2017年高考模拟试卷(1)参考答案

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2017年高考模拟试卷(1)参考答案

一、填空题

1.12,.AB12,.

2.12. (2)(1)2i13.1i(1)(1)2iiizii,则复数z的实部为 12.

3.(-9,+∞).函数5()log(9)fxx的单调增区间(-9,+∞).

4. 536.点数之和是6包括(15)(24)(33)(42)(15),,,,,,,,,共5种情况,则所

求概率是536.

5. 8.若613x,则1326x,不符;若513x,则82x.

6. 0. 244.这组数据的平均数为10,方差为

222221(109.4)(109.7)(109.8)(1010.3)(1010.8)0.245.

7. 7.函数()fx的周期4(3T)43,又Τ,所以的值为7.

8. .依题意,2220aabb,又1ab,故1ab,则a与b的夹角为.

9. 11.11tantan25tantan111tantan12511.

10. 115,.因为不等式2 >0axbxc的解集为1 5,,所以(1)(5)>0axx,且0a,即245>0axaxa,则45baca,,则2 0cxbxa≤即为254 0axaxa≤,从而2541 0xx≤,故解集为115,.

11.3.由121xy得,02yxy,则222222222logloglogloglog22yyxyxyyy

224log24log832yy≥.

12. 5.易得圆C:22(1)9xy,定点A(10),,EAED,则3ECEAECED,

从而三角形AEC的周长为5.

13. 2027.易得数列nb:1,3,5,6,7,9,10,11,12,13,14,15,17,…, 2 则1137…12121kkk,当10k,12120372017kk,

2037201720,从而第2017项为1121202027.

14. 5114,,.()max11fxxx, 2()()gxxkkR恰有4个零点,

当54k时,()fx与()gx相切.如图,

结合图形知,实数k的取值范围是5114,,.

二、解答题

15. (1)因为coscos02CC,

所以22coscos1022CC,

解得cos12C或1cos22C,

又0C<< ,故22C0<<,

从而23C,即23C.

(2)由余弦定理2222coscababC得,

221abab, ①

由三角形ABC的面积331sin2412ababC得,

13ab, ②

由①②得,33ab.

16. (1)因为AB//DE,

又AB平面DEF,

DE平面DEF,

所以AB//平面DEF,

同理BC//平面DEF,

又因为ABBCC, y y

x x O O 1 1 3 ABBC,平面ABC,

所以平面ABC//平面DEF.

(2)因为CAB是二面角C-AD-E的平面角,

所以CAADBAAD,,

又因为CAABA,

AB,CA平面ABC,

所以DA平面ABC,

又DA平面DABE,

所以平面ABC平面DABE.

17. (1)过点P分别作AB,AD的垂线,垂足分别为E,F,

则△PNF与△MPE相似,

从而PFNFEMPE,

所以2121nm,

即211mn.

欲使剩下木板的面积最大,即要锯掉的三角形废料MAN的面积

12Smn最小.

由212112mnmn≥得,8mn≥ (当且仅当21mn,即4m,2n时,

“”成立),此时min4S(平方分米).

(2)欲使剩下木板的外边框长度最大,即要mn最小.

由(1)知,2122323223nmnmmnmnmnmnmn≥,

(当且仅当2nmmn即22m,21n时,“”成立),

答:此时剩下木板的外边框长度的最大值为3322分米.

18. (1)由椭圆C:2221xya(a>1)知,

焦距为2212a,

解得2a,

因为a>1,所以2a. A B D

M N C

6分米

12分米 P

(第17题) E F 4 (2)设直线1ykx被椭圆截得的线段长为ΑΡ,

由22211ykxxya,,得2222120akxakx,

解得10x,222221akxak.

因此22212222111akΑΡkxxkak.

(3)因为圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有2个不同的公共点为P,Q,满足APAQ.

记直线AP,AQ的斜率分别为1k,2k,且1k,20k,12kk.

由(2)知,221122121=1akkAPak,222222221=1akkAQak,

则222211222222122121=11akkakkakak,

所以22222222121212)1(2)0kkkkaakk(,

因为1k,20k,12kk,

所以22222212121(2)0kkaakk,

变形得,22221211111(2)aakk,

从而221+(2)1aa>,

解得2a>,

则221211ceaa,.

19. (1)因为函数()fx为偶函数,

所以()()fxfx,即323222xaxbxcxaxbxc,

整理得,20axc,

所以0ac,从而3()2fxxbx,

又函数()fx图象过点(12),,所以4b.

从而3()24fxxx. 5 (2)①32()2()fxxaxbxcabcR,,的导函数2()62fxxaxb.

因为()fx在1x和2x处取得极值,

所以(1)0(2)0ff,,

即6202440abab,,

解得912ab,.

②由(1)得32()2912()fxxxxccR,()6(1)(2)fxxx.

列表:

x 0 (0,1) 1 (1,2) 2 (2,3) 3

()fx 0 0 

()fx c 单调增 5  c 单调减 4  c 单调增 9  c

显然,函数()fx在[0,3]上的图象是一条不间断的曲线.

由表知,函数()fx在[0,3]上的最小值为(0)fc,最大值为(3)9fc.

所以当0c或90c(即9c)时,函数()fx在区间[03],上的零点个数为0.

当50c时,因为(0)(1)(5)0ffcc,且函数()fx在(0,1)上是单调增函数,

所以函数()fx在(0,1)上有1个零点.

当54c时,因为(1)(2)(5)(4)0ffcc,且()fx在(1,2)上是单调减函数,

所以函数()fx在(1,2)上有1个零点.

当94c时,因为(2)(3)(4)(9)0ffcc,且()fx在(2,3)上是单调增函数,

所以函数()fx在(2,3)上有1个零点.

综上,当0c或9c时,函数()fx在区间[03],上的零点个数为0;

当95c≤或40c≤时,零点个数为1;

当4c或5c时,零点个数为2;

当54c时,零点个数为3.

20.(1)依题意,11111166111111022aaaaabbbaa-≥

(当且仅当111aa时,等号成立).

(2)易得1342nn,当n为奇数时,13420nn,所以43n,

又*nN,故1n,此时111ab; 6 当n为偶数时,13420nn,所以43n,