【广东省广雅中学年、江西省南昌二中】2017学年联考高考模拟数学年(文科)试题

当 a 0 时，
f (x)
1 x

1 x2

xa x2
，
若 x (0,a) ，则 f (x) 0 ， f (x) 单调递减，
若 x a ，则 f (x) 0 .
3/6
若 x (a,) ，则 f (x) 0 ， f (x) 单调递增.
当 a 1时，
(11)A.解析： MA MB (CA CM )(CB CM ) (1 CA 1 CB（) 5 CB 2 CA） 366 3
=
7
22 CA CB CA

5
2
CB =
7｜CA｜｜ CB｜cos π
2 | CA |2

5
| CB |2
18
9
36
18
39
36
= 7 8 5 2. 333
18．解：（Ⅰ）设等差数列{an} 的公差为 d ，由题设知 d 0 ，
由 a1

1,
a1,
a3
,
a9
成等比数列，得
1
2d 1
1 8d 1 2d
.……………………………………………（3
分）
解得 d 1,d 0 （舍去），
∴d 1
故{an} 的通项公式为 an =1+(n 1) 1 n .………………………………………………………（6 分）
b2
(14)答案： (1, 2] .
解析：由
4

x2
0, 解得 1 x 2.
x 1 0,
(15)答案： 2πr4 . 解析：因为 (2πr4 ) 8πr3 ，所以 W＝ 2πr4 .
5/6
(16)答案：2. 解析：由图知直线 y=2x 过点（0，2）时，目标函数 z y 2x 取得最大值为 2.
所以
Sn

2 2n1 1 2

n
2n1 .
从而 Sn =(n 1) 2n1 2 .……………………………………………………………………………（12 分）
19．（Ⅰ）连结 BD1 ，在 △DD1B 中， E 、 F 分别为 D1D ， DB 的中点，则
D1B
EF∥D1B 平面ABC1D1
f
( x)min

f
(1) a

3 2
a3 2
（舍）；
当1 a e 时，
f
( x)min

f
(a)
1 ln(a)

3 2
a
1
e2
（满足题意）；
当 a e 时，
f
( x)min

f
(e)
1
a e

3 2

a

e 2
（舍）；…………………………………………（12
所以 1 4 ( 1 4)(m n) 5 4m n 5 4 9.
mn mn
nm
当且仅当 4m n ,且m n 1,即m 1 ,n 2 时 取“=”.
nm
33
所以 1 4 的最小值为 9. mn
(10)C.解析：因为点 (n, an ) 在定直线上，所以 a8 4 ,且an 为等差数列,所以 S15 15a8 60.

0
恒成立，即
t (t 2

1 t2
)

m(t

1) t

0
恒成立，
2/6
即 (t 1)(t2 1 m) 0 ． t
又 t [2,4] ，所以 t 1 0 ， t
所以 t2 1 m 0 恒成立，即 m (t2 1) 恒成立．…………………………………………………（9 分）
最长为 500 3 m .………………………………………………………………………………………（13 分） 3
22．解：由题意得 x
0 ，所以定义域为 (0,) ，且
f (x)

1 x

a x2
.……………………………（3
分）
（Ⅰ）显然，当 a 0 时， f (x) 0 恒成立， f (x) 在定义域上单调递增.…………………………（5 分）
（Ⅱ）由(I)知 an 2an n 2n ，
Sn 1 21 2 22 3 23 (n 1) 2n1 n 2n ，
（1）
1/6
2 Sn 1 22 2 23 3 24 (n 1) 2n n 2n1 ，
（2）
(1) (2) ，得 Sn 21 22 23 2n n 2n1 .……………………………………………（10 分）
y y x 2
2 O
y 2x y x 1 x
12
6/6
所求的解析式是
P
O
x
y 100 3 sin π x(0 x 200) .……………………………………………………………………（5 分） 300
（Ⅱ）当 x 200 时, y 150 ,所以 MP 250 ,设 MN m, NP n(m,n＞0) ,
在 △MNP 中，由余弦定理，得 MP2 2502 MN 2 NP2 2MN NPcos120 .
亦可画图、建系，坐标化求之！
(12)B.解析：由题知
g(1) 2

g(1) 4

0
,知
1 4

x2

1 2
,由 |
x1

x2
|
1 4
的意义知答案:B.
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.
(13)答案： 1 . 解析：由正弦定理知 sin A asin B 1 .
2
b

a

b

0

(1)a 2

(1)b , 2
但
(1)a 2

( 1 )b 2
得不到
a

b

0
.
(5)A.解析： f (3) f (2) f (2) 2, f (4) f (1) （ f 1）= 1，
所以 f (3) f (4) 2 (1) 1.
(2)D.解析：“ x R, x2 0 ”的否定是“ x R, x2 0 ”.
(3)D.解析： sin

4,故 5
tan

4, 3
tan(

π) 4
tan
1 tan
tan π 4
tan π

4 1 3 1 4

7
.
43
(4)A.解析：
log3
a

log3


EF∥平面ABC1D1
………………………………………………………（6
分）
EF 平面ABC1D1
B1C AB

（Ⅱ）
B1C BC1 AB 面ABC1D1

B1C

面ABC1D1


B1C BD1

平面ABC1D1 平面ABC1D1


B1C BD1 EF∥BD1
(6)D.解析： y lg | x | 为奇函数，排除 A,B,又 x 1时，y 0, 排除 C. x
(7)B.解析：②③错.
(8)C.解析：该几何体是棱长为 1 的正方体被对角面截得的一半,V Sh 1 111 ;b = (1+ m,n - 2), (a +b) a,m n = 1.
分）
1
综上所述 a e2 ．………………………………………………………………………………………（13 分）
4/6
广东省佛山市 2017 届高考高三 3 月模拟考试数学试卷（三）
解析
一、选择题：每小题 5 分，共 60 分. (1)C.解析： N =[-1,1]，所以， M N {-1,0}.


EF

B1C
………………（12
分）
AB BC1 B
20．解：（Ⅰ）∵ 2x 0 ，
∴
f
(2x ) 2x

1 2x
．……………………………………………………………………………………（2
分）
由条件可知 2x 1 2 ，即 22x 2 2x 1 0 ． 2x
cos 2x 3 sin 2x 2 …………………………………………………（3 分）
2sin(2x π) 2 ………………………………………………………（5 分） 6
当且仅当 2x

π 6

2kπ

3π 2
，即
x

kπ

2π 3
(k
Z)
时，
f
( x)min

0
，
此时
x
的集合是
广东省佛山市 2017 届高考高三 3 月模拟考试数学试卷（三）
答案
一、选择题 1~5．CDDAA 二、填空题 13． 1
2 14． (1, 2] 15． 2πr4 16．2 三、解答题
6~10．DBCCC
11~12．AB
17．解：（Ⅰ） f (x) (a b)2 3 sin 2x
1 2cos2 x 3 sin 2x
又 t [2,4] ，
∴ m [(t2 1)]max ，即 m 5 ．……………………………………………………………………………（12 分）
21．解：（Ⅰ）由题知，图象的最高点为 S(150,100 3) ,
y
所以 A 100 3, T 150, 4
100 3 S M N
T 600 2π , π . 300
所以有 2502 (m n)2 mn .
又由于 mn (m n)2 ( m n 时取等号)， 4
所以 2502 (m n)2 mn (m n)2 (m n)2 ， 4
所以 0 m n 500 3 . 3
即将折线段中 MN 与 NP 的长度设计为相等时,折线段训练道路 MNP 最长.
（Ⅱ）当 a 0 时,由（Ⅰ）,得 f (x) 在定义域上单调递增，
所以 f (x) 在[1,e] 上的最小值为 f (1) ，
即 f (1) 3 a 3 a 3 （与 a 0 矛盾，舍）.………………………………………………（7 分）
2
2
2
当 a 0 时， f (x) ln x 显然在[1,e] 上单调递增，最小值为 0，不合题意；…………………………（8 分）

x
|
x

kπ

2 3
π,k

Z
.…………………………………………………………（8
分）
（Ⅱ）由 2kπ- π 2x π 2kπ π (k Z) ，所以 kπ- π x kπ π (k Z) ，
2
6
2
3
6
所以函数 f (x) 的单调递增区间为[kπ - π , kπ π](k Z) .………………………………………（12 分） 36
解得 2x 1 2 ．
∵ 2x 0 ，
∴ 2x 1 2 ，
∴ x log2 (1 2) ．……………………………………………………………………………………（6 分）
（Ⅱ）因为 t [2,4] ，所以
f
(t) t
1， t
f
(t2 ) t2

1 t2
．
tf
(t2 )

mf
(t)