【福建省龍巖市】2017年高考二模數(shù)學(xué)(理科)試卷-答案

2/12福建省龍巖市2017年高考二模數(shù)學(xué)（理科）試卷答案一、選擇題1~5．BABBD6~10．ACCDA11~12．AB二、填空題13．1514．15．16．①②③三、解答題17．解：（Ⅰ）中，由余弦定理可得：，解得．∴．（Ⅱ）設(shè)．

由（Ⅰ）可得：，．

∴．

∴．

在中，由正弦定理可得：．

∴．18．解：（Ⅰ）（1）班的同學(xué)成績(jī)?cè)诘念l率為：，高一（2）班的同學(xué)成績(jī)?cè)诘念l率為：．

補(bǔ)全頻率分布直方圖如下：（Ⅱ）（1）班成績(jī)?cè)谏系娜藬?shù)有人，（2）班成績(jī)?cè)谏系娜藬?shù)有4人，∴X的可能取值為0，1，2．，，．

∴X的分布列為：X012P（Ⅲ）由頻率分布直方圖看，（1）班的主要成績(jī)集中在上，

從莖葉圖看，（2）班的主要成績(jī)集中在上，

故（1）班的古詩(shī)詞水平好于（2）班的古詩(shī)詞水平.19．證明：（Ⅰ）∵邊長(zhǎng)為2的菱形中，，E為DC的中點(diǎn)，如圖1所示，∴，，∴，∴，

∵將沿BE折起到的位置，且，如圖2所示．

在翻折過程中，不變，

∴在中，，

∴為直角三角形．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∴，

以E為原點(diǎn)，ED為x軸，EB為y軸，EP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，，，，，，，，，

設(shè)平面ADP的法向量，

則，取，得，

平面PDE的法向量，

設(shè)二面角A—PD—E的平面角為θ，

則，

∴二面角A—PD—E的余弦值為．20．解：（Ⅰ）由題意可得：，，．

聯(lián)立解得：，．

∴橢圓C的方程為：，焦距為2．（Ⅱ）設(shè)PA的方程為：．．

聯(lián)立，化為：，

解得，∴．

∴．

設(shè)，則，解得．

∴直線BP的方程為：，

化為：，令，，

解得，．

∴直線BP經(jīng)過定點(diǎn)．21．解：（Ⅰ），令，

∴，

∴g（x）在R上單調(diào)遞增，

∵，，

∴g（x）在R上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)在R上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；（Ⅱ）①當(dāng)時(shí)，，

令，，

∴，

∴h（x）在上單調(diào)遞增，

當(dāng)時(shí)，，

即，

∴，

∴，

②當(dāng)，由（Ⅰ）可得，

令，解得，

當(dāng)x變化時(shí)，g′（x），g（x）變化情況列表如下：xx0g′（x）﹣0+g（x）遞減極小值遞增∴，

令，

∴，

∴m（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，

當(dāng)時(shí)，，即

又∵當(dāng)時(shí)，，

∴在上g（x）存在一個(gè)零點(diǎn)x1，即，

∴當(dāng)x變化時(shí)，，在區(qū)間變化情況列表如下：xx1+0﹣遞增極大值遞減∴，與結(jié)論矛盾，

綜上可知，a的取值范圍為22．解：（Ⅰ）曲線C2的極坐標(biāo)方程為（θ是參數(shù)）．可得，化為直角坐標(biāo)方程：．配方為：．可得曲線C2所表示的曲線為圓：圓心為C2，半徑．（Ⅱ）直線C1的參數(shù)方程為（t是參數(shù)），消去參數(shù)t化為普通方程：．

圓心C2到直線C1的距離．

∴點(diǎn)M到直線C1的距離的最大值為，最小值為23．解：（Ⅰ）若，．

其圖象如圖：

∴的最小值為3，使取得最小值的x的集合為；

（Ⅱ），

由絕對(duì)值的幾何意義可知，f（x）為數(shù)軸上動(dòng)點(diǎn)x與兩個(gè)定點(diǎn)、的距離的和，

如圖：

當(dāng)動(dòng)點(diǎn)x與重合時(shí)，最小為0，要使恒成立，

則，即，得或，

∴或

福建省龍巖市2017年高考二模數(shù)學(xué)（理科）試卷解析一、選擇題1．【考點(diǎn)】補(bǔ)集及其運(yùn)算．【分析】根據(jù)題意，解x2﹣4x+3＜0可得集合A，又由全集U={x|x＞1}，結(jié)合補(bǔ)集的定義即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，x2﹣4x+3＜0?1＜x＜3，即A={x|x2﹣4x+3＜0}={x|1＜x＜3}=（1，3），

而集合U={x|x＞1}，

則?UA={x|x≥3}=[3，+∞）；

故選：B．2．【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)求模．【解答】解：z（1+i）=4，∴z（1+i）（1﹣i）=4（1﹣i），∴2z=4（1﹣i），解得z=2﹣2i．3．【考點(diǎn)】雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】寫出雙曲線的漸近線方程，利用點(diǎn)到直線的距離公式求解即可．【解答】解：雙曲線W：=1（a＞0，b＞0）一個(gè)焦點(diǎn)為F（2，0），c=2，雙曲線的一條漸近線方程bx+ay=0，

點(diǎn)F到W的漸近線的距離是1，可得=1，

即，解得b=1，則a=，

所以雙曲線的離心率為：=．

故選：B．4．【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【分析】由三視圖得到幾何體為一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐得到的三視圖，由圖中數(shù)據(jù)計(jì)算體積．【解答】解：由三視圖得到幾何體是一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐，所以體積為；故選B5．【考點(diǎn)】幾何概型．【分析】由題意，本題是幾何概型的求法，首先分別求出事件對(duì)應(yīng)區(qū)域面積，利用面積比求概率．【解答】解：點(diǎn)M（x，y）是圓C：x2+y2﹣2x=0的內(nèi)部任意一點(diǎn)，對(duì)應(yīng)區(qū)域面積為則點(diǎn)M滿足y≥x的區(qū)域如圖陰影部分，由幾何概型的公式得到；故選：D．

6．【考點(diǎn)】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】利用三角函數(shù)的恒等變換求得f（x）的解析式，利用函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律求得g（x）的解析式，再利用誘導(dǎo)公式、正弦函數(shù)的單調(diào)性，可得g（）和g（）大小關(guān)系．【解答】解：把函數(shù)f（x）=cos2（x﹣）=的圖象向左平移個(gè)單位后，得到的函數(shù)為g（x）==的圖象，

故有g(shù)（）=+cos=+cos（﹣）=+sin，g（）=+cos=﹣cos=﹣cos（+）=+sin，

而sin＞sin＞0，∴g（）＞g（）＞0，

故選：A．7．【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單線性規(guī)劃．【分析】作出區(qū)域D，曲線y=ax2+1表示過點(diǎn)A（0，1）的拋物線，可行域存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)滿足拋物線，列出關(guān)系式求解可得．【解答】解：作出約束條件不等式所對(duì)應(yīng)的可行域D（如圖陰影），曲線y=ax2+1上存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)在D內(nèi)，可知直線2x﹣y=0與拋物線相切是臨界點(diǎn)，如圖紅色曲線下方滿足題意，

設(shè)切點(diǎn)為P（m，2m），

y′=2ax，可得2am=2，2m=am2+1，可得m=1，

解得a=1，

可解得A（1，1），

結(jié)合圖象可得要使y=ax2+1與D內(nèi)存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)落在D上，可得0＜a＜1，

故選：C．8．【考點(diǎn)】程序框圖【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的c，b，a的值，當(dāng)c=b=a=2時(shí)，滿足條件退出循環(huán)，從而得解．【解答】解：模擬程序的運(yùn)行，可得a=4，b=10

不滿足判斷框內(nèi)條件，執(zhí)行循環(huán)體，c=10，b=6，a=10

不滿足判斷框內(nèi)條件，執(zhí)行循環(huán)體，c=6，b=4，a=6

不滿足判斷框內(nèi)條件，執(zhí)行循環(huán)體，c=4，b=2，a=4

不滿足判斷框內(nèi)條件，執(zhí)行循環(huán)體，c=2，b=2，a=2

滿足判斷框內(nèi)條件，退出循環(huán)，輸出min（a，b）=2．

故選：C．9．【考點(diǎn)】分段函數(shù)的應(yīng)用【分析】根據(jù)f（0）=0計(jì)算a，判斷f（x）的（0，+∞）上的單調(diào)性和最值，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)得出f（x）在（﹣∞，0）上的情況，綜合得出答案．【解答】解：∵f（x）是奇函數(shù)，∴f（0）=0，即a﹣log22=0，∴a=1．

∴當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）=1﹣log2（x+2），

∴f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，

令f（x）=﹣1得1﹣log2（x+2）=﹣1，解得x=2．

∴當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）＞﹣1的解集為[0，2）．

∵當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≤f（0）=0，f（x）是奇函數(shù)，

∴當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞0，

∴f（x）＞﹣1的解集為（﹣∞，0）∪[0，2）=（﹣∞，2）．

故選D．10．【考點(diǎn)】進(jìn)行簡(jiǎn)單的合情推理．【分析】利用已知圖形，判斷任意兩個(gè)城市之間均有光纜相通，所需光纜的總長(zhǎng)度的最小值即可．【解答】解：由題意可知：任意兩個(gè)城市之間均有光纜相通，可以由A→C→B→E→F→D架設(shè)光纜，此時(shí)所需光纜的總長(zhǎng)度的最小值是：2+3+3+1+3=12．

故選：A．11．【考點(diǎn)】向量在幾何中的應(yīng)用．【分析】作出向量示意圖，利用垂徑定理得出CH的長(zhǎng)，從而得出OH的最小值．【解答】解：設(shè)AB中點(diǎn)為D，連結(jié)OD，則OD⊥AB，AD=AB=3，OA=5，∴OD==4，=（），

∴CH=||=||=2OD=8，

又OC=5，

當(dāng)O，C，H三點(diǎn)共線時(shí)，OH取得最小值3．

故選A．12．【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【分析】由新定義可知，若數(shù)列{an}有H值，則數(shù)列不是單調(diào)數(shù)列，且存在k（k≥2，k∈N*），使得“ak＞ak﹣1且ak＞ak+1”成立．

①是等差數(shù)列，為單調(diào)數(shù)列；舉例說明②存在H值；利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，說明③存在H值，④是單調(diào)數(shù)列．【解答】解：由新定義可知，若數(shù)列{an}有H值，則數(shù)列不是單調(diào)數(shù)列，且存在k（k≥2，k∈N*），使得“ak＞ak﹣1且ak＞ak+1”成立．對(duì)于①an=1﹣2n，該數(shù)列為遞減數(shù)列，不合題意；

對(duì)于②an=sinn，取k=2，則sin2＞sin1，且sin2＞sin3，數(shù)列存在H值；

對(duì)于③an=，令f（x）=，f′（x）=，由f′（x）=0，得x=3．

當(dāng)x＜3時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)為增函數(shù)，當(dāng)x＞3時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)為減函數(shù)，∴x=3時(shí)函數(shù)取得極大值，也就是最大值，

則對(duì)于數(shù)列an=，有a3＞a2，且a3＞a4，數(shù)列存在H值；

對(duì)于④an=lnn﹣n，令g（x）=lnx﹣x，g′（x）=，當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≤0，數(shù)列為遞減數(shù)列，不合題意．

∴存在H值的數(shù)列有2個(gè)．

故選：B．二、填空題13．【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理的應(yīng)用．【分析】由題意可得含x項(xiàng)的系數(shù)為1++++，計(jì)算求的結(jié)果．【解答】解：解：多項(xiàng)式1+x+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）5的展開式中，含x項(xiàng)的系數(shù)為1++++=1+2+3+4+5=15，故答案為：15．14．【考點(diǎn)】球的體積和表面積．【分析】先確定ABC外接圓的半徑，再求出球的半徑，即可求得球的表面積．【解答】解：設(shè)球心為O，△ABC外接圓的圓心為O′，設(shè)球的半徑為2r，則OO′=r，∴O′A=r∵AB=BC=CA=3，∴O′A=××3=，

∴r=

∴r=1

∴球的表面積4π?12=4π．

故答案為：4π．15．【考點(diǎn)】數(shù)列遞推式．【分析】an+1=﹣（an+an+2），可得an+2+an+1=﹣（an+1+an）．利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：an+1+an=（﹣1）n．可得a2k﹣1+a2k=﹣1，a2k+1+a2k=1（k∈N*）．對(duì)n分類討論，即可得出前n項(xiàng)和．16．【考點(diǎn)】古典概型及其概率計(jì)算公式．【分析】根據(jù)白球數(shù)目的變化規(guī)律即可得出結(jié)論．三、解答題17．【考點(diǎn)】正弦定理，余弦定理．【分析】（1）△ACD中，由余弦定理可得：AC2==，解得AC．可得cos∠DAC=．（2）設(shè)∠DAC=α=∠DCA．由（1）可得：cosα=，sinα=．可得sin∠BAC=sin（120°﹣α）．sinB=sin（∠BAC+∠BCA）=sin（180°﹣2α）=sin2α．在△BAC中，由正弦定理可得：=．即可得出．18．【考點(diǎn)】頻率分布直方圖，離散型隨機(jī)變量及其分布列．【分析】（I）根據(jù)面積之和等于1計(jì)算（1）班成績(jī)?cè)赱80，90）的頻率；直角根據(jù)公式計(jì)算（2）班成績(jī)?cè)赱80，90）的頻率；（II）利用組合數(shù)公式計(jì)算概率；（III）根據(jù)數(shù)據(jù)的集中程度得出結(jié)論．19．【考點(diǎn)】直線與平面垂直的性質(zhì)，二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）推導(dǎo)出BE⊥DC，AB∥CD，從而AB⊥BE，進(jìn)而∠ABE=90°，將△BCE沿BE折起到△BPE的位置，且平面BPE⊥平面ABED，在翻折過程中，∠ABE=90°不變，由此能證明△PAB為直角三角形．（Ⅱ）以E為原點(diǎn)，ED為x軸，EB為y軸，EP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A﹣PD﹣E的余弦值．20．【考點(diǎn)】橢圓的應(yīng)用．【分析】（I）由題意可得：b=，，a2=b2+c2．聯(lián)立解得：a，c．即可得出橢圓C的方程及其焦距．（II）設(shè)PA的方程為：my=x﹣2．（m≠0）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（3m2+4）y2+12my=0，

解得P．設(shè)B（2，t），根據(jù)=﹣1，解得t=﹣3m．可得直線BP的方程為：y+3m=kBP（x﹣2），可得直線BP經(jīng)過定點(diǎn)（﹣2，0）．21．【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷．【分析】（Ⅰ）先求導(dǎo)，再判斷其導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的零點(diǎn)存在定理即可判斷，（Ⅱ）分a＜0或a＞0兩種情況討論，對(duì)于a＜0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=eax﹣ax﹣1，x＞0，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值即可證明，對(duì)于a＞0，根據(jù)（Ⅰ）的結(jié)論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性極值的關(guān)系可得g（x0）=2（lna﹣a+1﹣ln2），再構(gòu)造函數(shù)m（x）=lnx﹣x+1﹣ln2，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系可得當(dāng)x＞0時(shí)，m（x）＜m（1）=﹣ln2＜0，即g（x0）＜0，再根據(jù)f′（x），f（x）在區(qū)間（﹣∞，x0）變化情況，得到與已知相矛盾，問題得以解決．