2017年高考模拟(理科)数学试卷(五)-答案

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山西省运城市康杰中学2017年高考模拟（理科）数学试卷（5）

答 案

1~5．CCCBC

6~10．BDAAB

11~12．BA

13．1

14．10xy

15．378R

16．300

17．解：（1）因为图象的最高点为(3,23)S

所以23A，

由图知sinyAx的周期为12T，又2πT，所以π6，所以π23sin6yx

所以(4,3),(8,0)MP

22|(8435|)MP

（2）在,120MNPMNP△中，故(0,60)

由正弦定理得5sin20sinsin(60)NPMN，

所以.103103sin,sin(60)33NPMN.

设使折线段赛道MNP为L则

103103sin(60)sin33103[sin(60)sin]3103sin(60)3L

所以当角30时L的最大值是1033

18．解：（1）当13t时，PAMQB∥平面

下面证明：若PAMQB∥平面，连AC交BQ于N

由AQBC∥可得，ANQBNC△∽△，

12AQANBCNC

,PAMQBPAPAC∥平面平面， - 2 - / 18

平面PACI平面MQBMN，

PAMN∥

13PMANPCAC即：1133PMPCt

（2）由2PAPDAD，QAD为的中点，则PQAD．

又平面PAD平面ABCD，所以PQ平面ABCD，连BD，

四边形ABCD为菱形，

,60ADABBADABDQ△为正三角形，

Q为AD中点，ADBQ

以Q为坐标原点，分别以QAQBQP、、所在的直线为

xyz，，轴，建立如图所示的坐标系，则各点坐标为

(1,0,0)(0,3,0)(0,0,0)(0,0,3)ABQP，，，

设平面MQB的法向量为(,,)nxyzr，可得

0 0nQBnMNruuuurgruuuurg而PAMN∥ 00 nQBvnPAuuruuurgruuurg，3030yxz

取1z，解得(3,0,1)nr

取平面ABCD的法向量(0,0,3)QPuuur设所求二面角为，

则| |1cos2|||n|QPnQPuuurrguuurr故二面角MBQC的大小为60

19．解：（1）某考生要得40分，必须全部8题做对，其余3题中，有一道做对的概率为12，

有一道题目做对的概率为13，有一道做对的概率为14，

所得40分的概率为1111 23424Pgg

（2）依题意，该考生得分的范围为25，30，35，40 - 3 - / 18

得25分做对了5题，其余3题都做错了，

概率为11231 2344Pgg

得30分是做对5题，其余3题只做对1题，

概率为212311312111 23423423424Pgggggg

得35分是做对5题，其余3题做对2题，

概率为31131211111 2342342344Pgggggg

得40分是做对8题，

概率为4124p

得30分的可能性最大

（3）由（2）得的分布列为：

 25 30 35 40

P 14 1124 14 124

11111730525 30 35 40 304244242412Egggg

20．（Ⅰ）解：由MOF△是等腰直角三角形，得2224,8cba，

故椭圆方程为：22184xy．

（Ⅱ）证明：（1）若直线AB的斜率存在，设AB的方程为：ykxm，依题意得2m，

设1122(),,,()AxyBxy，

由22184xyykxm，得222(12)4280kxkmxm，

则2121222428,1212kmmxxxxkk

由已知128kk，可得1212228yyxx，

所以1212228kxmkxmxx，即1212228xxkmxx．

所以42mkkm，整理得122mk．

故直线AB的方程为122ykxk，即1()22ykx．

所以直线AB过定点1(,2)2．

（2）若直线AB的斜率不存在，设AB方程为0xx，

设0000(),,,()AxyBxy， - 4 - / 18

由已知0000228yyxx，得012x．

此时AB方程为12x，显然过点1(,2)2．

综上，直线AB过定点1(,2)2．

21．解：（1）()(1)afxxaxQ，

①0a当时，若01x，则()0fx，

故函数()fx的单调减区间是(0,1)；

若1x，则()0fx，故函数()fx的增区间是(1,)．

②当01a时，函数()fx的单调减区间是(,1)a；

单调增区间是(0,)(1,)a,．

③当1a时，则2(1)()0xfxx，

故函数()fx的单调增区间是(0,)；

④当1a时，函数()fx的单调递减区间是(1,)a；

函数()fx的单调递增区间是(0,1)(,)a,．

（2）由于1(1)2f，

当0a时(1)0f，

此时()0fx对定义域内的任意x不是恒成立的．

当0a时，由（1）得,()fx在区间(0,)上的极小值，也是最小值为1(1)2f，

此时，(1)0f，解得12a，

故实数a的取值范围是1(,)2．

（3）由2（）知，当12a时，

2111()ln0222fxxxx，当且仅当1x时，等号成立，

这个不等式等价2lnxxx于．

当1x时，变换为21111ln1xxxxx，

因此不等式左边11111111()()...()1121()nmmmmmnmnmmnmmn，

从而得证．

22．解：（1）由6sin得26sin，化为直角坐标方程为226xyy，即2239xy．

（2）将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得22(cossin)70tt，

由2(2cos2sin)470V，故可设12tt，是上述方程的两根， - 5 - / 18

12122(cossin) 7ttttg，

又直线过点(1,2)，故结合t的几何意义得

2212121212||||||||||()44(cossin)28324sin232427PAPBtttttttt，

||||PAPB的最小值为27．

23．解：（1）由()fxa，得1122aax．

因为不等式()fxa的解集为1|}0{xx，所以102112aa，解得1a．

（2）11()()(1)|21||21|gxfxfxmxxm的定义域为R，可得|21||21|0xxm﹣恒成立．

|||(21||2121)(21)|2,2xxxxmQ-．

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山西省运城市康杰中学2017年高考模拟（理科）数学试卷（5）

解 析

1．【考点】5A：复数代数形式的乘除运算．

【分析】利用复数相等的性质求出xy，，再利用复数的代数形式的乘除运算法则能求出结果．

【解答】解：ixyRQ，，为虚数单位，且2i1ixy（﹣）﹣﹣，

211xy，解得31xy，，

421i1i2i4xy（）（）（）﹣．

故选：C．

2．【考点】1H：交、并、补集的混合运算．

【分析】先求出RB，ð从而根据集合A及RABRU（）ð即可求出a的取值范围．

【解答】解|}12{RBxxxQ：，或ð，

RABRU若（）；ð

2a．

故选C．

3．【考点】85：等差数列的前n项和．

【分析】设公差为d，由101221210SS，得1d，从而201711112016,201320171SSSa，由此能求出2017S．

【解答】解：{}naQ为等差数列，nSn为等差数列，

设公差为d，Q101221210SS，

1d，201711112016,201320171SSSa，

2017201736051S．

故选：C．

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zaxy取得最大值的最优解有无穷多个，得到目标函数的对应的直线和不等式对应的边界的直线的斜率相同，解方程即可得到结论．

【解答】解：不等式对应的平面区域如图：

由zaxy得yaxz﹣，

若0a时，直线yaxzz﹣，此时取得最大值的最优解只有一个，不满足条件．

若0a﹣＞，则直线yaxz﹣截距取得最大值时，z取的最大值，此时满足直线yaxz﹣与2yx﹣平行，

此时1a﹣，解得1a﹣．

若0a﹣＜，则直线yaxz﹣截距取得最大值时，z取的最大值，此时满足直线yaxz﹣与314yx﹣平行，