【福建省】2017屆普通高中高考(四月)數(shù)學(理科)模擬試卷-答案

1/19福建省2017屆普通高中高考（四月）數(shù)學（理科）模擬試卷答案一、選擇題1~5．ABABD6~10．BBCDC11~12．DA二、填空題13．14．15．16．三、解答題17．解：（1）在中，，，，由余弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，即，解得．（2）設，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，由正弦定理得，即，解得，∴，，∴四邊形的面積：．18．解：（1）記“從該校隨機抽取一名教師，該教師手機月使用流量不超過300M”為事件D，依題意，，從該校教師中隨機抽取3人，設這3人中手機月使用流量不超過300M的人數(shù)為，則～，∴從該校教師中隨機抽取3人，至多有一人手機月使用流量不300M的概率為：．（2）依題意，從該校隨機抽取一名教師，該教師手機月使用流量的概率為：，的概率為：，當學校訂購套餐時，設學校為一位教師承擔的月費用為元，則的所有可能取值為20，35，50，且，，，∴的分布列為：2035500.30.60.1∴（元）．當學校訂購套餐時，設學校為一位教師承擔的月費用為元，則的可能取值為30，45，且，，∴的分布列為：30450.90.1，當學校訂購套餐時，設學校為一位教師承擔的月費用為元，則的所有可能取值為38，且，，∵，∴學校訂購套餐最經(jīng)濟．19．證明：（1）設是中點，連結(jié)、、，在中，，∴，∵四邊形是菱形，，∴是等邊三角形，∴，∴是二面角的平面角，在中，，，∴，又∵，∴，∴，∴平面平面．解：（2）由（1）知、、兩兩垂直，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，∵，，又，，，，∴，，又，∴平面，∵，∴四點共面，又平面，平面，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，設平面的法向量，則，取，得，設平面的法向量，則，取，得，設平面與平面所成的銳二面角為，則．∴平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．20．解：（1）由題意可知：，則，①由函數(shù)的對稱性，設在軸上方，則在軸上的射影為，則，，，則直線的方程為，由，則，則的坐標為，則點到直線的距離，整理得：，②由①②可得：，，則橢圓的標準方程：；（2）除以外，直線與無其他公共點，設，則，則，則，則，，由，則，則，則，∴，則直線的方程，整理得：，則，整理得：，即，由，∴除以外，直線與無其它公共點．方法二：（1）由題意可知：，則，①由函數(shù)的對稱性，設P在x軸上方，由，則，則的坐標為，則，，在中，由正弦定理可知：，則中，由正弦定理可知：，由，則，又由，則，故，由，則，，由，整理得：，整理得：，②由①②可得：，，則橢圓的標準方程：；（2）除以外，直線與無其他公共點，設，則，則，則，則，，由，則，則，則，∴，則直線的方程，整理得：，則，整理得：，即，由，∴除以外，直線與無其它公共點．21．證明：（1）∵，∴，∵，∴當時，，∴在上是減函數(shù)，∴當時，成立．解：（2）有唯一極值點．理由如下：設，則，∵，∴當時，，∴在上單調(diào)遞增，∵在上存在唯一零點，又由（1）知，當時，，∴在上無零點，∴在上存在唯一零點，∴當時，，當時，．∴當時，有唯一極值點，且為極小值點．（3由（2）知，當時，，，∵，∴，∴，∴，設，則，當時，，∴，即在單調(diào)遞減，又∵時，．∴對于每一個，均存在唯一的與之相對應，反之亦然，設，，則，上單調(diào)遞增，∴當時，，．∴函數(shù)的值域為．[選修4—4坐標系與參數(shù)方程]22．解：（1）∵曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），∴的普通方程為，即，∴的極坐標方程為，即．（2）依題意，設點、的極坐標分別為，，將代入，得，將代入，得，∴，依題意，點到曲線的距離，∴．[選修4—5不等式選講]23．（1）解：由題意，，，不等式化為，即，∴；，不等式化為，即，∴；，不等式化為，即，不成立，綜上所述，不等式的解集為；（2）證明：不妨設，則，要證明，證明，只要證明，∵，∴，∴．

福建省2017屆普通高中高考（四月）數(shù)學（理科）模擬試卷解析一、選擇題1．【考點】A4：復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義．【分析】利用復數(shù)的運算法則、共軛復數(shù)的定義、模的計算公式即可得出．【解答】解：，∴（1﹣i）（1﹣i），∴z=（1﹣i）=1﹣i．=1+i則在復平面內(nèi)，對應的點（1，1）位于第一象限．故選：A．【點評】本題考查了復數(shù)的運算法則、共軛復數(shù)的定義、模的計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．2．【考點】1H：交、并、補集的混合運算．【分析】先分別求出集合A，B，從而得到CRB，由此能求出A∩?RB．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣3x＜0}={x|0＜x＜3}，B={x|x＞2}，∴CRB={x|x≤2}，A∩?RB={x|0＜x≤2}．故選：B．【點評】本題考查補集、交集的求法，考查推理論證能力、運算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想，是基礎(chǔ)題．3．【考點】HJ：函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】由條件根據(jù)誘導公式、y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，可得結(jié)論．【解答】解：將函數(shù)y=3cos（2x+）的圖象向右平移個單位長度，可得：y=3cos[2（x﹣）+]=3cos（2x+），由2x+=+kπ，（k∈Z），可得：對稱中心橫坐標x=kπ+，（k∈Z），可得：當k=0時，平移后圖象的一個對稱中心是（，0）．故選：A．【點評】本題主要考查函數(shù)y=Asin（ωx+?）的圖象變換規(guī)律，比較基礎(chǔ)．4．【考點】85：等差數(shù)列的前n項和．【分析】先利用等差數(shù)列通項公式求出第5天派出的人數(shù)，再利用等差數(shù)列前n項和公式求出前5天一共派出多少人，由此能求出結(jié)果．【解答】解：∵第一天派出64人，從第二天開始，每天派出的人數(shù)比前一天多7人，∴第5天派出：64+4×7=92人，∴前5天共派出=390（人），∴前5天應發(fā)大米：390×3=1170（升）．故選：B． 【點評】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸轉(zhuǎn)化思想，是基礎(chǔ)題．5．【考點】L!：由三視圖求面積、體積．【分析】根據(jù)幾何體的三視圖知：該幾何體是棱長為2的正方體，挖去半個圓錐體，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，計算它的體積即可．【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖知，該幾何體是棱長為2的正方體，挖去半個圓錐體，如圖所示；結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，計算它的體積為V=23﹣××π×12×2=8﹣．故選：D．【點評】本題考查了幾何體三視圖的應用問題，是基礎(chǔ)題．6．【考點】CB：古典概型及其概率計算公式．【分析】購買該食品4袋，購買卡片編號的所有可能結(jié)果為：n=34，獲獎時至多有2張卡片相同，且“富強?！?、“和諧?！薄ⅰ坝焉聘！比N卡片齊全，由此能求出購買該食品4袋，獲獎的概率．【解答】解：購買該食品4袋，購買卡片編號的所有可能結(jié)果為：n=34，獲獎時至多有2張卡片相同，且“富強?！?、“和諧?！?、“友善福”三種卡片齊全，相同的2張為，在4個位置中選2個位置，有種選法，其余2個卡片有種選法，∴獲獎包含的基本事件個數(shù)m==36，∴購買該食品4袋，獲獎的概率為p==．故選：B．【點評】本題考查豐典概型及應用，考查概率的計算，考查計數(shù)原理，考查排列組合，解答本題的關(guān)系是正確理解獲獎的情形，解題時要認真審題，注意排列組合公式的合理運用，是中檔題．7．【考點】EF：程序框圖．【分析】模擬循環(huán)，利用周期，即可得出結(jié)論．【解答】解：由題意，a=，b=1，i=2a=﹣1，b=﹣2，i=3，a=2，b=﹣4，i=4，a=，b=1，i=5，…a=，b=1，i=2015，a=﹣1，b=﹣2，i=2016，a=2，b=﹣4，i=2017，a=，b=1，i=2018，退出循環(huán)，輸出1，故選B．【點評】本題主要考查了直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)，循環(huán)結(jié)構(gòu)有兩種形式：當型循環(huán)結(jié)構(gòu)和直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)，當型循環(huán)是先判斷后循環(huán)，直到型循環(huán)是先循環(huán)后判斷，屬于基礎(chǔ)題之列．8．【考點】K8：拋物線的簡單性質(zhì)．【分析】由題意可知：|AC|=2|AF|，則∠ACD=，利用三角形相似關(guān)系可知丨AF丨=丨AD丨=，直線AB的切斜角，設直線l方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及拋物線弦長公式求得丨AB丨，即可求得|BF|．【解答】解：拋物線y2=4x焦點F（1，0），準線方程l：x=﹣1，準線l與x軸交于H點，過A和B做AD⊥l，BE⊥l，由拋物線的定義可知：丨AF丨=丨AD丨，丨BF丨=丨BE丨，|AC|=2|AF|，即|AC|=2|AD|，則∠ACD=，由丨HF丨=p=2，∴==，則丨AF丨=丨AD丨=，設直線AB的方程y=（x﹣1），，整理得：3x2﹣10x+1=0，則x1+x2=，由拋物線的性質(zhì)可知：丨AB丨=x1+x2+p=，∴丨AF丨+丨BF丨=，解得：丨BF丨=4，故選C．【點評】本題考查拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查相似三角形的性質(zhì)，考查計算能力，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．9．【考點】7G：基本不等式在最值問題中的應用；9H：平面向量的基本定理及其意義．【分析】利用已知條件推出x+y=1，然后利用x，y的范圍，利用基本不等式求解xy的最值．【解答】解：D，E是△ABC邊BC的三等分點，點P在線段DE上，若=x+y，可得x+y=1，x，y∈[，]，則xy≤=，當且僅當x=y=時取等號，并且xy=x（1﹣y）=x﹣x2，函數(shù)的開口向上，對稱軸為：x=，當x=或x=時，取最小值，xy的最小值為：．則xy的取值范圍是：[，]．故選：D．【點評】本題考查函數(shù)的最值的求法，基本不等式的應用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．10．【考點】LG：球的體積和表面積．【分析】由題意，球心O必在EF上，則OF2+22=R=（4﹣OF）2+42，即可得出結(jié)論．【解答】解：由題意，球心O必在EF上，則OF2+22=R=（4﹣OF）2+42，∴OF2=，R=．故選C．【點評】本題考查球的半徑的求解，考查方程思想，比較基礎(chǔ)．11．【考點】KI：圓錐曲線的綜合．【分析】求出雙曲線方程，利用點差法，即可得出結(jié)論．【解答】解：由題意，M，N是雙曲線的右支上的兩點，a=，c=2，b=1，∴雙曲線方程為=1（x＞），設M（x1，y1），N（x2，y2），則x1+x2=12，y1+y2=2，代入雙曲線方程，作差可得（x1﹣x2）﹣2（y1﹣y2）=0，∴k=2，故選D．【點評】本題考查雙曲線方程，考查點差法的應用，中點坐標公式，考查計算能力，屬于中檔題．12．【考點】3T：函數(shù)的值．【分析】令F（x）=，令G（x）=，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別求出F（x）的最小值和G（x）的最大值，求出a的范圍即可．【解答】解：由??＜a＜，令F（x）=，則F′（x）=＜0對x∈（1，2）成立，∴F（x）在（1，2）遞減，∴F（x）min=F（2）=ln2，令G（x）=，則G′（x）=＞0對x∈（1，2）成立，∴G（x）在（1，2）上遞增，∴G（x）max=G（2）=，故ln2＜a＜時，滿足題意，故選：A．【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．二、填空題13．【考點】DC：二項式定理的應用．【分析】求出（x+1）5展開式的含x2與x3項的系數(shù)，再計算（x﹣2）（x+1）5展開式中x3的系數(shù)．【解答】解：（x+1）5展開式的通項公式為Tr+1=C5r?x5﹣r，令5﹣r=2，解得r=3，所以T4=C53?x2=10x2；令5﹣r=3，解得r=2，所以T3=C52?x3=10x3；所以（x﹣2）（x+1）5展開式中x3的系數(shù)為10×1+10×（﹣2）=﹣10．故答案為：﹣10．【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，求展開式中某項的系數(shù)，屬于基礎(chǔ)題．14．【考點】7C：簡單線性規(guī)劃．【分析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用z的幾何意義，利用直線平移法進行求解即可．【解答】解：作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：由z=﹣x+y，得y=x+z表示，斜率為1縱截距為Z的一組平行直線，平移直線y=x+z，當直線y=x+z經(jīng)過點A或B即和直線x﹣y+1=0重合時，直線y=x+z的截距最大，此時z最大，此時﹣x+y=1，即此時z=1，故答案為：1．【點評】本題主要考查線性規(guī)劃的基本應用，利用z的幾何意義是解決線性規(guī)劃問題的關(guān)鍵，注意利用數(shù)形結(jié)合來解決．15．【考點】3N：奇偶性與單調(diào)性的綜合．【分析】根據(jù)題意，分析可得函數(shù)f（x）=x2（2x﹣2﹣x）為奇函數(shù)且為增函數(shù)，進而可以將f（2x+1）+f（1）≥0變形為f（2x+1）≥f（﹣1），結(jié)合單調(diào)性可得2x+1≥﹣1，解可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，函數(shù)f（x）=x2（2x﹣2﹣x），其定義域為R，f（﹣x）=（﹣x）2（2﹣x﹣2x）=﹣x2（2x﹣2﹣x）=﹣f（x），即函數(shù)f（x）為奇函數(shù)；函數(shù)f（x）=x2（2x﹣2﹣x），其導數(shù)f′（x）=x2（2x﹣2﹣x）=2x?（2x﹣2﹣x）+x2?ln2（2x+2﹣x）＞0，為增函數(shù)；而f（2x+1）+f（1）≥0?f（2x+1）≥﹣f（1）?f（2x+1）≥f（﹣1）?2x+1≥﹣1，解可得x≥﹣1；即不等式f（2x+1）+f（1）≥0的解集{x|x≥﹣1}，故答案為：{x|x≥﹣1}．【點評】本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的綜合應用，關(guān)鍵是分析函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性．16．【考點】8E：數(shù)列的求和．【分析】運用數(shù)列的遞推關(guān)系，n≥2時將n換為n﹣1，相減可得數(shù)列{an}的通項公式，再由取整函數(shù)的定義，運用不完全歸納法，即可得到所求和．【解答】解：由，①可得a2﹣S1=，a2=a1+=，將n換為n﹣1，可得an﹣Sn﹣1=，n≥2②由an=Sn﹣Sn﹣1，①﹣②可得，an+1=2an，則an=a22n﹣2=?2n﹣2=?2n，上式對n=1也成立．則an=?2n，bn=[an]=[?2n]，當n=1時，b1+b2=0+1=1=﹣1﹣；當n=2時，b1+b2+b3+b4=0+1+2+5=8=﹣2﹣；當n=3時，b1+b2+b3+b4+b5+b6=0+1+2+5+10+21=39=﹣3﹣；當n=4時，b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8=0+1+2+5+10+21+42+85=166=﹣4﹣；…則數(shù)列{bn}的前2n項和為b1+b2+b3+b4+…+b2n﹣1+b2n=﹣n﹣．故答案為：﹣n﹣．【點評】本題考查了等比數(shù)列的通項公式、取整函數(shù)，考查了推理能力與計算歸納能力，屬于中檔題．三、解答題17．【考點】LE：棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積．【分析】（1）由余弦定理求出BD=，由此利用正弦定理能求出sin∠ADB．（2）設∠CBD=α，則sin，cosα=，從而sinC=sin（）=，由正弦定理求出BC=7，四邊形ABCD的面積S=S△BCD+S△ABD，由此能求出結(jié)果．【點評】本題考查余弦定理、正弦定理、解三角形等基礎(chǔ)知識，考查抽象概括能力、數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力，考查應用意識、創(chuàng)新意識，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．18．【考點】CH：離散型隨機變量的期望與方差；CB：古典概型及其概率計算公式．【分析】（1）記“從該校隨機抽取一名教師，該教師手機月使用流量不超過300M”為事件D，依題意，P（D）=0.3，從該校教師中隨機抽取3人，設這3人中手機月使用流量不超過300M的人數(shù)為X，則X～B（3，0.3），由此能求出從該校教師中隨機抽取3人，至多有一人手機月使用流量不300M的概率．（2）依題意，從該校隨機抽取一名教師，該教師手機月使用流量L∈（300，500]的概率為0.6，L∈（500，700]的概率為0.1，分別求出三各套餐的數(shù)學期望，能得到學校訂購B套餐最經(jīng)濟．【點評】本題考查頻率分布直方圖、獨立重復試驗、數(shù)學期望等基礎(chǔ)知識，考查抽象概括能力、數(shù)據(jù)處理能力、運算求解能力，考查應用意識、創(chuàng)新意識，考查統(tǒng)計與概率思想、分類與整合思想，是中檔題．19．【考點】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面與平面垂直的判定．【分析】（1）設O是AC中點，連結(jié)OF、OB、FC，推導出OB⊥AC，OF⊥AC，則∠FOB是二面角F﹣AC﹣B的平面角，由此能證明平面ABC⊥平面ACDF．（2）以O為原點，OB為x軸，OC為y軸，OF為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出平面AEF與平面ACE所成的銳二面角的余弦值．【點評】本題考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系以及二面角等基礎(chǔ)知識，考查空間想象能力，推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．20．【考點】KL：直線與橢圓的位置關(guān)系．【分析】方法一：（1）由丨F1F2丨=2c，則c2=a2﹣1，求得直線PF1的方程，利用點到直線的距離公式，求得a2c2=2，即可求得C的方程；（2）求得及，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算，求得yQ=，求得PQ的方程，代入橢圓方程，△=（2y0）2﹣4y02=0，則除P以外，直線PQ與C無其它公共點．方法二：丨F1F2丨=2c，則c2=a2﹣1，利用正弦定理及三角形的相似性，求得丨PF1丨=3丨PF2丨，由橢圓定義及勾股定理，即可求得2c2=a2，即可求得a和b，求得橢圓方程；（2）求得及，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算，求得yQ=，求得PQ的方程，代入橢圓方程，△=（2y0）2﹣4y02=0，則除P以外，直線PQ與C無其它公共點．【點評】本題考查橢圓的標準方程，向量數(shù)量積的坐標運算，直線與橢圓