贵州省2017届高考数学适应性试卷(理科) Word版含解析

贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期第六次适应性考试数学（理科）试卷答 案一、选择题1~5.DBDBB 6~10.DACCB 11~12.DA 二、填空题 13.21514. ①③⑤ 15. 6元和11元 16.42ln2- 三、解答题17.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵122+-=nn n a a ，∴111222++-=n n n n a a ，…………………………………………………………………………（4分） ∴数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以12为首项，12为公差的等差数列即1222n n n n a na n -=⇒=. ………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）解：122n nb b nb a +++=，即11222n n b b nb n -+++=，1n =时，由12323n n b b b nb a ++++=，得111b a ==. 2n ≥时，由12323n n b b b nb a ++++=，①1231123(1)n n b b b n b a --++++-=，②①−②得：12212(1)2(1)2n n n n n n nb a a n n n ----=-=--=+，2(1)22n n n b n n -+=，≥，检验1n =时满足上式.∴2*(1)2()n n n b n n -+=∈N . ………………………………………………………（12分）18.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）ξ的所有可能取值为0，1，2，……………………………………………………（1分）设“2016年期末考试时取到i 个新题库（即=i ξ）”为事件(012)=，，i A i . 又因为6个题库中，其中3个是新题库，3个是旧题库，所以23026C 1()(0)C 5====P A P ξ；1133126C C 3()(1)C 5====P A P ξ；23226C 1()(2)C 5====P A P ξ，所以ξ的分布列为………………………………………………………………………（4分）ξ的数学期望为131()0121555E ξ=⨯+⨯+⨯=.………………………（6分）（Ⅱ）设“从6个题库中任意取出2个题库，恰好取到一个新题库”为事件B ，则“2017年时恰好取到一个新题库”就是事件012A B A B A B ++，而事件012A B A B A B ，，互斥， 所以012012()()()()P A B A B A B P A B P A B P A B ++=++1111133524222666C C C C C 131385C 5C 5C 75=⨯+⨯+⨯=. 所以2017年时恰好取到一个新题库的概率为3875. ………………………（12分）19.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵ABC △是等腰三角形， 且AB BC =，又54==AE CF ， ∴=BE BFEA FC，则EF AC . 又由AB BC =，得AC BO ⊥，则EF BO ⊥，∴EF BH ⊥，故H 为EF 中点，则EF B H ⊥'， ……………………………………（2分）∵AC =6， ∴AO =3，又AB =5，AO OB ⊥， ∴OB =4， ∴1AEOH OB AB==，则BH B H 3='=， ∴222||||||''=+OB OH B H ，则B H OH '⊥，…………………………………………（4分）又=OHEF H ，∴B H '⊥平面ABC .…………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ∵AB 5=，AC 6=，∴(300)B -，，，(130)(003)(130)C B A '-，，，，，，，，， (430)AB =-，，，(133)AB '=-，，，(060)AC =，，.…………………………………………………………………………………………………（7分） 设平面ABB '的一个法向量为1()n x y z =，，， 由1100n AB n AB ⎧=⎪⎨'=⎪⎩，，得430330x y x y z -+=⎧⎨-++=⎩，， 取3x =，得43y z ==-，. ∴1(343)n =-，，.………………………………………………………………（8分）同理可求得平面AB C '的一个法向量2(301)=，，n . ……………………………（9分）设二面角'--B B A C 的平面角为θ， 则1212cos ||||85==n n n n θ.…………………………………………………（11分） ∴二面角B B A C '--的余弦值为cos θ=. …………………………………（12分）20.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意1(0)b Fc =，，1=，c a C 的标准方程为2212+=x y .………………………………………………（4分）（Ⅱ）设直线l 的方程为2=+y x t ，设11223445()()()3⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，M x y N x y P x Q x y ，MN 的中点为00()D x y ，， 由22222y x t x y =+⎧⎨+=⎩，，消去x ，得229280y ty t -+-=， ………………………………（5分）所以1229ty y +=且22436(8)0t t ∆=-->， 故12029y y ty +==且33t -<<， ………………………………………………（7分）由=PM NQ ，知四边形PMQN 为平行四边形， 而D 为线段MN 的中点，因此D 为线段PQ 的中点，所以405329+==y t y ， …………………………………………………………（9分）可得42159-=t y ， 又33t -<<，可得4713y -<<-，………………………………………………（11分）因此点Q 不在椭圆上， 故不存在满足题意的直线l . …………………………………………………………（12分）21.（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由已知得1()(0)g x ax x x'=+>，所以022'==⎝⎭g a ，所以2=-a . ………………………………（2分）所以2()ln (0)=-++>f x x x x x .则12(1)12()21(0)x x f x x x x x⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=-++=>-， 由()0'>f x 得01<<x ，由()0'<f x 得1>x . 所以()f x 的减区间为(1)+∞，，增区间为(01)，. ………………………………（4分）（Ⅱ）①解：由已知()ln (0)f x x bx x =+>.所以1()(0)'=+>f x b x x， 当b ≥0时，显然()0'>f x 恒成立，此时函数()f x 在定义域内递增，()f x 至多有一个零点，不合题意.…………………………………………………………（5分）当<0b 时，令()0f x '=得10x b=->，令()0'>f x 得10<<-x b ；令()0f x '<得1x b>-.所以()f x 极大值为1ln()10f b b ⎛⎫-=---> ⎪⎝⎭，解得10e b -<<.且0x →时，()0f x <，x →+∞时，()0f x <. 所以当10e b ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，()f x 有两个零点.………………………………………（8分）②证明：1x ∵，2x 为函数()f x 的两个零点，不妨设120x x <<. 所以11ln 0x bx +=，22ln 0x bx +=，两式相减得2121ln ln x x b x x -=--，两式相加得2121ln ln x x b x x +=-+. ……………………（9分）要证212e x x >，即证12ln ln 2x x +>，即证212121ln ln 2->-+x x x x x x ，即证21221121ln 1⎛⎫- ⎪⎝⎭>+x x x x x x . ………………………………（10分）令21(1)=>x t t x ，即证2(1)ln 1->+t t t . 令2(1)()ln 1-=-+t h t t t ，则22(1)()0(1)-'=>+t h t t t ， …………………………………（11分）所以()(1)0>=h t h ，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+， 所以212121ln ln 2x x x x x x ->-+，所以212e >x x .……………………………………（12分）22.（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）∵点7π4⎫⎪⎭，的直角坐标为(11)-，，射线的方程为(0)y x x =>，所以圆心坐标为(11)，，半径2r =， ∴圆C 的直角坐标方程为22(1)(1)4x y -+-=. 化为极坐标方程是22(cos sin )20ρρθθ-+-=. ……………………………（5分）（Ⅱ）将2cos 2sin =+⎧⎨=+⎩，，x t y t αα（t 为参数）代入圆C 的直角坐标方程22(1)(1)4x y -+-=.得22(1cos )(1sin )4t t αα+++=， 即22(cos sin )20t t αα++-=. ∴12122(cos sin )2t t t t αα+=-+=-，.∴12||||AB t t =-= ∵π04α⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，，∴π202α⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，，∴||4AB <.即弦长||AB 的取值范围是4).…………………………………………（10分）23.（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（Ⅰ）解：|2||2|224b b b b+--++-=≤||，当且仅当2b ≥时等号成立， 422|2||2|b b b b =++-++-||≤，当且仅当22b -≤≤时等号成立，∵对任意实数b ，不等式2||2|2||2|b b a b b +--++-||≤≤都成立. ∴4a =. …………………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：2221122()()2()x y x y x y x xy y x y +-=-+-+-+-，∵0>>x y ，21()())()3()-+-+-=-∴≥x y x y x y x y ，当且仅当1=+x y 时等号成立，∴2212232x y x xy y+--+≥， 即2212212-+--+≥x y a x xy y .…………………………………………………（10分）贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期第六次适应性考试数学（理科）试卷解析第Ⅰ卷（选择题，共60分）1.22i 422i 1i 2i i -⎛⎫===- ⎪--⎝⎭，故选D . 2.{|12}A x x x =-<∈Z ≤，，故{012}A =，，，故{12}A B =，，故选B .3.∵(11)=，a ，(25)=，b ，∴8(88)(25)(63)--=，，，a b =.又∵(8)30-a bc =，∴(63)(4)61230x x =+=，，，∴3x =，故选D .4.由题意知：直线20x y λ-+=平移后方程为220x y λ-++=.又直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径，得2λ=-或8，故选B .5.分类：两色：25A 20=，三色：2335C A 180=，四色：45A 120=，20180120320++=，故选B . 6.由三视图可知该几何体是一个半圆柱和一个三棱柱的组合体，故其表面积为21π12+π+22+22π+8+2⨯⨯⨯⨯⨯D .7.由题意，ππ2π82k ϕ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭，k ∈Z ，得3ππ4k ϕ=+，k ∈Z ，在四个选项中，只有3π4满足题意，故选A . 8.111110011119911223100101101101100101232101202S P =+++=-==++=-=⨯⨯⨯⨯⨯，，故选C .9.∵sin 2cos αα-=，∴225sin 4sin cos 4cos 2αααα-+=，化简得4sin 23cos2αα=，∴sin 23tan 2cos 24ααα==，故选C . 10.(2)12(1)3f f ⎧⎨-⎩≤，≤，421213m n m n ++⎧⎨-+⎩≤，≤，282m n m n +⎧⎨-+⎩≤，≤， 可转化为线性规划问题解答，故选B . 11.由已知AB 与x 轴交于点2F ，设2AOF α∠=，则tan b a α=，AOB △中，可得4tan 23α=，1tan 2α=，故选D .12.由题意，函数()()f x f x -=-，()(2)f x f x =-，则()(2)f x f x --=-，可得(4)()f x f x +=，即函数的周期为4，且()y f x =的图象关于直线1x =对称.()|cos(π)|()g x x f x =-在区间5922⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上的零点，即方程|cos(π)|()x f x =的零点，分别画|cos(π)|y x =与()y f x =的函数图象，∵两个函数的图象都关于直线1=x 对称，∴方程|cos(π)|()=x f x 的零点关于直线1=x 对称，由图象可知交点个数为6个，可得所有零点的和为6，故选A .第Ⅱ卷（非选择题，共90分）13.由题意3s i n 5⇒=B ，12sin 13=C ，63sin sin()sin cos cos sin 65=+=+=∴A B C B C B C ，136321sin 4sin 12655==⨯⨯=∴c a A C . 14.①中若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β，又因为n ∥β，则m ⊥n ，所以①正确；在②④的条件下都不能确定α与β的位置关系，即α与β还可以相交，所以②④错误；③⑤都可以证明是正确的.15.由题意，1至12的和为78，因为三人各抢到的金额之和相等，所以三人各抢到的金额之和为26，根据爸爸说：我抢到了1元和3元；妈妈说：我抢到了8元和9元；可得爸爸抢到1、3、10、12元，妈妈抢到8、9、2、7元或8、9、4、5元，据此可判断小明必定抢到的金额为6元和11元.16.设直线y k x b =+与e 2=+x y 和1e x y +=的切点分别为11(e 2)x x +，和212(e )x x +，，则切线分别为111(e 2)e ()x x y x x -+=-，22112e e ()x x y x x ++-=-，化简得：1111e e 2e x x x y x x =++-，2221112e e e x x x y x x +++=+-，依题意有：121122111112e e ln2e 2e e e+++⎧=⎪⇒=⎨+-=-⎪⎩，x x xx x x x x x ，所以 111e 2e 42ln2=+-=-x x b x .。

贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期高考适应性月考数学试题（理科）1. 设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A.....................2. 已知在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：要使复数对应的点在第四象限应满足：，解得，故选A.考点：复数的几何意义.3. 已知为第二象限的角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵∴，∴，又∵，∴，，∴，，∴为第三象限的角，∴，故选B．4. 设实数满足，则的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图1，直线与圆交于，两点，则的概率，故选C．八、概率点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．5. 一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图可知，该三棱柱的底面是顶角为，两腰为2的等腰三角形，高为2，底面三角形的外接圆直径为，半径为2．设该三棱柱的外接球的半径为R，则，所以该三棱柱的外接球的体积为，故选A．6. 矩形中，，，在线段上运动，点为线段的中点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将矩形ABCD放入如图2所示的平面直角坐标系中，设，又，所以，所以，因为，所以，即的取值范围是，故选C．7. 阅读如图所示的程序框图，若，，则输出的的值等于（）A. 252B. 120C. 210D. 45【答案】C【解析】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第五次循环：；第六次循环：；结束循环，输出，故选C．8. 在中，，若，则面积的最大值是（）A. B. 4 C. D.【答案】D【解析】∵，由，，得，∴．又，∵，∴，∴当时，取得最大值，∴面积的最大值为，故选D．9. 已知实数满足，直线过定点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D10. 《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：记为每个序列中最后一列数之和，则为（）A. 1089B. 680C. 840D. 2520【答案】A【解析】当时，序列如图：故，故选A．11. 已知双曲线上存在两点关于直线对称，且的中点在抛物线上，则实数的值为（）A. 0或-10B. 0或-2C. -2D. -10【答案】A【解析】因为点关于直线对称，所以的垂直平分线为，所以直线的斜率为．设直线的方程为，由得，所以，所以，所以．因为的中点M在抛物线上，所以，解得或，又的中点也在直线上，得，∴或，故选A．点睛：解析几何对称问题，一般设参数，运用对称问题中包含的垂直与中点坐标条件，将问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去中间变量，直至得到所求量．12. 设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，当时，时，∴当时取得最小值，且．令，则此直线恒过定点，若存在唯一的整数，使得，则且，∴，故选D．点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．13. 设是展开式中的系数，则__________．（用数字填写答案）【答案】111【解析】展开式中x的系数为，则．点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14. 在中，角的对边分别为，且满足，则函数的最大值为__________．【答案】【解析】由已知，，即，即，则，∴，即，，即时，取得最大值．15. 已知函数，命题：实数满足不等式；命题：实数满足不等式，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】是的充分不必要条件，等价于是的必要不充分条件．由题意得为偶函数，且在单调递增，在单调递减，由p：得，即，解得；由q：，故的取值范围是．点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．16. 已知椭圆：，双曲线：，以的短轴为正六边形最长对角线，若正六边形与轴正半轴交于点，为椭圆右焦点，为椭圆右顶点，为直线与轴的交点，且满足是与的等差数列，现将坐标平面沿轴折起，当所成二面角为时，点在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为__________．【答案】2【解析】由题，，由正六边形得．于是，可得．当所成二面角为时，设双曲线左顶点为，则，设双曲线左焦点为，则，所以．17. 已知数列的前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，求证：.【答案】（1）. （2）．【解析】试题分析：（1）根据当时，，得到数列的递推关系式，再根据等比数列定义及通项公式求数列的通项公式；（2）将数列的通项公式代入化简得,再根据大小关系放缩为，最后利用裂项相消法求和得．试题解析：（Ⅰ）解：当时，，所以，当时，，即，，，所以数列是首项为，公比也为的等比数列，所以.（Ⅱ）证明：．由，所以，所以．因为，所以，即．点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.18. 随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受到市民重视. 为此贵阳市建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到自行车服务中心办理诚信借车卡借车，初次办卡时卡内预先赠送20积分，当积分为0时，借车卡将自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以1元购1个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分收费，具体扣分标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②租用时间为1小时以上且不超过2小时，扣1分；③租用时间为2小时以上且不超过3小时，扣2分；④租用时间超过3小时，按每小时扣2分收费（不足1小时的部分按1小时计算）.甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，两人租车时间都不会超过3小时，设甲、乙租用时间不超过1小时的概率分别是0.4和0.5；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是0.4和0.3.（1）求甲、乙两人所扣积分相同的概率；（2）设甲、乙两人所扣积分之和为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】甲、乙两人所扣积分相同的概率为0.36，的数学期望．【解析】试题分析：（1）先确定甲、乙两人所扣积分相同事件取法:扣0分、扣1分及扣2分，再根据相互独立事件概率乘法公式及互斥事件概率加法公式得所求概率，（2）先确定随机变量取法，再分别求对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求期望.试题解析：（Ⅰ）分别记“甲扣0，1，2分”为事件，它们彼此互斥，且．分别记“乙扣0，1，2分”为事件，它们彼此互斥，且．由题知，与相互独立，记甲、乙两人所扣积分相同为事件，则，所以=．（Ⅱ）的可能取值为：，，，，，所以的分布列为：的数学期望．答：甲、乙两人所扣积分相同的概率为0.36，的数学期望．19. 如图，三棱锥中，底面，，，，为的中点，点在上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析.（Ⅱ）平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.【解析】试题分析：（1）要证平面平面，只需证平面，而由等腰三角形性质得，所以只需证．因为底面，可得；又根据勾股定理可得；从而有平面，即得．（2）一般利用空间向量数量积求二面角的大小，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小.试题解析：（Ⅰ）证明：∵底面，且底面，∴．由，，，可得．又∵，∴平面，注意到平面，∴．∵，为中点，∴．∵，∴平面，而平面，∴平面平面．（Ⅱ）解法一：如图，以为原点、所在直线为轴、为轴建立空间直角坐标系.则设平面的法向量，则解得．取平面的法向量为，则，故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.解法二：取的中点，在上取点，且，连接，.∵平面，∴平面，平面，．在中，，∴．由（Ⅰ）知，平面，即，且，∴，设平面ABC与平面BEF所成二面角为，，故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为．20. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，为椭圆的离心率，且点为椭圆短半轴的上顶点，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作不与坐标轴垂直的直线，设与圆相交于两点，与椭圆相交于两点，当且时，求的面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）所求的椭圆方程为．（Ⅱ）的面积的取值范围为．【解析】试题分析：（1）根据条件列出关于两个独立条件：，，解方程组可得，（2）设直线的方程为，，将条件用坐标表示，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理化简条件得．因为，所以利用韦达定理计算．最后根据自变量范围，利用对勾函数求函数值域.试题解析：（Ⅰ）由是等腰直角三角形，得，从而得到，故而椭圆经过，代入椭圆方程得，解得，所求的椭圆方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由题意，设直线的方程为，，由得，则．∵，∴，解得．由消得．设，，，则．设，则，其中，∵关于在上为减函数，∴，即的面积的取值范围为．21. 已知函数.（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）的最小值为．【解析】试题分析：（1）函数存在单调递减区间，等价于在上有解，即在上有解，根据实根分布可得解不等式可得实数的取值范围；（2）为两根，所以代入消化简得．令，转化研究函数最小值，先根据，确定自变量取值范围：，再利用导数研究函数单调性：在上单调递减，进而确定函数最小值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以，又因为在上有解，令，则，只需解得即．（Ⅱ）因为，令，即，两根分别为，则又因为．令，由于，所以．又因为，，即即，所以，解得或，即．令，，所以在上单调递减，．所以的最小值为．点睛：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则在该区间为增函数；如果，则在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，其中为参数，，再以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中，，直线与曲线交于两点.（1）求的值；（2）已知点，且，求直线的普通方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）直线的普通方程为.（或）【解析】试题分析：（1）先根据代入消元法将直线的参数方程化为普通方程，利用将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入可得的值；（2）由直线参数方程几何意义得，再将直线的参数方程代入抛物线C的普通方程，利用韦达定理得，，三个条件联立方程组解得，即得直线的普通方程.试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为，曲线C的极坐标方程可化为，设，，联立与C的方程得：，∴，则，∴.（Ⅱ）将直线的参数方程代入抛物线C的普通方程，得，设交点对应的参数分别为，则，，由得，，联立解得，又，所以.直线的普通方程为.（或）23. 选修4-5：不等式选讲已知函数的顶点为.（1）解不等式；（2）若实数满足，求证：.【答案】（Ⅰ）不等式恒成立，解集为.（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由绝对值三角不等式得即不等式恒成立，所以解集为.（2）先因式分解得，再配凑，最后根据条件，已经绝对值三角不等式放缩得试题解析：（Ⅰ）解：依题意得，则不等式为，∵，当且仅当时取等号，所以不等式恒成立，解集为.（Ⅱ）证明：．。

贵州省贵阳市2017届高三2月适应性考试数学（理科）试卷（一）第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知i 虚数单位，则232017z i i i i =++++= （ ）A ．0B ．1C ．i -D ．i2．满足{}{}1,21,2,3,4P ⊆⊄的集合P 的个数是 （ ） A ．2B ．3C ．4D ．53．数列{}n a 满足()*11110,12,11n n a n n N a a -=-=≥∈--，则2017a =（ ） A ．12017 B ．12016C ．20162017D ．201520164．下面的程序框图，如果输入三个数a b c 、、，()220a b +≠要求判断直线0ax by c ++=与单位圆的位置关系，那么在空白的判断框中，应该填入下面四个选项中的（ ）A ．0?c =B ．0?b =C ．0?a =D ．0?ab =5．某一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）A ．2B C ．D ．36．函数曲线12y x =与3y x =所围成的封闭区域的面积为（ ） A ．12B ．512C ．45D ．527．圆C 与x 轴相切于()1,0T ，与y 轴正半轴交于两点,A B ，且2AB =，则圆C 的标准方程为（ ）A ．()(2212x y -+= B ．()()22122x y -+-=C ．()(2214x y ++=D ．()(2214x y -+=8．设M 为边长为4的正方形ABCD 的边BC 的中点，N 为正方形区域内任意一点（含边界），则∙AM AN 的最大值为（ ） A ．32 B ．24C ．20D ．169．若231,1,lg ,lg ,lg 10m a m b m c m ⎛⎫∈===⎪⎝⎭，则（ ） A ．a b c <<B ．c a b <<C ． b a c <<D ．b c a <<10．已知球O 的半径为2，四点S A B C 、、、均在球O 的表面上，且4,SC AB =6SCA SCB π∠=∠=，则点B 到平面SAC 的距离为（ ）A B ．32C ．D ．111．斜率为()0k k >的直线经过抛物线()20y px p =>的焦点，与抛物线交于A B 、两点，与抛物线的准线交于C 点，当B 为AC 中点时，k 的值为（ ）A BC ．D ．12．已知M 是函数()2112sin 2x f x e x π--⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦在[]3,5x ∈-上的所有零点之和，则M 的值为（ ）A ． 4B ．6C ．8D ．10第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上。

贵州省2017年高考模拟理科数学试卷答 案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1~5．BDCAD6~10．BACCA 11~12．DA 二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分） 13．﹣5．14．2．15．36π．16．10或11．三、解答题（本题共70分）17．解：（Ⅰ）在ABC △中，由cos 4a B =，sin 3b A =， 两式相除，有4cos cos cos 13sin sin sinB tan a B a B b B b A A b b B ====g g ， 所以3tan 4B =， 又cos 4a B =，故cos 0B ＞，则4cos 5B =， 所以5a =． …（6分） （2）由（1）知3sin 5B =， 由1sin 2S ac B =，得到6c =．由2222cos b a c ac B -=+，得b =故5611l =+ABC △的周长为11+．…（12分）18．解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记1A 表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，2A 表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，1B 表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，2B 表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则1A 与1B 独立，2A 与2B 独立，1B 与2B 互斥，1122C B A B A =U ，11221122()(()))((())P C P B A B A P B P A P B P A ==+U ）， 由题意19)1(0P A =，21)1(0P A =，111)0(2P B =，27)2(0P B =， 119715320102010100()P C ∴⨯+⨯==． 19．解．（1）证明：由题意，DE BC ∥， DE AD DE BD AD BD D ⊥⊥=Q I ，，，DE ADB ∴⊥平面，BC ABD ∴⊥平面；BC ABC ⊂Q 平面，ABD ABC ∴⊥平面平面；（2）由已知可得二面角A DE C --的平面角就是ADB ∠设等腰直角三角形42ABC AB ADB AD DB AB ====的直角边，则在△中，，取DB O AO DB ⊥中点，，由（1）得平面ABD EDBC ⊥平面，AO EDBC ∴⊥面，所以以O 为原点，建立如图坐标系，则A ，(1,0,0)B ，(1,4,0)C ，(1,2,0)E -设ABC 平面的法向量为(,,)m x y z =u r ，AB =u u u r，(1,4,AC =u u u r．由040m AB x m AC x y ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩u r u u u r g u r u u u r g，取m =u r ，(1,2,AE =-u u u r ，∴直线AE 与ABC 平面所成角的θ，sin |cos ,|||||m AE m AE AE m θ==u r u u u r u r u u u r g u u u u r u r ＜＞ 即直线AE 与ABC 平面所成角的正弦值为：420．解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率c e a ==a =，由2222b ac c -==，将2P 代入椭圆方程222212x y c c +=， 解得：1c =，a 1b =， ∴椭圆的标准方程：2212x y +=； （2）在x 轴上假设存在定点(,0)M m ，使得MA MB u u u r u u u r g 为定值．若直线的斜率存在，设AB 的斜率为k ，(1,0)F ）， 由22(1)12y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得2222()124220k x k x k +--+=， 2122412k x x k +=+，21222212k x x k -=+， 22222121222222241)(1)1)(2(1211k k k y y k x x k k k k k -==+-=---=+++， 则21212121212)()(()x m x m y y x x m m M x x MB y y A +=---+=++u u u r u u u r g ，2222222222222412121122(241)k k k m m m m m k k k k k -+-=+++-+-++=-g ， 欲使得MA MB u u u r u u u r g 为定值，则222412(2)m m m +=--， 解得：54m =， 此时25721616MA MB =-=-u u u r u u u r g ； 当AB 斜率不存在时，令1x =，代入椭圆方程，可得y = 由5(,0)4M ，可得716MA MB =-u u u r u u u r g ，符合题意． 故x x 轴上存在定5(,0)4M ，使得716MA MB =-u u u r u u u r g ． 21．解：（1）()ln 1f x x a '=++， (1)12f a '=+=，解得：1a =，故()ln f x x x x =+，()ln 2f x x '=+，令()0f x '＞，解得：2x e -＞，令()0f x '＜，解得：20x e -＜＜，故()f x 在2(0)e -，递减，在2()e -+∞，递增；（2）要证()xe f x '＞，即证2n 0l x e x --＞，即证ln 2x e x +＞， 0x ＞时，易得1x e x +＞，即只需证明1ln 2x x ++≥即可，即只需证明ln 1x x +＞即可令()ln 1h x x x =-+，则1()1h x x'=-， 令()0h x '=，得1x = ()h x 在(0,1)递减，在(1,)+∞递增，故()(1)0h x h =≥．即1ln 2x x ++≥成立，即2x e lnx +＞，()x e f x '∴＞．22．解：（1）曲线1C 的参数方程为22cos y 2sin x αα=+⎧⎨=⎩（α为参数），普通方程为22(2)4x y -+=，即224x y x +=，极坐标方程为4cos ρθ=；曲线1C 的极坐标方程为2cos sin ρθθ=，普通方程为：2y x =；（2）射线l 的参数方程为cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数，ππ64α＜≤）． 把射线l 的参数方程代入曲线1C 的普通方程得：24cos 0t t α=﹣，解得10t =，24cos t α=．2|||4cos |OA t α∴==．把射线l 的参数方程代入曲线2C 的普通方程得：22cos sin t t αα=，解得10t =，22sin cos t αα=． 22|sin |||cos OB t αα∴==． 2sin ||||4cos 4tan 4cos OA OB k αααα∴===g g．k ∈Q，4k ∴∈． ||||OA OB ∴g的取值范围是． 23．解：（1）26,1||4,1526,)1||55(x x x x f x x x x -+⎧⎪=⎨⎪-=-+-⎩≤＜＜≥，()f x ∴在(,1]-∞上单调递减，在222118a b =+++++221142a b +++=Q ≤， 2(()())16g a g b ∴+≤，()()4g a g b ∴+≤．2017年贵州省高考理科数学模拟试卷解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．【考点】1E：交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．【考点】88：等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1，∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．【考点】96：平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．【考点】EF：程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．【考点】F7：进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．【考点】L7：简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．【考点】HP：正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．【考点】CF：几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．【考点】3O：函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．【考点】54：根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．【考点】3L：函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】利用（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），进而得出．【解答】解：（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），∵展开式中含x4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的体积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC=V C﹣AOB=×R2×sin60°×R=，故R=3，则球O的表面积为4πR2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．属于中档题16．【考点】8H：数列递推式．【分析】na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．【考点】HT：三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．【考点】CC：列举法计算基本事件数及事件发生的概率；B8：频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．【考点】MI：直线与平面所成的角；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F （1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x＞lnx+1即可【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．22．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．23．【考点】3H：函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f（x）的最小值；（2）计算2，利用基本不等式即可得出结论．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。