【河南省】2017年一中、鶴壁高中、開(kāi)封高中、安陽(yáng)一中聯(lián)考高考(1月份)模擬數(shù)學(xué)(文科)試卷-答案

2/13河南省2017年新鄉(xiāng)一中、鶴壁高中、開(kāi)封高中、安陽(yáng)一中聯(lián)考高考(1月份)模擬數(shù)學(xué)（文科）試卷答案一、選擇題：本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1~5．DABCD6~7．ADBDD11~12．CC二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13．14．15．16．三、解答題（本大題共7小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.）17．解：（Ⅰ）在△BCD中，，，，由正弦定理得到：，解得，則或．△ABC是銳角三角形，可得．又由，則．（Ⅱ）由于，，△BCD面積為，則，解得．再由余弦定理得到，故，又由，故邊AB的長(zhǎng)為：．18．解：（1）由題意得：，∴．．此次參加廚藝大賽學(xué)生的平均成績(jī)?yōu)椋海?）由題意得廚霸有人，廚神有人，從中任取2人，基本事件總數(shù)，所取2人中至少有1人是廚神的對(duì)立事件是所取2人都是廚霸，∴所取2人中至少有1人是廚神的概率．19．解：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴PA⊥BD；又AC⊥BD，PA，AC是平面PAC內(nèi)的兩條相交直線，∴BD⊥平面PAC，而PC平面PAC，∴BD⊥PC；（Ⅱ）設(shè)，連接PO，由（Ⅰ）知BD⊥平面PAC，∴∠DPO是直線PD和平面PAC所成的角，∴，由BD⊥平面PAC，PO平面PAC知，BD⊥PO．在中，由得．∵四邊形ABCD是等腰梯形，AC⊥BD，∴△AOD，△BOC均為等腰直角三角形，從而梯形ABCD的高為，于是．在等腰三角形AOD中，，∴，，∴．20．解：（1）設(shè)P（x0，y0），F(xiàn)1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），則由得；由得，即．所以又因?yàn)椋?，．因此所求橢圓的方程為：．（2）動(dòng)直線l的方程為：，由得．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）．則，．假設(shè)在y軸上存在定點(diǎn)M（0，m），滿足題設(shè)，則，．由假設(shè)得對(duì)于任意的恒成立，即解得．因此，在y軸上存在定點(diǎn)M，使得以AB為直徑的圓恒過(guò)這個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，1）21．解：（1）函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)為，∵直線的斜率為0，且過(guò)點(diǎn)（0，1），∴，即，解得，．∴f（x）的解析式為，∵，∴當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，即函數(shù)的增區(qū)間為（0，），減區(qū)間為（，0）．（2）∵，故當(dāng)時(shí)，，等價(jià)為，，（），①，令，（x＞ln2），則．令，則，∵，∴，即h（x）在（ln2，）上存在唯一的零點(diǎn)，故g′（x）在（ln2，）上存在唯一的零點(diǎn)，設(shè)此零點(diǎn)為a，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故g（x）在（ln2，）上的最小值為g（a），由，可得，∴，由于①等價(jià)于，故m的最大值是2．22．解：（1）∵圓C的方程為，∴參數(shù)方程為（θ為參數(shù)）；將圓方程展開(kāi)可得，故極坐標(biāo)方程為；（2）A（﹣2，0），B（0，2），AB的方程為．到直線AB的距離，∴，∴△ABF的面積的最大值為．23．解：（Ⅰ）時(shí)：，成立，時(shí)：，解得：，時(shí)：不成立，故不等式的解集是（0，）；（Ⅱ）由（1）可知f（x）的最小值是，若，即有，即有，解得：，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為[30，）．

河南省2017年新鄉(xiāng)一中、鶴壁高中、開(kāi)封高中、安陽(yáng)一中聯(lián)考高考模擬數(shù)學(xué)（文科）試卷（1月份）解析一、選擇題：本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算．【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和共軛復(fù)數(shù)的意義即可得出．【解答】解：∵復(fù)數(shù)z=（1+i）?i3=（1+i）（﹣i）=﹣i+1．∴=1+i．故選：D．2．【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【分析】求出命題P是真命題時(shí)的x，命題Q是假命題時(shí)的x，求解交集即可．【解答】解：P真，可得x2﹣2x＜0，解得x∈（0，2）；Q假，可得，或x=1，解得x＜﹣3或x≥1．，若P真Q假，則x的取值范圍是：[1，2）．故選：A．3．【考點(diǎn)】隨機(jī)抽樣和樣本估計(jì)總體的實(shí)際應(yīng)用．【分析】根據(jù)254粒內(nèi)夾谷28粒，可得比例，即可得出結(jié)論．【解答】解：由題意，這批米內(nèi)夾谷約為1534×≈169石，故選：B．4．【考點(diǎn)】等比數(shù)列的前n項(xiàng)和．【分析】由已知可知，數(shù)列{an}是以﹣為公比的等比數(shù)列，結(jié)合已知可求a1，然后代入等比數(shù)列的求和公式可求【解答】解：∵3an+1+an=0∴∴數(shù)列{an}是以﹣為公比的等比數(shù)列∵∴a1=4由等比數(shù)列的求和公式可得，S10==3（1﹣3﹣10）故選C5．【考點(diǎn)】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．【分析】根據(jù)空間直線平行或垂直的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：在正方體中，若AB所在的直線為l2，CD所在的直線為l3，AE所在的直線為l1，若GD所在的直線為l4，此時(shí)l1∥l4，若BD所在的直線為l4，此時(shí)l1⊥l4，故l1與l4的位置關(guān)系不確定，故選：D6．【考點(diǎn)】循環(huán)結(jié)構(gòu)．【分析】框圖首先給累加變量S和循環(huán)變量i分別賦值0和2，在輸入n的值為10后，對(duì)i的值域n的值大小加以判斷，滿足i≤n，執(zhí)行，i=i+2，不滿足則跳出循環(huán)，輸出S．【解答】解：輸入n的值為10，框圖首先給累加變量S和循環(huán)變量i分別賦值0和2，判斷2≤10成立，執(zhí)行，i=2+2=4；判斷4≤10成立，執(zhí)行=，i=4+2=6；判斷6≤10成立，執(zhí)行，i=6+2=8；判斷8≤10成立，執(zhí)行，i=8+2=10；判斷10≤10成立，執(zhí)行，i=10+2=12；判斷12≤10不成立，跳出循環(huán)，算法結(jié)束，輸出S的值為．故選A．7．【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用．【分析】根據(jù)點(diǎn)A（a，b）與點(diǎn)B（1，0）在直線3x﹣4y+10=0的兩側(cè)，可以畫出點(diǎn)A（a，b）所在的平面區(qū)域，進(jìn)而結(jié)合二元一次不等式的幾何意義，兩點(diǎn)之間距離公式的幾何意義，及兩點(diǎn)之間連線斜率的幾何意義，逐一分析四個(gè)答案．可得結(jié)論．【解答】解：∵點(diǎn)A（a，b）與點(diǎn)B（1，0）在直線3x﹣4y+10=0的兩側(cè)，故點(diǎn)A（a，b）在如圖所示的平面區(qū)域內(nèi)，故3a﹣4b+10＜0，即①錯(cuò)誤；當(dāng)a＞0時(shí)，a+b＞，a+b無(wú)最小值，也無(wú)最大值，故②錯(cuò)誤；設(shè)原點(diǎn)到直線3x﹣4y+10=0的距離為d，則d==2，則，故③正確；當(dāng)a＞0且a≠1，b＞0時(shí)，表示點(diǎn)A（a，b）與B（1，0）連線的斜率，∵當(dāng)a=0，b=時(shí)，=﹣，又∵直線3x﹣4y+10=0的斜率為，故的取值范圍為（﹣∞，﹣）∪（，+∞），故④正確；故選：D8．【分析】通過(guò)圖形，分別表示則，，然后進(jìn)行向量數(shù)量積的運(yùn)算即可．【解答】解：設(shè)=λ，λ∈[0，1]，由題意可得=（+λ）?（+λ）=（+λ）?（﹣+λ）=[+λ（﹣）]?[﹣+λ（﹣）]=[（1﹣λ）+λ]?[（﹣λ）+（λ﹣1）]=λ?（λ﹣1）+（﹣2λ2+2λ﹣1）+λ（λ﹣1）=4λ?（λ﹣1）+（﹣2λ2+2λ﹣1）?2?1?cos60°+λ（λ﹣1）?1=3λ2﹣3λ﹣1=3﹣，故當(dāng)λ=時(shí)，取得最小值為﹣，當(dāng)λ=0或1時(shí)，取得最大值﹣1，故的范圍為[﹣，﹣1]，故選：B．9．【考點(diǎn)】由三視圖求面積、體積．【分析】由已知中的三視圖可知：該幾何體是一個(gè)由四棱柱和三棱柱構(gòu)成的組合體，分別求出兩個(gè)棱柱的體積，相加可得答案．【解答】解：由已知中的三視圖可知：該幾何體是一個(gè)由四棱柱和三棱柱構(gòu)成的組合體，∵四棱柱底面是上底為1，下底為2，高為的梯形，高為2，故四棱柱體積為：，∵三棱柱底面是邊長(zhǎng)為1的正三角形，高為3，故三棱柱體積為：故組合體的體積V=+=．故選：D10．【考點(diǎn)】數(shù)列的求和．【分析】S3==3a2，同理可得S5=5a3，S7=7a4，代入．可得：++=，又a2a3a4=21，化簡(jiǎn)即可得出．【解答】解：∵S3==3a2，同理可得S5=5a3，S7=7a4，代入．可得：++=，又a2a3a4=21，∴=，∴3a3=9，解得a3=3．故選：D．11．【考點(diǎn)】拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】由題意可得F（，0），設(shè)P（，y0），要求kOM的最大值，設(shè)y0＞0，運(yùn)用向量的加減運(yùn)算可得=+=（+，），再由直線的斜率公式，結(jié)合基本不等式，可得最大值．【解答】解：由題意可得F（，0），設(shè)P（，y0），顯然當(dāng)y0＜0，kOM＜0；當(dāng)y0＞0，kOM＞0．要求kOM的最大值，設(shè)y0＞0，則=+=+=+（﹣）=+=（+，），可得kOM==≤=，當(dāng)且僅當(dāng)y02=2p2，取得等號(hào)．故選：C．12．【考點(diǎn)】函數(shù)的圖象．【分析】畫出函數(shù)的圖象，利用函數(shù)f（x）的圖象與的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，列出方程轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，周期為1，當(dāng)0≤x＜1時(shí)f（x）=x，函數(shù)f（x）的圖象與的圖象，如圖，y=f（x）的圖象與y=g（x）的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，可知2x2+=x只有一個(gè)公共點(diǎn)，可得△=1﹣8=0，解得k=，此時(shí)，直線y=x（x∈（0，1））與y=2x2+相切，有兩個(gè)交點(diǎn)，其中函數(shù)y=2x2+在（﹣1，0），只有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)x=﹣1時(shí)，g（﹣1）=2+＞1，說(shuō)明x＜﹣1沒(méi)有公共點(diǎn)，當(dāng)k＞1時(shí)，g（0）=＞1沒(méi)有公共點(diǎn)．函數(shù)f（x）的圖象與的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，結(jié)合圖象可得k．故選：C．二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13．【考點(diǎn)】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．【分析】喲條件根據(jù)函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，可得sin（2ωx+φ﹣ω）=sinx，可得2ω=1，且φ﹣ω=2kπ，k∈z，由此求得ω、φ的值，可得f（x）的解析式，從而求得f（）的值．【解答】解：函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，﹣≤φ＜）圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，縱坐標(biāo)不變，可得函數(shù)y=sin（2ωx+φ）的圖象．再把所得圖象再向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y=sin[2ω（x﹣）+φ）]=sin（2ωx+φ﹣ω）=sinx的圖象，∴2ω=1，且φ﹣ω=2kπ，k∈Z，∴ω=，φ=+2kπ，∴f（x）=sin（x+），∴f（）=sin（+）=sin=．故答案為：．14．【考點(diǎn)】等比數(shù)列的性質(zhì)．【分析】經(jīng)觀察，S4﹣S2=a3+a4=3（a4﹣a2），從而得到q+q2=3（q2﹣1），而q＞0，從而可得答案．【解答】解：∵等比數(shù)列{an}中，S2=3a2+2，S4=3a4+2，∴S4﹣S2=a3+a4=3（a4﹣a2），∴a2（q+q2）=3a2（q2﹣1），又a2≠0，∴2q2﹣q﹣3=0，又q＞0，∴q=．故答案為：．15．【考點(diǎn)】分段函數(shù)的應(yīng)用．【分析】令f（a）=t，則f（t）=2t，討論t＜1，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，進(jìn)而得到方程無(wú)解，討論t≥1時(shí)，以及a＜1，a≥1，由分段函數(shù)的解析式，解不等式即可得到所求范圍．【解答】解：令f（a）=t，則f（t）=2t，當(dāng)t＜1時(shí)，3t﹣1=2t，由g（t）=3t﹣1﹣2t的導(dǎo)數(shù)為g′（t）=3﹣2tln2，在t＜1時(shí)，g′（t）＞0，g（t）在（﹣∞，1）遞增，即有g(shù)（t）＜g（1）=0，則方程3t﹣1=2t無(wú)解；當(dāng)t≥1時(shí)，2t=2t成立，由f（a）≥1，即3a﹣1≥1，解得a≥，且a＜1；或a≥1，2a≥1解得a≥0，即為a≥1．綜上可得a的范圍是a≥．故答案為：[，+∞）16．【考點(diǎn)】雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．【分析】由題設(shè)知|EF|=b，|PF|=2b，|PF′|=2a，過(guò)F點(diǎn)作x軸的垂線l，過(guò)P點(diǎn)作PD⊥l，則l為拋物線的準(zhǔn)線，據(jù)此可求出P點(diǎn)的橫坐標(biāo)，后在Rt△PDF中根據(jù)勾股定理建立等式，由此能求出雙曲線的離心率．【解答】解：∵|OF|=c，|OE|=a，OE⊥EF∴|EF|=b，∵，∴E為PF的中點(diǎn)，|PF|=2b，又∵O為FF′的中點(diǎn)，∴PF′∥EO，∴|PF′|=2a，∵拋物線方程為y2=4cx，∴拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（c，0），即拋物線和雙曲線右支焦點(diǎn)相同，過(guò)F點(diǎn)作x軸的垂線l，過(guò)P點(diǎn)作PD⊥l，則l為拋物線的準(zhǔn)線，∴PD=PF′=2a，∴P點(diǎn)橫坐標(biāo)為2a﹣c，設(shè)P（x，y），在Rt△PDF中，PD2+DF2=PF2，即4a2+y2=4b2，4a2+4c（2a﹣c）=4（c2﹣b2），解得e=故答案為：．三、解答題（本大題共7小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.）17．【考點(diǎn)】正弦定理．【分析】（Ⅰ）在△BCD中，由正弦定理得到∠BDC，又由DA=DC，即可得到∠A；（Ⅱ）由于△BCD面積為，得到?BC?BD?sin=，得到BD，再由余弦定理得到CD2=BC2+BD2﹣2BC?BD?cos，再由DA=DC，即可得到邊AB的長(zhǎng)．18．【考點(diǎn)】列舉法計(jì)算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率；頻率分布直方圖；莖葉圖．【分析】（1）首先根據(jù)第一組相關(guān)的數(shù)據(jù)可求得n的值，然后根據(jù)頻率等于矩形面積求a，b，利用頻率分布直方圖能估計(jì)此次參加廚藝大賽學(xué)生的平均成績(jī)．（2）根據(jù)條件求出廚霸與廚神的人數(shù)，然后利用對(duì)立事件概率公式計(jì)算結(jié)果．19．【考點(diǎn)】直線與平面垂直的性質(zhì)；直線與平面所成的角．【分析】（1）由PA⊥平面ABCD，AC⊥BD可證得BD⊥平面PAC，從而證得BD⊥PC；（2）設(shè)AC∩BD=O，連接PO，由BD⊥平面PAC可得∠DPO是直線PD和平面PAC所成的角，于是∠D