2017高考模拟试卷理数及答案

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：（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．设集合A={x|x2﹣2x﹣3＜0}，B={x|y=lnx}，则A∩B=（ ） A（0，3） B（0，2） C（0，1） D（1，2） 2. 复数z=i2(1+i)的虚部为（ ）

A. 1 B. i C. -1 D. - i

3.各项为正的等比数列an中，a4与a14的等比中项为22，则log2a7log2a11的值 为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1 4．在四边形ABCD中，“AB=2DC”是“四边形ABCD为梯形”的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 y C.充要条件 D.既不充分也不必要条 5 5．已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(x∈R,A>0,ω>0, 5 2 O |φ|<)的图象（部分）如图所示，

2则f(x)的解析式是（ ）

－5 A．f(x)=5sin(x- Ｂ．f(x)=5sin(x-)

3666Ｃ．f(x)=5sin(x+) Ｄ． f(x)=5sin(x+)

36666.如右图所示的程序框图，若输出的S88，则判断框内应填入的条件是（ ）

A．k3? B．k4? C．k5? D．k6?

7. 设alog3,blog2

1

8.一个几何体的三视图如图所示，且其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（ ）

A．

435383 B． C．23 D． 333y19.已知实数x、y满足y2x1，如果目标函数zxy的最小值为-1，则实数m（ ）

xymA．6 B．5 C．4 D．3 10．函数f(x)2xsinx的部分图象可能是( )

x

x2y211. 已知双曲线C：221a0,b0的右焦点为F,过F且斜率为3的直线交C于

abA、B两点，若AF A．

4FB,则C的离心率为 3,clog32，则( )

9756 B. C. D. 5585A.

abc

B.

acb

C.

bac D. bca

12、已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f/(x)，满足

f/(x)A. 2, B. (0，+∞) C.(1, +∞) D.(2, +∞)

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题：（本大题共4个小题,每小题5分,共20分）. 13. xyyx的展开式中x3y3的系数为 。

（1）证明：平面AEF⊥平面ACC1A1；

（2）若AA1＝3，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值．

20．(本小题12分)

4x在点1,1处的切线方程为 . 2x115．甲乙丙三人代表班级参加校运会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同，现了解到已下情况： （1）甲不是最高的；（2）最高的是没报铅球；（3）最矮的参加了跳远；（4）乙不是最矮的，也没参加跑步．

可以判断丙参加的比赛项目是__________． 14.曲线y16. 设等差数列an的前n项和为Sn，若a55a3,则

S9 . S5x2y2已知椭圆M：21(a0)的一个焦点为F(1,0)，左右顶点分别为A，B. 经过

a3点F的直线l与椭圆M交于C，D两点.

（Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）记ABD与ABC的面积分别为S1和S2，求|S1S2|的最大值.

ex21.（本小题12分）已知函数． f(x)mlnx

e（Ⅰ）设x1是函数f(x)的极值点，求m的值并讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）当m2时，证明：f(x)0．

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 22.已知曲线C的极坐标方程为29cos9sin2，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为

2三、解答题：(本大题共7小题，满分70分．其中17—21题为必做题， 22、23为选做题。解答须写出文字说明，证明过程或演算步骤)．

17．（本题12分）已知向量a=(sin(+x),3cosx)，b=(sinx,cosx), f(x)= a·b.

2⑴求f(x)的最小正周期和单调增区间；

3⑵如果三角形ABC中，满足f(A)=，求角A的值．

218.（本小题满分12分）

自2016年1月1日起，我国全面二孩正式实施，这次人口与生育的历史性调整，使得“要不要再生一个”“生二孩能休多久产假”等成为千千万万个家庭在生育决策上避不开的话题．为了解针对产假的不同安排方案形成的生育意愿，某调查机构随机抽取了200户有生育二胎能力的适龄家庭进行问卷调查，得到如下数据： 产假安排（单位：周） 14 15 16 17 18 有生育意愿家庭数 4 8 16 20 26 （1）若用表中数据所得的频率代替概率，面对产假为14周与16周，估计某家庭有生育意愿的概率分别为多少？

（2）假设从5种不同安排方案中，随机抽取2种不同安排分别作为备选方案，然后由单位根据单位情况自主选择．

①求两种安排方案休假周数和不低于32周的概率；

②如果用表示两种方案休假周数和．求随机变量的分布及期望 19．如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的等边三角形，AA1⊥底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，且EC＝B1F＝2FB．

2

x轴的正半轴建立平面直角坐标系． （1）求曲线C的普通方程；

1122（2）A、B为曲线C上两个点，若OA⊥OB，求|OA||OB|的值．

23.已知函数f(x)|x1|2|xa|,a0. （I）当a1时，求不等式f(x)1的解集；

（II）若f(x)的图像与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围.

答案

一、选择题：ACBAD CABBA DB

二、填空题：13、6 14、X+Y–2＝0 15.跑步 16.5

三、解答题：

17．（本题12分） 解：⑴f(x)= sinxcosx+

333+cos2x = sin(2x+)+……… 2223∴MN∥FB且MN＝FB，∴四边形BMNF是平行四边形，

∴FN∥BM，∴FN⊥平面ACC1A1．又FN平面AEF， ∴平面AEF⊥平面ACC1A1．

≤2x+≤2 kπ+，k∈Z, 2325 最小正周期为π，单调增区间[kπ-,kπ+],k∈Z.…………………… 12127 ⑵由sin(2A+)=0,<2A+<,……………

33335∴2A+=π或2π，∴A=或……………………

633T=π，2 kπ-18.（本小题满分12分）

解：（1）由表中信息可知，当产假为14周时某家庭有生育意愿的概率为P1当产假为16周时某家庭有生育意愿的概率为P241； 20050

（2）以M为原点，MA，MB分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AA1＝3，依题意得A(1,0,0)，B(0,3,0)，E(1,0,2)，F(0,3,1)，所以AE(2,0,2)，AF(1,3,1)，AB(1,3,0)． 设平面AEF的一个法向量为n(x,y,z)，

nAE02x2z0nAF0x3yz0，令x＝1，得n(1,0,1)， 由，得162 ．．．．2分 20025（2）①设“两种安排方案休假周数和不低于32周”为事件A，由已知从5种不同安排方案中，随机地

2抽取2种方案选 法共有C510（种），其和不低于32周的选法有14、18、15、17、15、18、16、17、

16、18、17、18，共6种，由古典概型概率计算公式得P(A)63． 6分 105②由题知随机变量的可能取值为29，30，31，32，33，34，35．

设直线AB与平面AEF所成的角为α，则sin|cosn,AB||nAB||n||AB||1|2224，

1120.1，P(30)0.1,P(31)0.2， 1010102211P(32)0.2,P(33)0.2,P(34)0.1,P(35)0.1，

10101010P(29)2故直线AB与平面AEF所成角的正弦值为4．

 29 30 31 32 33 34 35 P 0.1 0.1 0.2 0.2 0.2 0.1 0.1 E()290.1300.1310.2320.2330.2340.1350.132，．12分

19．（12分） 【解析】（1）证明：取AC中点M，连接BM，则BM⊥AC， ∵AA1⊥底面ABC，∴侧面ACC1A1⊥底面ABC， ∴BM⊥平面ACC1A1．

取AE中点N，连接MN，FN，则MN∥EC，且又∵BB1∥CC1，EC＝2FB，∴FB∥EC且

20．(本小题满分12分)

解：（I）因为F(1,0)为椭圆的焦点,所以c1,又b23,

x2y2 所以a4,所以椭圆方程为1

432 …………………………4分

（Ⅱ）当直线l无斜率时,直线方程为x1,

此时D(1,),C(1,), ABD,ABC面积相等，|S1S2|0 …………5分 当直线l斜率存在（显然k0）时,设直线方程为yk(x1)(k0),

设C(x1,y1),D(x2,y2)

3232MN1EC2，

FB1EC2，

3

x2y2和椭圆方程联立得到431,消掉y得(34k2)x28k2x4k2120 yk(x1)显然0，方程有根，且x8k21x234k2,xx4k2121234k2 ………………8分

此时|S1S2||2||y2||y1||2|y2y1|2|k(x21)k(x11)|

2|k(x12|k|2x1)2k|34k2 ………………………………10分因为k0,上式12312123，（k3|k|4|k|232时等号成立） |k|4|k|212所以|S1S2|的最大值为3 ………………………………12分

另解：（Ⅲ）设直线l的方程为：xmy1mR，则

xmy1由x2y2 得，3m24y26my90．

431设Cx1,y1，Dx2,y2，

则y6m91y23m24，y1y23m240． ………………8分 所以，S1112ABy2，S22ABy1，

S1S21112m2ABy2y124y1y23m24 ……………………10分 当m0时，S12m12m1S23m24234m23mR． 由3m24，得 m233．

当m0时，S1S203

从而，当m233时，S1S2取得最大值3．…………………………12分

21.（本小题12分） 解证：（Ⅰ）f(x)exm1x，由x1是f(x)的极值点得f(1)0， 即e1m10，所以m1． ………………………………２分

于是f(x)ex1lnx，（x0），f(x)ex11x， 由f(x)ex11x20知 f(x)在x(0,)上单调递增，且f(1)0，

所以x1是f(x)0的唯一零点． ……………………………４分

因此，当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,)时，f(x)0，所以，函数f(x) 在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增． ……………………………5分 （Ⅱ）当m2，x(0,)时，exmex2，又exx1,所以

exmex2x1． ………………………………………８分

取函数h(x)x1lnx(x0)(x0)，h'(x)11x，当0x1时，h'(x)0，h(x)单调递减；当x1时，h'(x)0，h(x)单调递增，得函数h(x)在x1时取唯一的极小值即最小值为

h(1)ln2． ……10分

所以f(x)exmlnxex2lnxx1lnx0，而上式三个不等号不能同时成立，故f(x)＞

0．…………………………………12分

22．（本题10分） 29． 【解析】（1）由cos29sin2得2cos292sin29，

x2cosy21将x，ysin代入得到曲线C的普通方程是9．

4

2（2）因为9cos29sin2，

1cos2sin2所以29，

由OA⊥OB，设A((,π1,)，则B点的坐标可设为22)， 1|OA|21|OB|211cos22sin2110所以22sin1299cos2919．

23.（本题10分）

解：（I）当a1时，f(x)1化为|x1|2|x1|10

当x1时，不等式化为x40，无解； 当1x1时，不等式化为3x20，解得

23x1； 当x1时，不等式化为x20，解得1x2 所以f(x)1的解集为{x|23x2} x12a,x1,（II）由题设可得，f(x)3x12a,1xa,

x12a,xa.所以函数f(x)的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A(2a13,0)，B(2a1,0)，C(a,a1)，ABC的面积为23(a1)2.

由题设得23(a1)26，故a2.

5