【河南省】2017届百校联盟4月高考模拟数学年(理科)试题.pdf

-1-/13 河南省河南省 2017 年年 4 月月百校联盟百校联盟高考模拟高考模拟数学数学（理（理科科）试卷试卷 答答 案案 1-5BACCA 6-10DCAAB 1112BC 133sin()36x 1435 156(2)6yx 161,)2 17解：（）218,12nnaaSn 112,1()22nnnnnaanaSSnn，化为：132nnaa，113(1)nnaa，数列1na 是等比数列，第二项为 9，公比为 3 219 33nnna 31nna （）1112 32 311(31)(31)3131nnnnnnnna a 数列12 3nnna a的前n项和2231111111111()().()3 13131313131231nnnnT 18解：（）1222136474 114,11,2,1142314074niiiniix ynxyxybaybxxnx ，23yx；（）若该分店此次抽奖活动自开业始，持续 10 天，参加抽奖活动的人数为77 1921 23 140 估计该分店在此次抽奖活动结束时送出124140200140 100140 108800777元奖品 19解：（）底面四边形ABCD为正方形，,AFAB AFBEABEFABCD平面平面，AFABCD底面，以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，-2-/13 5,2 2,2DFCEBC，(2,0,0),(0,2,2),(0,0,1)(2,2,0)DEFC，(2,2,2),(2,0,1),(0,2,0)DEDFDC ，设平面DEF的法向量(,)nx y z，则222020n DExyzn DFxz ，取1x，得(1,1,2)n，设平面DEC的法向量(,)na b c，则222020m DEabcm DCb，取1a，得(1,0,1)n，设二面角FDEC的大小为，由图形知为钝角，则|33cos2|62m nmn ，56，二面角FDEC的大小为56（）设DPDEDF，(2,2,2),(2,0,1)DEDF ，又(2,2,0),(2,2,2)(2,2,2)BDDPDEDF ，(222,22,2)BPBDDP，00BP DPBP DE，2(22)202(222)2(22)2(2)0，解得023，即23DPDE P是线段DE上靠近E的三等分点 20解：（）由题意可知：离心率2e,22caca，2222bacc，将2(1,)2代入椭圆方程：222212xycc，-3-/13 解得：1c，则2,1ab，椭圆的标准方程：2212xy；（）椭圆的右焦点(1,0)F，设直线AM的方程是1xmy，与2212xy联立，可得22(2)210mymy，设1122(,),(,)A x yM x y，则11221,1xmyxmy，于是221222 2(1)|1|2mAMmyym，点(0,0)O到直线 MN 的距离211dm 于是AMN的面积22222 2(1)22|212121OAMmSSMN dmmm 221121mm，AMN的面积22222S当且仅当即0m时取到最大值2 21（）解：由1xf xax（），得1alnxx，设1g xlnxx（），22111xg xxxx（），由0g x（），得1x，g x（）在1,（）上单调递增；由0g x（），得01x，g x（）在0,1（）上单调递减 11ming xg（）（）1a，则实数 a 的最大值为 1；（）证明：设,x y（）为F x（）的图象上任意一点，则点,y x（）为函数f x（）图象上的点，exF x（），则001lnxx，当01xx 时，lnm xx x（），1 ln0m xx（），因而m x（）在01x（，）上单调递增；当0 xx时，exxm x（），10exxm x（），因而m x（）在0,x（）上单调递减 又1212m xm xxx（）（）（），则10201xxxx（，），（，）显然，当2x 时，1202xxx -4-/13 要证1202xxx，即证20102xxxx，而m x（）在0 x（，）上单调递减，故可证2012m xmxx（）（），又由12m xm x（）（），即证1012m xmxx（）（），即01011122lnexxxxxx，记010122lnexxxh xxxx（），01xx，其中00h x（），000002221ln1ln1221eeexxxxxxxxxxxh xx（）记ettt（），1ettt（），当0,1t（）时，0t（），1,t（）时，0t（）故t（）的最大值1e 而0t（），故01et（），而020 xx，从而002210eexxxx，因此，当0000022211ln1ln102eee121exxxxxxhxxxxxxx（），即h x（）单调递增 从而，01xx当 时，00h xh x（）（），即0102111l2enxxxxxx，故1202xxx 22解：（）直线 l 的参数方程为12()33xttyt 为参数，普通方程为32 390 xy，极坐标方程为3 cos2 3 sin90，曲线C的极坐标方程是2sin3cos0，即2sin3cos，曲线C的直角坐标方程为23yx；（）两极坐标方程联立，可得22sin2 3 sin90，sin3 33或，即3 33y 或，91x 或，交点坐标为(9,3 3)(2,3)或 直线 l 与曲线C交点的极坐标为5(6 3,)(2,)63或 23（）解：因为|3|1|(3)(1)4xxxx 当且仅当31x 时，等号成立，所以()f x的最小值等于 4，即4m，()f am，则实数a的取值集合为|31aa ；（）证明：22224 22pqrpqqr，2pqqr，即()2q pr，当且仅当pqr时取等号 -5-/13 河南省河南省百校联盟百校联盟 2017 年年 4 月月高考模拟高考模拟数学数学（理（理科科）试卷试卷 解解 析析 1【考点】1J：Venn 图表达集合的关系及运算【分析】根据图所示的阴影部分所表示的集合的元素属于集合 A 但不属于集合 B，即求 AB，根据交集的定义和补集的定义即可求得【解答】解：阴影部分所表示的集合为 AB，A=x|2x27x+30=（，3），B=xZ|lgx1=xZ|0 x10，AB=1，2，那么满足图中阴影部分的集合的元素的个数为 2，故选 B【点评】本题主要考查了 Venn 图表达集合的关系及运算，同时考查了识图能力和分析问题的能力，属于基础题 2【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】设 z=a+bi（a，bR），代入（+）（12i）=5i，利用复数代数形式的乘除运算化简后利用复数相等的条件列式求得 a，b 的值得答案【解答】解：设 z=a+bi（a，bR），则由（+）（12i）=5i，得，即，得，解得 a=，b=在复平面内，复数 z 所对应的点的坐标为（），位于第一象限 故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题 3【考点】2J：命题的否定【分析】根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可【解答】解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，即命题的否定是：p：x0（1，+），x03+168x0，故选：C【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，根据全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题是解决本题的关键比较基础 -6-/13 4【考点】DB：二项式系数的性质【分析】根据题意知（32xx4）（2x1）6的展开式中，含 x3项的系数是（2x1）6的展开式 x3项系数的 3 倍，减去（2x1）6的展开式 x2项系数的 2 倍；利用二项展开式的通项公式计算即可【解答】解：（32xx4）（2x1）6的展开式中，含 x3项的系数是（2x1）6的展开式 x3项系数的 3 倍，减去（2x1）6的展开式 x2项系数的 2 倍；又（2x1）6展开式的通项公式为 Tr+1=（2x）6r（1）r，令 r=3，得 x3项的系数为23（1）=160；令 r=4，得 x2项的系数为221=60；（32xx4）（2x1）6的展开式中，含 x3项的系数是 3（160）260=600.故选：C【点评】本题考查了二项式的性质和应用问题，也考查了二项式定理的灵活应用问题 5【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】求出双曲线的渐近线方程，运用同角的三角函数关系式，求得 M 的坐标，再由直线的斜率公式，化简可得 a，b 的关系，即可得到所求渐近线方程【解答】解：双曲线 C：=1 的渐近线方程为 y=x，由|OM|=a，即有 M（acosMOF，asinMOF），即为 tanMOF=，sin2MOF+cos2MOF=1，解得 cosMOF=，sinMOF=，可得 M（，），设 F（c，0），由直线 MF 的斜率为，可得=，-7-/13 化简可得 c2=2a2，b2=c2a2=a2，即有双曲线的渐近线方程为 y=x，即为 y=x 故选：A【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的求法，考查直线的斜率公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题 6【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】利用菱形的各边分别表示、，然后利用数量积公式展开得到关于 二次函数解析式，求范围即可【解答】解：因为边长为 2 的菱形 ABCD 中，BAD=120，=（01），则=42+4+2=4（）2+3，（01），则的取值范围为（2，3；故选 D【点评】本题考查了平面向量的运算以及利用二次函数求最值；属于中档题 7【考点】67：定积分【分析】首先由已知求出 tan，然后计算定积分即可【解答】解：由已知+=2，（0，），得到 sin=cos=，所以 tan=1，所以（x22x）dx=（x22x）dx=（）|=；故选 C【点评】本题考查了三角函数值的求法以及定积分的计算 8【考点】EF：程序框图【分析】模拟程序框图的运行过程，求出运算结果即可【解答】解：起始阶段有 m=2a3，i=1，第一次循环后 m=2（2a3）3=4a9，i=2，第二次循环后 m=2（4a9）3=8a21，i=3，第三次循环后 m=2（8a21）3=16a45，i=4，第四次循环后 m=2（16a45）3=32a93，跳出循环，输出 m=32a93=35，解得 a=4，-8-/13 故选：A【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的答案，是基础题 9【考点】7C：简单线性规划【分析】列出约束条件，再根据约束条件画出可行域，再利用利润 z=300 x+200y 的几何意义求最值即可【解答】解：设生产甲 x 吨，乙 y 吨，则（x，yN）利润 z=300 x+200y，可行域如图所示，由，可得 x=40，y=10，结合图形可得 x=40，y=10 时，zmax=14000.故选：A 【点评】本题考查了列一元一次不等式组解实际问题的运用及一元一次不等式组的解法的运用，解答时找到题意中的不相等关系是建立不等式组的关键 10【考点】52：函数零点的判定定理【分析】方程 5xf（x）=1，即可得到 x=f（x），分别画出 y=f（x）与 y=x的图象，由图象可得答案【解答】解：方程 5xf（x）=1，x=f（x），分别画出 y=f（x）与 y=x的图象，如图所示：由图象可得有 4 个交点，故方程 5xf（x）=1 在2，2上的根的个数为 4，-9-/13 故选：B 【点评】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，其中分析内外函数的图象是解答本题的关键 11【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】由已知中的三视图，可知该几何体如图所示 DABCE，正方体的体积减去切去的体积，可得几何体的体积【解答】解：由已知中的三视图，可知该几何体如图所示 DABCE，则 利用割补法，可得几何体的体积=432=，故选 B 【点评】本题考查三视图，考查推理论证能力、数据处理能力，考查化归与转化思想，是中档题 12【考点】HP：正弦定理【分析】由 asinBcosC+csinC=，可得：a2+b2+2c2=8a2+b2+=82c2，s2=即可求解【解答】解：asinBcosC+csinC=，cosC+=2，可得+=2，-10-/13 可得：a2+b2+2c2=8a2+b2=82c2，s=，s2=a=b，且 c2=时，面积ABC 面积的最大值为 故选：C【点评】本题考查了解三角形，三角面积最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 13【考点】HK：由 y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式【分析】由题意，M=3，T=2+，求出，利用最高点，求出，即可得出结论、【解答】解：由题意，M=3，T=2+，T=6=，=，A（2，3）代入可得 3=3sin（+），|，=，f（x）=3sin（x），故答案为：3sin（x）【点评】本题考查的知识要点：利用函数的图象求函数的解析式，主要考查学生的应用能力 14【考点】CF：几何概型【分析】以面积为测度，分别求面积，即可得出结论【解答】解：设正方形的边长为 2，则由题意，多边形 AEFGHID 的面积为 4+4+=10，阴影部分的面积为 2=2，向多边形 AEFGHID 中投掷一点，该点落在阴影部分内的概率为=，故答案为【点评】本题考查几何概型，考查概率的计算，正确求面积是关键 15【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】设直线 l方程，代入抛物线方程，由韦达定理及抛物线的对称性即可求得 m 的值，求得直线 l的方程【解答】解：抛物线 C：y2=8x 的焦点为 F（2，0），设直线 l的方程 x=my2，则，整理得：y28my+16=0，设 A（x1，y1），B（x2，y2），-11-/13 则=64m2640，即 m21，y1+y2=8m，y1y2=16，由抛物线的对称性可知：+=+=4m22=22，解得：m2=6，故 m=，直线 l的方程为 y=（x+2），故答案为：y=（x+2）【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，抛物线的对称性，考查计算能力，属于中档题 16【考点】3R：函数恒成立问题【分析】把不等式转化为 xlnx（x21）0，设函数 f（x）=xlnx（x21），从而对任意 x1，+），不等式 f（x）0=f（1）恒成立，求出 f（x），对 分类判断 f（x）的符号得答案【解答】解：x1，+）时，（x1）xlnx（x21）0，设函数 f（x）=xlnx（x21），从而对任意 x1，+），不等式 f（x）0=f（1）恒成立，又 f（x）=lnx+12x 当 f（x）=lnx+12x0，即时，函数 f（x）单调递减，设 g（x）=，则 g（x）=，g（x）max=g（1）=1，即 12，符合题意；当 0 时，f（x）=lnx+12x0 恒成立，此时 f（x）单调递增，于是不等式 f（x）f（1）=0 对任意x1，+）恒成立，不符合题意；当 0时，设 h（x）=f（x）=lnx+12x，则 h（x）=，可得 x=1 当 x（1，）时，h（x）=0，此时 h（x）=f（x）=lnx+12x 单调递增，f（x）=lnx+12xf（1）=120，故当 x（1，）时，函数 f（x）单调递增，于是，当 x（1，）时，f（x）0 恒成立，不符合题意 综上所述，实数 的取值范围为，+）故答案为：，+）【点评】本题考查恒成立问题，训练了分离参数法，考查利用导数求函数在闭区间上的最值，属难题 17【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式 -12-/13 【分析】（I）由 a2=8，Sn=n1可得 n2 时，an=SnSn1，化为：an+1+1=3（an+1），利用等比数列的通项公式可得 an（II）=利用“裂项求和”方法即可得出【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题 18【考点】BK：线性回归方程【分析】（）求出回归系数，可得回归方程；（）若该分店此次抽奖活动自开业始，持续 10 天，参加抽奖活动的人数为 77+19+21+23=140，即可得出结论【点评】本题考查回归方程，考查概率的运用，考查学生的计算能力，属于中档题 19【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定【分析】（）以 A 为原点，AD 为 x 轴，AB 为 y 轴，AF 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 FDEC 的大小（）设=，推导出=（222，22，2+），由线面垂直的性质能求出P 是线段 DE 上靠近 E 的三等分点【点评】本题考查二面角的求法，考查满足条件的点的位置的确定，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题 20【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】（）离心率 e=，则 a=c，又 b2=a2c2=c2，将（1，）代入椭圆方程：，解得 c=1，即可求出椭圆方程（）设直线 AM 的方程是 x=my+1，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AM|，求出点 O（0，0）到直线AM 的距离，可得OAM 的面积，利用基本不等式，即可求OAM 的面积的最大值AMN 面积的最大值是OAM 的面积的最大值的 2 倍【点评】代入法求轨迹方程关键是确定坐标之间的关系，直线与圆锥曲线位置关系问题常常需要联立方程组，利用韦达定理属于中档题 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】（）由 xf（x）ax1，分离参数 a 得 alnx+，构造函数 g（x）=lnx+，利用导数求其最小值得答案；（）由 f（x）F（x）=1 求得 F（x）=ex，得到，求导可得 m（x）在（1，x0）上单调递增；m（x）在（x0，+）上单调递减结合 m（x1）=m（x2）（x1x2），可得 x1（1，x0），x2（x0，+），-13-/13 可知当x2+时，x0.然后利用分析法把问题转化为证明，构造函数记h（x）=xlnx，1xx0，其中 h（x0）=0，利用导数即可证明 x1lnx1，故x0.【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用分析法证明函数不等式，灵活构造函数是解答该题的关键，题目设置难度较大 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】（）利用三种方程的转化方法，即可得出结论；（）两极坐标方程联立，求出交点直角坐标，即可求直线 l 与曲线 C 交点的极坐标【点评】本题考查三种方程的转化，考查极坐标方程的运用，属于中档题 23【考点】R4：绝对值三角不等式；R5：绝对值不等式的解法【分析】（）|x+3|+|x1|（x+3）（x1）=4，即可求 m 的值以及实数 a 的取值集合；（）由（）知 p2+2q2+r2=4，再由基本不等式即可得证【点评】本题考查绝对值不等式的解法，考查函数的最值的求法，考查基本不等式的运用，属于中档题