广东潮州市2017届高三数学第二次模拟考试试题 文(扫描版)

广东省潮州市2017届高三数学第二次模拟考试试题 文（扫描版）

潮州市2017年高考第二次模拟考试

数学（文科）

数学（文科）参考答案

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共60分）

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9

10 11

12

答案 B D A A D B A D B C A D

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. )62sin(2x 14． 4 15．6,21

16.

131211n

部分题目解析：

1.检验可知22xx和都满足集合N，所以NM，故选B．

3. 依题意可得数列na是公差为2的等差数列,91a,910a, 计算可得10S0，故选A

4．分别用A、 B 、C表示齐王的上、中、下等马，用a、b、c表示田忌的上、中、下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛有Aa、Ab、Ac、Ba、Bb、Bc、Ca、Cb、Cc共9场比赛，其中田忌马获胜的有Ba、Ca、Cb共3场比赛，所以田忌马获胜的概率为31故选A

5．因为x2恒为正数，故选D．

6.否,1.0311,1si，否,1.0515331,3si，否,1.0717551,5si

否,1.0919771,7si，是,1.011111991,9si9i输出故选B．

7.依题意可得54)8sin(]2)8cos[()83cos(，故选A

9．不等式组260,0,2,xyxyx表示的区域是以点2,2，2,2，10,2为顶点的三角形，故该

区域的面积为24。

10．该几何体的直观图如图所示：

故体积为33224431V，故选C

11．双曲线1C的渐近线与抛物线的准线围成一个等边三角形

可得，33ab，从而可得，332ace，故选A

12．因为)()(xfxf，所以)(xf为偶函数，因为)cos2()(xxxf，当0x时0)(xf 恒成立，所以)(xf在),0(上是增函数，由所以1(ln)(ln)2(1)fxffx可得)1()(lnfxf，

所以1lnx，所以1ln1x即exelnln1ln所以exe1，故选D

13. 由图中条件求得2A，T，则2，再代入点)2,3(可得6，

故)62sin(2)(xxf

14．因为8,,2m构成一个等差数列，所以5m，故圆锥曲线为椭圆，从而1,5ba，

故焦距为4

15．依题意PCBC3，因为点Q是AC的中点，所以PQPCPA2，所以

)7,2(2PAPQPC，故)21,6(3PCBC

16. 因为3323211nnnnaa，所以数列}{na为等比数列所以1331)31(2nnnS，

又1111111nnnnnnnnnnSSSSSSSSab，则

)11()11()11(1322121nnnSSSSSSbbb1312111111nnSS.

三、解答题：第17~21题为必做题，每题满分各为12分，第22~23题为选做题，只能选做一题，满分10分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17.（1）解：由coscos23sin3aBbACc 及正弦定理有

223sincossincossin3ABBAC

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．1分

222323sin()sinsinsin33ABCCC即．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分

sin0C ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分

3sin,2C ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分

60CC为锐角 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

（2）由2sinCc可得3c ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分

由余弦定理得：2222coscbabaC，即2221(3)22baba， ……8分

222baba，∴3,baab当且仅当=时取等号． ∴11333sin32224SbaC ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分

ABC面积S的最大值为334 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分

18．解：（1）由题意知频率分布表可知：10005.05n，所以3535.0100a，

b =0.3 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分

补全频率分布直方图，如图所示．

．．．．．．．．．．．．．．5分

（2）第2，4，5组总人数为60103020．

故第2组应抽人数为260206，记为1，2

第4组应抽人数为360306，记为a，b，c

第5组应抽人数为160106，记为m ．．．．．．．．．．．．．．８分

从这6名市民中随机抽取两名的所有的基本事件有：（m ，a），（m， b），（m ，c），（m，1），（m ，2），（a，b），（a，c），（a，1），（a，2），（b，c），（b，1），（b，2），（c，1），（c，2），（1，2）， ．．．．．．．10分

共有15个，符合条件的有9个；

故概率为=0.6． ．．．．．．．12分

19解: (1)证明 取AD的中点M，连接EM，CM，则EM∥PA.

因为EM平面PAB，PA⊂平面PAB，

所以EM∥平面PAB. ．．．．．．．2分

在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CM＝AM，

所以∠ACM＝60°.

而∠BAC＝60°，所以MC∥AB.

因为MC平面PAB，AB⊂平面PAB，

所以MC∥平面PAB. ．．．．．．．4分

又因为EM∩MC＝M， 所以平面EMC∥平面PAB.

因为EC⊂平面EMC，

所以EC∥平面PAB. ．．．．．．．6分

(2)由已知条件有AC＝2AB＝2，AD＝2AC＝4，CD＝23.

因为PA⊥平面ABCD，

所以VP－ACD＝13S△ACD×PA＝13×12×2×23×2＝433. ．．．．．．．9分

因为E是PD的中点，

所以三棱锥P－ACE的体积V＝12VP－ACD＝233. ．．．．．．．12分

20．解：（1）∵过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为2．

∴ = 2，

∵离心率为22，∴=22， ．．．．．．．2分

解得a=，c=1，b=1．

∴椭圆的方程为 2212xy ．．．．．．．4分

（2）当直线MN斜率不存在时，直线PQ斜率为0，

此时4,22,42PMQNMNPQS四边形 ．．．．．．．5分

当直线MN斜率存在时，直线MN：y=k（x-1）k0，

联立24yx得22222400kxkxk，则242kxxNM

∴44||2kpxxMNNM ．．．．．．．7分

由PQMN可设直线PQ : 11k0yxk，

联立椭圆消去y得，222242200kxxk

222422,22PQPQkxxxxkk

2222222221142214222kkPQkkkk ．．．．．．．9分 2222421122PMQNkSMNPQkk四边形,令211ktt

则222242421421421111PMQNttStttt四边形 ．．．．．11分

综上， min42PMQNS四边形 ．．．．．．12分

21. 解：(1))(xg的定义域为,0，12(2)gxaxax ．．．．．．．1分

当0a时，0gx，)(xg递增 ．．．．．．．2分

当0a时，212(2)1(21)(1)2(2)axaxxaxgxaxaxxx

110,0,(),0,()xgxgxxgxgxaa递增；递减， ．．．．．．3分

综上：当0a时，gx的单调增区间为10,a，单调减区间为1,a

当0a时，gx的单调增区间为0, ．．．．．．．4分

（2）由12,xx是函数2lnfxxxax的两个零点有21111ln0fxxxax

22222ln0fxxxax，相减得121212lnlnxxaxxxx ……6分

1()2fxxax又

121212121212lnln222xxxxfxxaxxxxxx ……8分

所以要证明1202xxf，只需证明121212lnln20xxxxxx120xx

即证明1212122lnlnxxxxxx，即证明12112221ln1xxxxxx ……10分 令12(0,1)xtx，则22ln)1()(tttth

则11ln)(ttth，011)(2ttth

∴)(th在)1,0(上递减，0)1()(hth，∴)(th在)1,0(上递增，0)1()(hth

所以成立，即1202xxf ………12分