【广东省佛山市】2017届高考二模文科数学试卷-答案.pdf

1/13 广东省佛山市广东省佛山市 20172017 届届高考高考二模二模文科文科数学数学试卷试卷 答答 案案 一、选择题 15BCBDC 610CADCC 1112AB 二、填空题 13210 xy 14413n 1585 16100 三、解答题 17（1）设数列na的公差为 d，nb的公比为 q，依111ba，34ba，12334bbbaa 得2213125dqqqd 解得1d，2q，所以1(1)nann，111 22nnnb；（2）由（1）知12nnn nca bn，则01211 22 23 2.2nnTn 12121 22 2122nnnTnn（）得：12101 21 21 21 22nnnTn=1(12)2(1)2112nnnnn 所以(1)21nnTn 18（）区间中值依次为：0.05，0.15，0.25，0.35，0.45，0.55，取值概率依次为：0.1，0.2，0.25，0.3，0.1，0.05，平均收益率为0.05 0.100.15 0.200.25 0.250.35 0.300.45 0.100.55 0.05=4150300625 1 0504502750.27510（）（）()25303845521903855x，7.57.16.05.64.8316.255y 2/13 所以10.06.20.1038b()设每份保单的保费为20 x元，则销量为100.1yx，则保费收入为()(20)(100.1)f xxx万元，22()20080.13600.1(40)f xxxx 当40 x 元时，保费收入最大为360万元，保险公司预计获利为360 0.27599万元 19证明：（）连接 BD 交 AE 于点 O，依题意得2ABADDADE，所以RtABDRtDAE，所以DAEABD，所以90AOD，所以AEBD，即OBAE，ODAE，又OBODO，OB，OD 平面OBD 所以AE 平面OBD 解：（）因为平面AD E 平面ABCE，由（）知，OD 平面ABCE，所以OD为三棱锥DABC的高，在矩形ABCD中，4AB，2AD，1DE，所以25D O，所以11128 5(4 2)332155A BCDD ABCABCVVSD O 即三棱锥A BCD的体积为8 515 20解：（）依题意得24c，则1(2,0)F，2(2,0)F；所以椭圆1C与抛物线2C的一个交点为(2,2)P，于是122|PF|4 2aPF，从而2 2a 又222abc，解得2b 所以椭圆 C1的方程为22184xy（）依题意，直线l的斜率不为0，设直线l：2xty，由22xtyyx，消去 x 整理得220yty，由2()8 0t 得28t 3/13 由22228xtyxy，消去 x 整理得22(2)440tyty，设11(),A x y，22(),B xy，则12242tyyt，12242y yt，所以222212121224 2(t1)|1|1(yy)4y2ABtyytyt，F2到直线l距离241dt，故222 1222114 2(t1)48 222221ABFtSAB dttt，令211,3)ts ，则22228 218 28 212 2(,4 21215ABFtsStsss，所以三边形 ABF2的面积的取值范围为12 2(25,4 21解：（）22222e(ea)(x 1)e11(x)(x 1)e(x 1)(ea)xxxxxxaaaxfaaxxxxxxx（1）当01A 时，exa，当(0,1)x，()0fx；当(1,)x，()0fx；所以()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增（2）当1ea 时，令exa，得ln(0,1)xa，由()0fx 得ln1ax，由()0fx 得0lnxa 或lnxa，所以()f x在(0,ln)a，(1,)上单调递增，在(ln,1)a上单调递减（3）当ea 时，令exa，()0fx，故()f x在(0,)上递增（4）当ea时，令exa，得ln(1,)xa，由()0fx 得1lnxa，由得01x 或lnxa，所以()f x在(0,1)，(ln,)a 上单调递增，在(1,ln)a上单调递减 综上，当01a 时，()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增 当1ea 时，()f x在(0,ln)a，(1,)上单调递增，在(ln,1)a上单调递减 当ea 时，()f x在(0,)上递增 当ea时，f x（）在(0,1)，(ln,)a 上单调递增，在(1,ln)a上单调递减 证明：（）0()1g x1ln011ln0exxxxx 且e1lnxxx 先证：令()1lnh xxx，则()1 lnh xx，当1(0,)ex，()0h x，()h x单调递减；当1(,)ex，()0h x，()h x单调递增；所以1111()()1ln10eeeeh x h，故成立 再证：由（），当1a 时，e1()lnxf xxx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以()(1)e 1 0f xf ，故成立 4/13 综上，0()1g x恒成立 22解：（）因为cosx，siny，222xy，1C的极坐标方程为3 cos+sin40，2C的普通方程为2211xy（），即2220 xyy，对应极坐标方程为2sin（）曲线3C的极坐标方程为0 （，02）设1,()A，2,()B，则143cossin，22sin，所以211112sin(3cossin)(3sin2cos21)2sin(2)14446OBOA，又02，52666，所以当262，即=3时，OBOA取得最大值34 23解：（）当1a 时，不等式即11|2 0 xxx ，等价于11(1)x 20 xxx 或11(1)120 xxxx 或1(1)(1)20 xxxx 解得1x-或10 x 或2x，即不等式()0f x 的解集为(,0)(2,)-（）当,1)xa 时，()1()01f xaxf xax，不等式 可化为，若存在01),xa，使得0()0f x，则2a，所以a的取值范围为(1,2)5/13 广东省佛山市广东省佛山市 20172017 届届高考高考二模二模文科文科数学数学试卷试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】把已知的等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，代入模的公式得答案【解答】解：（z3）（13i）=10，z=+3=1+3i+3=4+3i，故|z|=5，故选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础的计算题 2【考点】1H：交、并、补集的混合运算【分析】求出集合 A，B，从而 CRA，由此能求出（RA）B【解答】解：R 为实数集，集合 A=x|x22x0=x|x0 或 x2，B=x|x1，CRA=x|0 x2，（RA）B=x|1x2=（1，2）故选：C【点评】本题考查补集、交集的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想，是基础题 3【考点】7C：简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，化目标函数 z=2x+y 为 y=2x+z，由图可知，当直线 y=2x+z 过 A（0，2）时，直线在 y 轴上的截距最小，z 有最小值为 2 故选：B【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题 4【考点】2J：命题的否定 6/13 【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题 p：aR，f（x）为偶函数，则p 为：aR，f（x）不为偶函数 故选：D【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题 5【考点】HJ：函数 y=Asin（x+）的图象变换【分析】利用诱导公式，y=Asin（x+）的图象变换规律，得出结论【解答】解：为了得到函数=2sin（2x+）=2sin2（x+）的图象，只需将函数 y=2sin2x 图象上所有的点向左平移个单位长度，故选：C【点评】本题主要考查诱导公式，y=Asin（x+）的图象变换规律，属于基础题 6【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】由已知三视图得到几何体的形状，然后计算体积【解答】解：由已知三视图得到几何体是一个正方体割去半径为 2 的个球，所以表面积为=24；故选：C【点评】本题考查了由几何体的三视图求几何体的表面积；关键是正确还原几何体 7【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】可知，这样进行数量积的运算即可求出，这样即可得出向量与向量的夹角【解答】解：=；向量与的夹角为 故选 A【点评】考查单位向量的概念，向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的概念 8【考点】BN：独立性检验的基本思想【分析】根据这两幅图中的信息，即可得出结论【解答】解：由图 2 知，样本中的女生数量多于男生数量，样本中的男生、女生均偏爱理科；由图 1 知，样本中有理科意愿的学生数量多于有文科意愿的学生数量，故选 D 7/13 【点评】本题考查等高堆积条形图，考查学生对图形的认识，比较基础 9【考点】EF：程序框图【分析】根据程序框图，依次进行运行，直到满足条件即可得到结论【解答】解：模拟循环，r=1，不满足条件，n=2，r=2，满足条件，i=2，S=2，n=3，r=0，不满足条件，n=4，r=1，不满足条件，n=5，r=2，满足条件，i=2，S=7，n=6，r=0，不满足条件，n=7，r=1，不满足条件，n=8，r=2，满足条件，i=3，S=15，n=9，r=0，不满足条件，n=10，退出循环，输出 i=3，S=15，故选：C【点评】本题主要考查程序框图的识别和应用，依次验证条件是解决本题的关键 10【考点】GI：三角函数的化简求值【分析】首先由已知求出，+的其它三角函数值，然后由=+，求出 的三角函数值，再借助于倍角公式求值【解答】解：由已知 为锐角，且，得到 sin=，cos=，由，得到 sin（+）=，所以 cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=，所以 cos2=2cos21=；故选 C【点评】本题考查了三角函数式的化简求值；熟练运用两角和与差的三角函数以及角的等价变化、倍角公式是解答的关键 11【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】求出双曲线的渐近线方程，圆的圆心与半径，利用距离推出 ab 关系式，然后求解离心率即可【解答】解：如图依题意，在RtACB 中，BC=AC=2，AB=4，又（其中 O 为坐标原点），OB=5 在OCB 中，由余弦定理得 a=OC=因为点 C（a，0）到渐进线 y=的距离为 2，即 8/13 解得 b=，即得 e2=1+=，双曲线 的离心率为 故选：A 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题 12【考点】2H：全称命题【分析】根据题意，不等式 x+ax 恒成立化为（a1）x 恒成立；设 g（x）=，h（x）=（a1）x，xR；在同一坐标系内画出两个函数的图象，满足不等式恒成立的是 h（x）的图象在 g（x）图象下方，求出过原点的 g（x）的切线方程，得出切线斜率 k，从而求出 a 的取值范围【解答】解：函数，对任意 xR，f（x）ax 恒成立，x+ax 恒成立，即（a1）x 恒成立；设 g（x）=，h（x）=（a1）x，xR；在同一坐标系内画出两个函数的图象，如图所示；则满足不等式恒成立的是 h（x）的图象在 g（x）图象下方，求 g（x）的导数 g（x）=ex，且过 g（x）图象上点（x0，y0）的切线方程为 yy0=（xx0），且该切线方程过原点（0，0），则 y0=x0，即=x0，解得 x0=1；9/13 切线斜率为 k=e，应满足 0a1e，1ea1，实数 a 的取值范围是（1e，1 故选：B 【点评】本题考查了函数的性质与应用问题，也考查了利用导数求函数的切线问题，是综合性题目 二、填空题 13【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】求出函数的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，由点斜式方程即可得到所求切线的方程【解答】解：y=ln（x+2）3x 的导数为 y=3，可得在点（1，3）处的切线斜率为 k=13=2，即有在点（1，3）处的切线方程为 y3=2（x+1），即为 2x+y1=0.故答案为：2x+y1=0.【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查导数的几何意义，正确求导和运用点斜式方程是解题的关键，考查运算能力，属于基础题 14【考点】85：等差数列的前 n 项和【分析】利用求解【解答】解：数列an的前 n 项和为，n=1 时，a1=S1=，n2 时，an=SnSn1=（）=（n1）2（n1）=，当 n=1 时，上式成立，故答案为：10/13 【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归转化思想，是基础题 15【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】由抛物线的定义可知：丨 PH 丨=x1+，根据三角形的性质，即可求得 P 点坐标，代入抛物线方程，即可求得 p 的值【解答】解：设 P（x1，y1），故 P 做 PDOA，则由|PH|=|PA|，APH=120，则APD=30，由抛物线的定义可知：丨 PH 丨=x1+，|PA|=x1+，丨 AD 丨=4x1，sinAPD=，则 x1=，则丨 PD 丨=丨 AP 丨 cosAPD=（+），则 P（，（+），将 P 代入抛物线方程，整理得：5p248p+64=0，解得：p=，或 p=8（舍去），p 的值，故答案为：【点评】本题考查抛物线的定义及简单几何性质，三角形的性质，考查数形结合思想，属于中档题 16【考点】HU：解三角形的实际应用【分析】求出 AD，可得DAC=90，即可得出结论【解答】解：由题意，AC=50nmile，11/13 60min 后，轮船到达 D，AD=501=50nmile=sinACB=，cosACD=cos（135 ACB）=，AD=350，cosDAC=0，DAC=90，CD=100，故答案为 100.【点评】本题考查正弦、余弦定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题 三、解答题 17【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（1）设数列an的公差为 d，bn的公比为 q，运用等差数列和等比数列的通项公式，可得 d，q 的方程组，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；（2）求得，运用数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，化简整理即可得到所求和【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理的运算能力，属于中档题 18【考点】BK：线性回归方程【分析】（）求出区间中值，取值概率，即可估计平均收益率；（）（i）利用公式，求参数 b 的估计值；（ii）设每份保单的保费为 20+x 元，则销量为 y=100.1x，则保费收入为 f（x）=（20+x）（100.1x）万元，f（x）=200+8x0.1x2=3600.1（x40）2，即可得出结论【点评】本题考查回归方程，考查概率的计算，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题 19【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LO：空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（）连接 BD 交 AE 于点 O，推导出 RtABDRtDAE，从而得到 OBAE，ODAE，由此能证明 AE平面 OBD（）由 VABCD=VDABC，能求出三棱锥 ABCD的体积【点评】本题考查几何体的体积及直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归转化思想、函数与方程思想，数形结合思想，是中档题 20.【考点】KN：直线与抛物线的位置关系；KL：直线与椭圆的位置关系【分析】（）依题意可得 F1F2的坐标，由此可得椭圆 C1与抛物线 C2的一个交点为，由椭圆的定义可得 a 的值，又由 a2=b2+c2，解得 b 的值，将其代入椭圆的方程即可得答案；12/13 （）依题意，直线 l：x=ty2，联立直线与抛物线的方程整理可得 y2ty+2=0，联立直线与椭圆的方程可得（t2+2）y24ty4=0，进而设 A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系分析可得|AB|的长度以及 F2到直线 l 距离 d，进而可以表示ABF2的面积，借助换元法分析可得答案【点评】本题考查直线与椭圆、抛物线的位置关系，涉及椭圆的几何性质，关键是正确求出椭圆的标准方程 21【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性【分析】（）求出，根据 0a1，1ae，a=e，ae 进行分类讨论，利用导数性质能讨论 f（x）的单调性（）0g（x）1 等价于 1+xlnx0，且，由此利用导数性质能证明 0g（x）1【点评】本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题 请考生在请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22（10 分）（2017佛山二模）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1：，曲线 C2：（为参数），以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系（）求曲线 C1，C2的极坐标方程；（）曲线 C3：（t 为参数，t0，）分别交 C1，C2于 A，B 两点，当 取何值时，取得最大值【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】（）利用 x=cos，y=sin，x2+y2=2，求曲线 C1，C2的极坐标方程；（）=，即可得出结论【点评】本题考查三种方程的转化，考查极坐标方程的运用，考查学生的计算能力，属于中档题 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23（2017佛山二模）已知函数 f（x）=|x1|+|x+a|x2（）当 a=1 时，求不等式 f（x）0 的解集；（）设 a1，且存在 x0a，1），使得 f（x0）0，求 a 的取值范围【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法【分析】（）当 a=1 时，不等式即|x1|+|x+1|x20，等价于或或，即可求不等式 f（x）0 的解集；（）当 xa，1）时，f（x）=ax1，不等式 f（x）0 可化为 ax+1，若存在 x0a，1），使 13/13 得 f（x0）0，即可求 a 的取值范围【点评】本题考查不等式的解法，考查存在性问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题