而求出|的值【解答】解：如图所示，正方形 ABCD 的边长为 1，=，=，=，则=+=|=|=1 故选：A【点评】本题考查了平面向量的线性运算与模长运算问题，是基础题 3【考点】CB：古典概型及其概率计算公式【分析】利用等可能事件概率计算公式直接求解【解答】解：某网店出售一种饼干，共有草莓味、巧克力味、香蕉味、香芋味四种口味，一位顾客在该店购买了两袋这种饼干，“口味”选择“随机派送”，基本事件总数 n=4，这位顾客买到的两袋饼干是同一种口味包含的基本事件个数 m=1，这位顾客买到的两袋饼干是同一种口味的概率是 p=故选：B【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用 4【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，进行求最值即可 11/18 【解答】解：变量 x，y 满足约束条件的可行域如图：由 z=x2y 得 y=xz，平移直线 y=xz，由图象可知当直线 y=xz，过点 A 时，直线 y=xz 的截距最大，此时 z 最小，由得 A（2，2），代入目标函数 z=x2y，得 z=24=2 目标函数 z=x2y 的最小值是2 故选：B 【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法 5【考点】HP：正弦定理【分析】对 A=2B 两边取正弦，运用二倍角公式和正弦定理，化简计算即可得到 cosB【解答】解：A=2B，即有 sinA=sin2B=2sinBcosB，由正弦定理可得，a=2bcosB，由 a=b，则b=2bcosB，则有 cosB=故选 C【点评】本题考查正弦定理及运用，考查二倍角公式的运用，考查运算能力，属于基础题 6【考点】89：等比数列的前 n 项和 12/18 【分析】由等比数列an的前 n 项和 Sn0，可知 a10，再由数列为递增数列可得 an+1an，且|an|an+1|，求出 q 的范围得答案【解答】解：Sn0，a10，又数列an为递增等比数列，an+1an，且|an|an+1|，则anan+1，即 q=（0，1），a10，0q1 故选：A【点评】本题考查等比数列的前 n 项和，考查等比数列的性质，是基础题 7【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】根据几何体的三视图知：该几何体是棱长为 2 的正方体，挖去半个圆锥体，结合图中数据，计算它的体积即可【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是棱长为 2 的正方体，挖去半个圆锥体，如图所示；结合图中数据，计算它的体积为 V=23122=8 故选：D【点评】本题考查了几何体三视图的应用问题，是基础题 8【考点】3O：函数的图象【分析】确定函数是奇函数，利用 f（1）=0，f（2）=8+ln（2）0，即可得出结论【解答】解：由题意，f（x）=（x）3+ln（+x）=f（x），函数是奇函数，f（1）=0，f（2）=8+ln（2）0，故选 B【点评】本题考查函数的奇偶性，考查函数的图象，比较基础 9【考点】EF：程序框图【分析】模拟循环，利用周期，即可得出结论【解答】解：由题意，a=，b=1，i=2 a=1，b=2，i=3，a=2，b=4，i=4，13/18 a=，b=1，i=5，a=，b=1，i=2015，a=1，b=2，i=2016，a=2，b=4，i=2017，a=，b=1，i=2018，退出循环，输出 1，故选 B【点评】本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题之列 10【考点】HJ：函数 y=Asin（x+）的图象变换；GI：三角函数的化简求值【分析】利用三角函数的恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质判断各个选项是否正确，从而得出结论【解答】解：对于函数 f（x）=sin2x+2cos2x=sin2x+cos2x+1=2sin（2x+）+1，故该函数的周期为=，故排除 A 在区间（，）上，2x+（，），故函数 f（x）在区间（，）上没有单调性，故排除 B f（0）=f（）=2，故函数 f（x）的图象关于直线 x=对称，故 C 正确 由于当 x=时，f（x）=1，故排除 D，故选：C【点评】题主要考查三角函数的恒等变换，正弦函数的图象和性质，属于中档题 11【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】求出此球半径 R=1，设三棱柱正三棱柱 ABCA1B1C1的顶点 A1，B1，C1所在球面的小圆的半径为 r，球心到顶点 A1，B1，C1所在球面的小圆的距离为 d，由勾股定理得 r2+d2=R2=1，由此利用均值定理能求出该三棱柱的侧面积的最大值【解答】解：正三棱柱 ABCA1B1C1的顶点 A1，B1，C1在同一球面上，且平面 ABC 经过球心，此球的表面积为 4，此球半径 R=1，如图，设三棱柱正三棱柱 ABCA1B1C1的顶点 A1，B1，C1所在球面的小圆的半径为 r，球心到顶点 A1，B1，C1所在球面的小圆的距离为 d，则 r2+d2=R2=1，14/18 该三棱柱的侧面积：S=33=3=该三棱柱的侧面积的最大值为 故选：C 【点评】本题考查三棱柱、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题 12【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】取 AB 中点 H，椭圆另一个焦点为 E，连结 PE 根据平面几何的知识、勾股定理及中位线的性质得a=5d【解答】解：如图，取 AB 中点 H，椭圆另一个焦点为 E，连结 PE A、B 三等分线段 PF，H 也是 AB 中点，即 OHAB 设 OH=d，则 PE=2d，PF=2a2d，AH=，在 RtOHA 中，OA2=OH2+AH2，解得 a=5d 在 RtOHF 中，FH=，OH=，OF=c，由 OF2=OH2+FH2 化简得 17a2=25c2，即 C 的离心率为 故选：D 15/18 【点评】本题考查椭圆离心率的求解问题，关键是根据题设条件获得关于 a，b，c 的关系式，最后化归为 a，c（或 e）的关系式，利用方程求解属于中档题 二、填空题 13【考点】A8：复数求模【分析】根据复数的混合运算化简 z，再根据复数的模的定义即可求出【解答】解：z=1+i，|z|=，故答案为：【点评】本题考查了复数的混合运算和复数的模，属于基础题 14【考点】GI：三角函数的化简求值【分析】利用同角三角函数的基本关系的应用，诱导公式，求得 tan 的值【解答】解：是第一象限角，且 sin（）=sin=，cos=，则 tan=，故答案为：【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用，诱导公式的应用，属于基础题 15【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】根据题意，由双曲线的方程可得其焦点坐标，进而可得直线 AB 的方程，联立直线 AB 与双曲线的方程可得 AB 的纵坐标，由此计算可得线段 AB 的长度，即可得答案【解答】解：双曲线的方程为 x2y2=1，其焦点坐标为（，0），直线 AB 的方程为 x=或 x=，联立，解可得 y=1，则|AB|=2；故答案为：2 16/18 【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是求出点 A、B 的坐标 16【考点】6B：利用导数研究函数的单调性【分析】求导，求出函数是单调函数时，实数 a 的取值范围，再求补集【解答】解：函数 f（x）=+a6 若函数 f（x）=alnx+x2+（a6）x 在（0，3）上单调递增，则 f（x）=+a60 在（0，3）上恒成立，即 a=2（x+1）+5在（0，3）上恒成立，函数 g（t）=t+，t（1，4），g（t）4，5），a2；若函数 f（x）=alnx+x2+（a6）x 在（0，3）上单调递减，则 f（x）=+a60 在（0，3）上恒成立，即 a=2（x+1）+5在（0，3）上恒成立，函数 g（t）=t+，t（1，4），g（t）4，5），a0 则函数 f（x 在（0，3）上不是单调函数，则实数 a 的取值范围是（0，2）故答案为（0，2）【点评】本题的考点是利用导数研究函数的单调性，对于参数问题要注意进行分类讨论属于中档题 三、解答题 17【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（1）设等差数列an的公差为 d，运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）运用数列的递推式：当 n=1 时，b1=T1；n2 时，bn=TnTn1可得 bn=2n+4，则=（），运用数列的求和方法：裂项相消求和，化简整理即可得到所求和【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列递推式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题 18【考点】7C：简单线性规划【分析】（1）直接由题意写出分段函数解析式；（2）由频数分布表分别写出小王在过去的 50 个月中，手机月使用流量 x100，300，x（300，500，x（500，700的月份然后分别求出订购 A 套餐和订购 B 套餐的月平均费用，比较大小后得答案【点评】本题考查函数在实际问题中的应用，考查概率统计问题，是中档题 17/18 19【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LS：直线与平面平行的判定【分析】（1）推导出 ADBC，从而 AD平面 BCF，推导出 DEBF，从而 DE平面 BCF，进而平面 ADE平面 BCF，由此能证明 AE平面 BCF（2）设 ACBD=O，则 O 为 AC 中点，连结 OE，OF，则 VFABC=VCAEF=2VOAEF=2VAOEF，由此能求出三棱锥FAEC 的体积【点评】本题考查几何体的体积及直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归转化思想、函数与方程思想，数形结合思想，是中档题 20【考点】KN：直线与抛物线的位置关系【分析】方法一：（1）由点到直线的距离公式，即可求得 O 到直线 AB 的距离，建立直角坐标系，求得 A点坐标，代入即可求得 的方程；（2）求导，求得切线方程，代入求得 C 点坐标，设直线 CD 的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理，及=，则=，作差即可求得=，即可证明 PCQD=PDQC；方法二：由点到直线的距离公式，即可求得 O 到直线 AB 的距离，建立直角坐标系，求得 A 点坐标，代入即可求得 的方程；（2）设切线 AC 的方程，求得 C 点坐标，设直线 CD 方程，求得 D 点坐标，丨 PC 丨丨 QD 丨=丨 PD 丨丨QC 丨，只需证 y1（y22k）=（2ky1）y2，将直线方程代入抛物线方程即可利用韦达定理即可证明等式成立；方法三：（1）同方法一，（2）求导，求得切线方程及 C 点坐标，设 D（x0，1）及直线 CD 的方程，分别表示出，利用韦达定理即可求得=0，证明 PCQD=PDQC；方法四：（1）同方法一，（2）求导，求得切线方程及 C 点坐标，设 D（，1）及直线 CD 的方程，分别表示出，利用韦达定理即可求得=0，证明 PCQD=PDQC【点评】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，点到直线的距离公式，导数的几何意义，本题方法很多，选择合适的坐标系及适当的解法，考查计算能力，数形结合思想，属于中档题 21【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性【分析】（1）求出 f（x）=ex+a，由 a0，a0 两种情况分类讨论，利用导数性质能讨论 f（x）的最大值和最小值（2）当 a=0 时，f（x）=ex，设 g（x）=，则 g（x）=ex+x，设 h（x）=ex+x，则 h（x）=ex+10，由此利用导数性质能证明 f（x）x2+18/18 【点评】本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题 22【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程【分析】（1）先把曲线 C1的参数方程化为普通方程，由此能求出 C1的极坐标方程（2）依题意，设点 P、Q 的极坐标分别为（1，），（2，），将代入=4cos，得 1=2，将代入=2sin，得 2=1，由此能求出结果【点评】本题考查曲线的极坐标方程的求法，考查三角形面积的求法，考查参数方程、直角坐标方程、极坐标方程互化公式的应用，考查运算求解能力、转化化归思想，是中档题 23【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法【分析】（1）分类讨论，即可解不等式；（2）不妨设st0，则1，要证明|1|t|，证明 1t+，利用分析法即可证明【点评】本题考查不等式的解法与证明，考查分类讨论的数学思想，属于中档题