贵州省2017届高三下学期普通高等学校招生适应性考试数学(理)试题Word版含答案
贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期第六次适应性考试数学(理科)试卷-答案
贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期第六次适应性考试数学（理科）试卷答 案一、选择题1~5.DBDBB 6~10.DACCB 11~12.DA 二、填空题 13.21514. ①③⑤ 15. 6元和11元 16.42ln2- 三、解答题17.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵122+-=nn n a a ，∴111222++-=n n n n a a ，…………………………………………………………………………（4分） ∴数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以12为首项，12为公差的等差数列即1222n n n n a na n -=⇒=. ………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）解：122n nb b nb a +++=，即11222n n b b nb n -+++=，1n =时，由12323n n b b b nb a ++++=，得111b a ==. 2n ≥时，由12323n n b b b nb a ++++=，①1231123(1)n n b b b n b a --++++-=，②①−②得：12212(1)2(1)2n n n n n n nb a a n n n ----=-=--=+，2(1)22n n n b n n -+=，≥，检验1n =时满足上式.∴2*(1)2()n n n b n n -+=∈N . ………………………………………………………（12分）18.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）ξ的所有可能取值为0，1，2，……………………………………………………（1分）设“2016年期末考试时取到i 个新题库（即=i ξ）”为事件(012)=，，i A i . 又因为6个题库中，其中3个是新题库，3个是旧题库，所以23026C 1()(0)C 5====P A P ξ；1133126C C 3()(1)C 5====P A P ξ；23226C 1()(2)C 5====P A P ξ，所以ξ的分布列为………………………………………………………………………（4分）ξ的数学期望为131()0121555E ξ=⨯+⨯+⨯=.………………………（6分）（Ⅱ）设“从6个题库中任意取出2个题库，恰好取到一个新题库”为事件B ，则“2017年时恰好取到一个新题库”就是事件012A B A B A B ++，而事件012A B A B A B ，，互斥， 所以012012()()()()P A B A B A B P A B P A B P A B ++=++1111133524222666C C C C C 131385C 5C 5C 75=⨯+⨯+⨯=. 所以2017年时恰好取到一个新题库的概率为3875. ………………………（12分）19.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵ABC △是等腰三角形， 且AB BC =，又54==AE CF ， ∴=BE BFEA FC，则EF AC . 又由AB BC =，得AC BO ⊥，则EF BO ⊥，∴EF BH ⊥，故H 为EF 中点，则EF B H ⊥'， ……………………………………（2分）∵AC =6， ∴AO =3，又AB =5，AO OB ⊥， ∴OB =4， ∴1AEOH OB AB==，则BH B H 3='=， ∴222||||||''=+OB OH B H ，则B H OH '⊥，…………………………………………（4分）又=OHEF H ，∴B H '⊥平面ABC .…………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ∵AB 5=，AC 6=，∴(300)B -，，，(130)(003)(130)C B A '-，，，，，，，，， (430)AB =-，，，(133)AB '=-，，，(060)AC =，，.…………………………………………………………………………………………………（7分） 设平面ABB '的一个法向量为1()n x y z =，，， 由1100n AB n AB ⎧=⎪⎨'=⎪⎩，，得430330x y x y z -+=⎧⎨-++=⎩，， 取3x =，得43y z ==-，. ∴1(343)n =-，，.………………………………………………………………（8分）同理可求得平面AB C '的一个法向量2(301)=，，n . ……………………………（9分）设二面角'--B B A C 的平面角为θ， 则1212cos ||||85==n n n n θ.…………………………………………………（11分） ∴二面角B B A C '--的余弦值为cos θ=. …………………………………（12分）20.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意1(0)b Fc =，，1=，c a C 的标准方程为2212+=x y .………………………………………………（4分）（Ⅱ）设直线l 的方程为2=+y x t ，设11223445()()()3⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，M x y N x y P x Q x y ，MN 的中点为00()D x y ，， 由22222y x t x y =+⎧⎨+=⎩，，消去x ，得229280y ty t -+-=， ………………………………（5分）所以1229ty y +=且22436(8)0t t ∆=-->， 故12029y y ty +==且33t -<<， ………………………………………………（7分）由=PM NQ ，知四边形PMQN 为平行四边形， 而D 为线段MN 的中点，因此D 为线段PQ 的中点，所以405329+==y t y ， …………………………………………………………（9分）可得42159-=t y ， 又33t -<<，可得4713y -<<-，………………………………………………（11分）因此点Q 不在椭圆上， 故不存在满足题意的直线l . …………………………………………………………（12分）21.（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由已知得1()(0)g x ax x x'=+>，所以022'==⎝⎭g a ，所以2=-a . ………………………………（2分）所以2()ln (0)=-++>f x x x x x .则12(1)12()21(0)x x f x x x x x⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=-++=>-， 由()0'>f x 得01<<x ，由()0'<f x 得1>x . 所以()f x 的减区间为(1)+∞，，增区间为(01)，. ………………………………（4分）（Ⅱ）①解：由已知()ln (0)f x x bx x =+>.所以1()(0)'=+>f x b x x， 当b ≥0时，显然()0'>f x 恒成立，此时函数()f x 在定义域内递增，()f x 至多有一个零点，不合题意.…………………………………………………………（5分）当<0b 时，令()0f x '=得10x b=->，令()0'>f x 得10<<-x b ；令()0f x '<得1x b>-.所以()f x 极大值为1ln()10f b b ⎛⎫-=---> ⎪⎝⎭，解得10e b -<<.且0x →时，()0f x <，x →+∞时，()0f x <. 所以当10e b ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，()f x 有两个零点.………………………………………（8分）②证明：1x ∵，2x 为函数()f x 的两个零点，不妨设120x x <<. 所以11ln 0x bx +=，22ln 0x bx +=，两式相减得2121ln ln x x b x x -=--，两式相加得2121ln ln x x b x x +=-+. ……………………（9分）要证212e x x >，即证12ln ln 2x x +>，即证212121ln ln 2->-+x x x x x x ，即证21221121ln 1⎛⎫- ⎪⎝⎭>+x x x x x x . ………………………………（10分）令21(1)=>x t t x ，即证2(1)ln 1->+t t t . 令2(1)()ln 1-=-+t h t t t ，则22(1)()0(1)-'=>+t h t t t ， …………………………………（11分）所以()(1)0>=h t h ，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+， 所以212121ln ln 2x x x x x x ->-+，所以212e >x x .……………………………………（12分）22.（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）∵点7π4⎫⎪⎭，的直角坐标为(11)-，，射线的方程为(0)y x x =>，所以圆心坐标为(11)，，半径2r =， ∴圆C 的直角坐标方程为22(1)(1)4x y -+-=. 化为极坐标方程是22(cos sin )20ρρθθ-+-=. ……………………………（5分）（Ⅱ）将2cos 2sin =+⎧⎨=+⎩，，x t y t αα（t 为参数）代入圆C 的直角坐标方程22(1)(1)4x y -+-=.得22(1cos )(1sin )4t t αα+++=， 即22(cos sin )20t t αα++-=. ∴12122(cos sin )2t t t t αα+=-+=-，.∴12||||AB t t =-= ∵π04α⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，，∴π202α⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，，∴||4AB <.即弦长||AB 的取值范围是4).…………………………………………（10分）23.（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（Ⅰ）解：|2||2|224b b b b+--++-=≤||，当且仅当2b ≥时等号成立， 422|2||2|b b b b =++-++-||≤，当且仅当22b -≤≤时等号成立，∵对任意实数b ，不等式2||2|2||2|b b a b b +--++-||≤≤都成立. ∴4a =. …………………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：2221122()()2()x y x y x y x xy y x y +-=-+-+-+-，∵0>>x y ，21()())()3()-+-+-=-∴≥x y x y x y x y ，当且仅当1=+x y 时等号成立，∴2212232x y x xy y+--+≥， 即2212212-+--+≥x y a x xy y .…………………………………………………（10分）贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期第六次适应性考试数学（理科）试卷解析第Ⅰ卷（选择题，共60分）1.22i 422i 1i 2i i -⎛⎫===- ⎪--⎝⎭，故选D . 2.{|12}A x x x =-<∈Z ≤，，故{012}A =，，，故{12}A B =，，故选B .3.∵(11)=，a ，(25)=，b ，∴8(88)(25)(63)--=，，，a b =.又∵(8)30-a bc =，∴(63)(4)61230x x =+=，，，∴3x =，故选D .4.由题意知：直线20x y λ-+=平移后方程为220x y λ-++=.又直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径，得2λ=-或8，故选B .5.分类：两色：25A 20=，三色：2335C A 180=，四色：45A 120=，20180120320++=，故选B . 6.由三视图可知该几何体是一个半圆柱和一个三棱柱的组合体，故其表面积为21π12+π+22+22π+8+2⨯⨯⨯⨯⨯D .7.由题意，ππ2π82k ϕ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭，k ∈Z ，得3ππ4k ϕ=+，k ∈Z ，在四个选项中，只有3π4满足题意，故选A . 8.111110011119911223100101101101100101232101202S P =+++=-==++=-=⨯⨯⨯⨯⨯，，故选C .9.∵sin 2cos αα-=，∴225sin 4sin cos 4cos 2αααα-+=，化简得4sin 23cos2αα=，∴sin 23tan 2cos 24ααα==，故选C . 10.(2)12(1)3f f ⎧⎨-⎩≤，≤，421213m n m n ++⎧⎨-+⎩≤，≤，282m n m n +⎧⎨-+⎩≤，≤， 可转化为线性规划问题解答，故选B . 11.由已知AB 与x 轴交于点2F ，设2AOF α∠=，则tan b a α=，AOB △中，可得4tan 23α=，1tan 2α=，故选D .12.由题意，函数()()f x f x -=-，()(2)f x f x =-，则()(2)f x f x --=-，可得(4)()f x f x +=，即函数的周期为4，且()y f x =的图象关于直线1x =对称.()|cos(π)|()g x x f x =-在区间5922⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上的零点，即方程|cos(π)|()x f x =的零点，分别画|cos(π)|y x =与()y f x =的函数图象，∵两个函数的图象都关于直线1=x 对称，∴方程|cos(π)|()=x f x 的零点关于直线1=x 对称，由图象可知交点个数为6个，可得所有零点的和为6，故选A .第Ⅱ卷（非选择题，共90分）13.由题意3s i n 5⇒=B ，12sin 13=C ，63sin sin()sin cos cos sin 65=+=+=∴A B C B C B C ，136321sin 4sin 12655==⨯⨯=∴c a A C . 14.①中若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β，又因为n ∥β，则m ⊥n ，所以①正确；在②④的条件下都不能确定α与β的位置关系，即α与β还可以相交，所以②④错误；③⑤都可以证明是正确的.15.由题意，1至12的和为78，因为三人各抢到的金额之和相等，所以三人各抢到的金额之和为26，根据爸爸说：我抢到了1元和3元；妈妈说：我抢到了8元和9元；可得爸爸抢到1、3、10、12元，妈妈抢到8、9、2、7元或8、9、4、5元，据此可判断小明必定抢到的金额为6元和11元.16.设直线y k x b =+与e 2=+x y 和1e x y +=的切点分别为11(e 2)x x +，和212(e )x x +，，则切线分别为111(e 2)e ()x x y x x -+=-，22112e e ()x x y x x ++-=-，化简得：1111e e 2e x x x y x x =++-，2221112e e e x x x y x x +++=+-，依题意有：121122111112e e ln2e 2e e e+++⎧=⎪⇒=⎨+-=-⎪⎩，x x xx x x x x x ，所以 111e 2e 42ln2=+-=-x x b x .。
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贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期高考适应性月考数学试题（理科）1. 设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A.....................2. 已知在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：要使复数对应的点在第四象限应满足：，解得，故选A.考点：复数的几何意义.3. 已知为第二象限的角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵∴，∴，又∵，∴，，∴，，∴为第三象限的角，∴，故选B．4. 设实数满足，则的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图1，直线与圆交于，两点，则的概率，故选C．八、概率点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．5. 一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图可知，该三棱柱的底面是顶角为，两腰为2的等腰三角形，高为2，底面三角形的外接圆直径为，半径为2．设该三棱柱的外接球的半径为R，则，所以该三棱柱的外接球的体积为，故选A．6. 矩形中，，，在线段上运动，点为线段的中点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将矩形ABCD放入如图2所示的平面直角坐标系中，设，又，所以，所以，因为，所以，即的取值范围是，故选C．7. 阅读如图所示的程序框图，若，，则输出的的值等于（）A. 252B. 120C. 210D. 45【答案】C【解析】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第五次循环：；第六次循环：；结束循环，输出，故选C．8. 在中，，若，则面积的最大值是（）A. B. 4 C. D.【答案】D【解析】∵，由，，得，∴．又，∵，∴，∴当时，取得最大值，∴面积的最大值为，故选D．9. 已知实数满足，直线过定点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D10. 《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：记为每个序列中最后一列数之和，则为（）A. 1089B. 680C. 840D. 2520【答案】A【解析】当时，序列如图：故，故选A．11. 已知双曲线上存在两点关于直线对称，且的中点在抛物线上，则实数的值为（）A. 0或-10B. 0或-2C. -2D. -10【答案】A【解析】因为点关于直线对称，所以的垂直平分线为，所以直线的斜率为．设直线的方程为，由得，所以，所以，所以．因为的中点M在抛物线上，所以，解得或，又的中点也在直线上，得，∴或，故选A．点睛：解析几何对称问题，一般设参数，运用对称问题中包含的垂直与中点坐标条件，将问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去中间变量，直至得到所求量．12. 设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，当时，时，∴当时取得最小值，且．令，则此直线恒过定点，若存在唯一的整数，使得，则且，∴，故选D．点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．13. 设是展开式中的系数，则__________．（用数字填写答案）【答案】111【解析】展开式中x的系数为，则．点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14. 在中，角的对边分别为，且满足，则函数的最大值为__________．【答案】【解析】由已知，，即，即，则，∴，即，，即时，取得最大值．15. 已知函数，命题：实数满足不等式；命题：实数满足不等式，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】是的充分不必要条件，等价于是的必要不充分条件．由题意得为偶函数，且在单调递增，在单调递减，由p：得，即，解得；由q：，故的取值范围是．点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．16. 已知椭圆：，双曲线：，以的短轴为正六边形最长对角线，若正六边形与轴正半轴交于点，为椭圆右焦点，为椭圆右顶点，为直线与轴的交点，且满足是与的等差数列，现将坐标平面沿轴折起，当所成二面角为时，点在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为__________．【答案】2【解析】由题，，由正六边形得．于是，可得．当所成二面角为时，设双曲线左顶点为，则，设双曲线左焦点为，则，所以．17. 已知数列的前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，求证：.【答案】（1）. （2）．【解析】试题分析：（1）根据当时，，得到数列的递推关系式，再根据等比数列定义及通项公式求数列的通项公式；（2）将数列的通项公式代入化简得,再根据大小关系放缩为，最后利用裂项相消法求和得．试题解析：（Ⅰ）解：当时，，所以，当时，，即，，，所以数列是首项为，公比也为的等比数列，所以.（Ⅱ）证明：．由，所以，所以．因为，所以，即．点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.18. 随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受到市民重视. 为此贵阳市建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到自行车服务中心办理诚信借车卡借车，初次办卡时卡内预先赠送20积分，当积分为0时，借车卡将自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以1元购1个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分收费，具体扣分标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②租用时间为1小时以上且不超过2小时，扣1分；③租用时间为2小时以上且不超过3小时，扣2分；④租用时间超过3小时，按每小时扣2分收费（不足1小时的部分按1小时计算）.甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，两人租车时间都不会超过3小时，设甲、乙租用时间不超过1小时的概率分别是0.4和0.5；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是0.4和0.3.（1）求甲、乙两人所扣积分相同的概率；（2）设甲、乙两人所扣积分之和为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】甲、乙两人所扣积分相同的概率为0.36，的数学期望．【解析】试题分析：（1）先确定甲、乙两人所扣积分相同事件取法:扣0分、扣1分及扣2分，再根据相互独立事件概率乘法公式及互斥事件概率加法公式得所求概率，（2）先确定随机变量取法，再分别求对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求期望.试题解析：（Ⅰ）分别记“甲扣0，1，2分”为事件，它们彼此互斥，且．分别记“乙扣0，1，2分”为事件，它们彼此互斥，且．由题知，与相互独立，记甲、乙两人所扣积分相同为事件，则，所以=．（Ⅱ）的可能取值为：，，，，，所以的分布列为：的数学期望．答：甲、乙两人所扣积分相同的概率为0.36，的数学期望．19. 如图，三棱锥中，底面，，，，为的中点，点在上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析.（Ⅱ）平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.【解析】试题分析：（1）要证平面平面，只需证平面，而由等腰三角形性质得，所以只需证．因为底面，可得；又根据勾股定理可得；从而有平面，即得．（2）一般利用空间向量数量积求二面角的大小，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小.试题解析：（Ⅰ）证明：∵底面，且底面，∴．由，，，可得．又∵，∴平面，注意到平面，∴．∵，为中点，∴．∵，∴平面，而平面，∴平面平面．（Ⅱ）解法一：如图，以为原点、所在直线为轴、为轴建立空间直角坐标系.则设平面的法向量，则解得．取平面的法向量为，则，故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.解法二：取的中点，在上取点，且，连接，.∵平面，∴平面，平面，．在中，，∴．由（Ⅰ）知，平面，即，且，∴，设平面ABC与平面BEF所成二面角为，，故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为．20. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，为椭圆的离心率，且点为椭圆短半轴的上顶点，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作不与坐标轴垂直的直线，设与圆相交于两点，与椭圆相交于两点，当且时，求的面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）所求的椭圆方程为．（Ⅱ）的面积的取值范围为．【解析】试题分析：（1）根据条件列出关于两个独立条件：，，解方程组可得，（2）设直线的方程为，，将条件用坐标表示，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理化简条件得．因为，所以利用韦达定理计算．最后根据自变量范围，利用对勾函数求函数值域.试题解析：（Ⅰ）由是等腰直角三角形，得，从而得到，故而椭圆经过，代入椭圆方程得，解得，所求的椭圆方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由题意，设直线的方程为，，由得，则．∵，∴，解得．由消得．设，，，则．设，则，其中，∵关于在上为减函数，∴，即的面积的取值范围为．21. 已知函数.（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）的最小值为．【解析】试题分析：（1）函数存在单调递减区间，等价于在上有解，即在上有解，根据实根分布可得解不等式可得实数的取值范围；（2）为两根，所以代入消化简得．令，转化研究函数最小值，先根据，确定自变量取值范围：，再利用导数研究函数单调性：在上单调递减，进而确定函数最小值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以，又因为在上有解，令，则，只需解得即．（Ⅱ）因为，令，即，两根分别为，则又因为．令，由于，所以．又因为，，即即，所以，解得或，即．令，，所以在上单调递减，．所以的最小值为．点睛：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则在该区间为增函数；如果，则在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，其中为参数，，再以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中，，直线与曲线交于两点.（1）求的值；（2）已知点，且，求直线的普通方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）直线的普通方程为.（或）【解析】试题分析：（1）先根据代入消元法将直线的参数方程化为普通方程，利用将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入可得的值；（2）由直线参数方程几何意义得，再将直线的参数方程代入抛物线C的普通方程，利用韦达定理得，，三个条件联立方程组解得，即得直线的普通方程.试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为，曲线C的极坐标方程可化为，设，，联立与C的方程得：，∴，则，∴.（Ⅱ）将直线的参数方程代入抛物线C的普通方程，得，设交点对应的参数分别为，则，，由得，，联立解得，又，所以.直线的普通方程为.（或）23. 选修4-5：不等式选讲已知函数的顶点为.（1）解不等式；（2）若实数满足，求证：.【答案】（Ⅰ）不等式恒成立，解集为.（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由绝对值三角不等式得即不等式恒成立，所以解集为.（2）先因式分解得，再配凑，最后根据条件，已经绝对值三角不等式放缩得试题解析：（Ⅰ）解：依题意得，则不等式为，∵，当且仅当时取等号，所以不等式恒成立，解集为.（Ⅱ）证明：．。
贵州省贵阳市2017届高三2月适应性考试数学(理科)试卷(一)
贵州省贵阳市2017届高三2月适应性考试数学（理科）试卷（一）第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共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．已知i 虚数单位，则232017z i i i i =++++= （ ）A ．0B ．1C ．i -D ．i2．满足{}{}1,21,2,3,4P ⊆⊄的集合P 的个数是 （ ） A ．2B ．3C ．4D ．53．数列{}n a 满足()*11110,12,11n n a n n N a a -=-=≥∈--，则2017a =（ ） A ．12017 B ．12016C ．20162017D ．201520164．下面的程序框图，如果输入三个数a b c 、、，()220a b +≠要求判断直线0ax by c ++=与单位圆的位置关系，那么在空白的判断框中，应该填入下面四个选项中的（ ）A ．0?c =B ．0?b =C ．0?a =D ．0?ab =5．某一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱长为（）A ．2B C ．D ．36．函数曲线12y x =与3y x =所围成的封闭区域的面积为（ ） A ．12B ．512C ．45D ．527．圆C 与x 轴相切于()1,0T ，与y 轴正半轴交于两点,A B ，且2AB =，则圆C 的标准方程为（ ）A ．()(2212x y -+= B ．()()22122x y -+-=C ．()(2214x y ++=D ．()(2214x y -+=8．设M 为边长为4的正方形ABCD 的边BC 的中点，N 为正方形区域内任意一点（含边界），则∙AM AN 的最大值为（ ） A ．32 B ．24C ．20D ．169．若231,1,lg ,lg ,lg 10m a m b m c m ⎛⎫∈===⎪⎝⎭，则（ ） A ．a b c <<B ．c a b <<C ． b a c <<D ．b c a <<10．已知球O 的半径为2，四点S A B C 、、、均在球O 的表面上，且4,SC AB =6SCA SCB π∠=∠=，则点B 到平面SAC 的距离为（ ）A B ．32C ．D ．111．斜率为()0k k >的直线经过抛物线()20y px p =>的焦点，与抛物线交于A B 、两点，与抛物线的准线交于C 点，当B 为AC 中点时，k 的值为（ ）A BC ．D ．12．已知M 是函数()2112sin 2x f x e x π--⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦在[]3,5x ∈-上的所有零点之和，则M 的值为（ ）A ． 4B ．6C ．8D ．10第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上。
贵州省贵阳市高三数学下学期第六次适应性考试试题 理(扫描版)
贵州省贵阳市2017届高三数学下学期第六次适应性考试试题理（扫描版）贵阳第一中学2017届高考适应性月考卷（六）理科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．22i 422i 1i 2i i -⎛⎫===- ⎪--⎝⎭，故选D ． 2．{|12}A x x x =-<∈Z ≤，，故{012}A =，，，故{12}A B =，，故选B ．3．∵(11)=，a ，(25)=，b ，∴8(88)(25)(63)--=，，，a b =．又∵(8)30-a b c =，∴(63)(4)61230x x =+=，，，∴3x =，故选D ．4．由题意知：直线20x y λ-+=平移后方程为220x y λ-++=．又直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径，得2λ=-或8，故选B ．5．分类：两色：25A 20=，三色：2335C A 180=，四色：45A 120=，20180120320++=，故选B ． 6．由三视图可知该几何体是一个半圆柱和一个三棱柱的组合体，故其表面积为21π12+π+22+22π+8+2⨯⨯⨯⨯⨯D ．7．由题意，ππ2π82k ϕ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭，k ∈Z ，得3ππ4k ϕ=+，k ∈Z ，在四个选项中，只有3π4满足题意，故选A ． 8．111110011119911223100101101101100101232101202S P =+++=-==++=-=⨯⨯⨯⨯⨯，，故选C ．9．∵sin 2cos αα-=，∴225sin 4sin cos 4cos 2αααα-+=，化简得4s i n 23c o s 2αα=，∴sin 23tan 2cos24ααα==，故选C ．10．(2)12(1)3f f ⎧⎨-⎩≤，≤，421213m n m n ++⎧⎨-+⎩≤，≤，282m n m n +⎧⎨-+⎩≤，≤， 可转化为线性规划问题解答，故选B ．11．由已知AB 与x 轴交于点2F ，设2A O Fα∠=，则tan b a α=，AOB △中，可得4tan 23α=，1tan 2α=，故选D ．12．由题意，函数()()f x f x -=-，()(2)f x f x =-，则()(2)f x f x --=-，可得(4)()f x f x +=，即函数的周期为4，且()y f x =的图象关于直线1x =对称．()|cos(π)|()g x x f x =-在区间5922⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上的零点，即方程|cos(π)|()x f x =的零点，分别画|cos(π)|y x =与()y f x =的函数图象，∵两个函数的图象都关于直线1x =对称，∴方程|cos(π)|()x f x =的零点关于直线1x =对称，由图象可知交点个数为6个，可得所有零点的和为6，故选A ．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．由题意3s i n 5B ⇒=，12sin 13C =，63sin sin()sin cos cos sin 65A B C B C B C =+=+=∴，136321sin 4sin 12655c a A C ==⨯⨯=∴． 14．①中若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β，又因为n ∥β，则m ⊥n ，所以①正确；在②④的条件下都不能确定α与β的位置关系，即α与β还可以相交，所以②④错误；③⑤都可以证明是正确的．15．由题意，1至12的和为78，因为三人各抢到的金额之和相等，所以三人各抢到的金额之和为26，根据爸爸说：我抢到了1元和3元；妈妈说：我抢到了8元和9元；可得爸爸抢到1、3、10、12元，妈妈抢到8、9、2、7元或8、9、4、5元，据此可判断小明必定抢到的金额为6元和11元．16．设直线y kx b =+与e 2x y =+和1e x y +=的切点分别为11(e 2)x x +，和212(e )x x +，，则切线分别为111(e 2)e ()x x y x x -+=-，22112e e ()x x y x x ++-=-，化简得：1111e e 2e x x x y x x =++-，2221112eeex x x y x x +++=+-，依题意有：121122111112e e ln2e 2e e e x x x x x x x x x +++⎧=⎪⇒=⎨+-=-⎪⎩，，所以111e 2e 42ln2x x b x =+-=-．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵122n n n a a +-=，∴111222n n n n a a ++-=，………………………………………………………（4分） ∴数列2n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成以12为首项，12为公差的等差数列， 即1222n n n n a na n -=⇒=． ………………………………………………（6分）（Ⅱ）解：122n n b b nb a +++=，即11222n n b b nb n -+++=，1n =时，由12323n n b b b nb a ++++=，得111b a ==． 2n ≥时，由12323n n b b b nb a ++++=，①1231123(1)n n b b b n b a --++++-=，②①−②得：12212(1)2(1)2n n n n n n nb a a n n n ----=-=--=+， 2(1)22n n n b n n-+=，≥，检验1n =时满足上式．∴2*(1)2()n n n b n n -+=∈N ． ………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）ξ的所有可能取值为0，1，2，………………………………………（1分）设“2016年期末考试时取到i 个新题库（即i ξ=）”为事件(012)i A i =，，． 又因为6个题库中，其中3个是新题库，3个是旧题库，所以23026C 1()(0)C 5P A P ξ====；1133126C C 3()(1)C 5P A P ξ====；23226C 1()(2)C 5P A P ξ====，所以ξ的分布列为………………………………………………………………………（4分）ξ的数学期望为131()0121555E ξ=⨯+⨯+⨯=．………………………（6分）（Ⅱ）设“从6个题库中任意取出2个题库，恰好取到一个新题库”为事件B ，则“2017年时恰好取到一个新题库”就是事件012A B A B A B ++，而事件012A B A B A B ，，互斥， 所以012012()()()()P A B A B A B P A B P A B P A B ++=++1111133524222666C C C C C 131385C 5C 5C 75=⨯+⨯+⨯=． 所以2017年时恰好取到一个新题库的概率为3875． ………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：∵ABC △是等腰三角形，且AB =BC ，又54AE CF ==，∴BE BFEA FC=，则EF ∥AC ． 又由AB =BC ，得AC ⊥BO ，则EF ⊥BO ，∴EF ⊥BH ，故H 为EF 中点，则EF ⊥B′H ， ……………………………………（2分） ∵AC =6， ∴AO =3，又AB =5，AO ⊥OB ， ∴OB =4， ∴1AEOH OB AB==，则BH =B′H =3， ∴222||||||OB OH B H ''=+，则B′H ⊥OH ， …………………………………………（4分）又OHEF H =，∴B′H ⊥平面ABC ． …………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ∵AB =5，AC =6，∴(300)B -，，，(130)(003)(130)C B A '-，，，，，，，，， (430)AB =-，，，(133)AB '=-，，，(060)AC =，，．……………………………………………（7分）设平面ABB′的一个法向量为1()n x y z =，，， 由1100n AB n AB ⎧=⎪⎨'=⎪⎩，，得430330x y x y z -+=⎧⎨-++=⎩，，取3x =，得43y z ==-，． ∴1(343)n =-，，．………………………………………………………………（8分）同理可求得平面AB′C 的一个法向量2(301)n =，，． ……………………………（9分） 设二面角B B A C '--的平面角为θ， 则1212cos ||||85n n n n θ==． …………………………………………………（11分）∴二面角B B A C '--的余弦值为cos θ． …………………………………（12分） 20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意1(0)b F c =，，1c a ==，故椭圆C 的标准方程为2212x y +=． ………………………………………………（4分）（Ⅱ）设直线l 的方程为2y x t =+，设11223445()()()3M x y N x y P x Q x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，，，，MN 的中点为00()D x y ，， 由22222y x t x y =+⎧⎨+=⎩，，消去x ，得229280y ty t -+-=， ………………………………（5分） 所以1229ty y +=且22436(8)0t t ∆=-->， 故12029yy ty +==且33t -<<， ………………………………………………（7分）由PM NQ =，知四边形P MQN 为平行四边形， 而D 为线段MN 的中点，因此D 为线段PQ 的中点， 所以405329y t y +==， …………………………………………………………（9分）可得42159t y -=， 又33t -<<，可得4713y -<<-，………………………………………………（11分）因此点Q 不在椭圆上，故不存在满足题意的直线l ．…………………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：由已知得1()(0)g x ax x x '=+>，所以0g '=+=⎝⎭，所以2a =-． ………………………………（2分）所以2()ln (0)f x x x x x =-++>．则12(1)12()21(0)x x f x x x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭'=-++=>-，由()0f x '>得01x <<，由()0f x '<得1x >．所以()f x 的减区间为(1)+∞，，增区间为(01)，． ………………………………（4分） （Ⅱ）①解：由已知()ln (0)f x x bx x =+>． 所以1()(0)f x b x x'=+>， 当b ≥0时，显然()0f x '>恒成立，此时函数()f x 在定义域内递增，()f x 至多有一个零点，不合题意．…………………………………………………………（5分）当b <0时，令()0f x '=得10x b =->，令()0f x '>得10x b<<-；令()0f x '<得1x b>-．所以()f x 极大值为1ln()10f b b ⎛⎫-=---> ⎪⎝⎭，解得10e b -<<．且0x →时，()0f x <，x →+∞时，()0f x <．所以当10e b ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，()f x 有两个零点． ………………………………………（8分） ②证明：1x ∵，2x 为函数()f x 的两个零点，不妨设120x x <<． 所以11ln 0x bx +=，22ln 0x bx +=， 两式相减得2121ln ln x x b x x -=--，两式相加得2121ln ln x x b x x +=-+． ……………………（9分） 要证212e x x >，即证12ln ln 2x x +>， 即证212121ln ln 2x x x x x x ->-+，即证21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+． ………………………………（10分） 令21(1)x t t x =>，即证2(1)ln 1t t t ->+． 令2(1)()ln 1t h t t t -=-+，则22(1)()0(1)t h t t t -'=>+， …………………………………（11分） 所以()(1)0h t h >=，即2(1)ln (1)1t t t t ->>+， 所以212121ln ln 2x x x x x x ->-+，所以212e x x >． ……………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）∵点7π4⎫⎪⎭，的直角坐标为(11)-，，射线的方程为(0)y x x =>， 所以圆心坐标为(11)，，半径2r =，∴圆C 的直角坐标方程为22(1)(1)4x y -+-=． 化为极坐标方程是22(cos sin )20ρρθθ-+-=． ……………………………（5分）（Ⅱ）将2cos 2sin x t y t αα=+⎧⎨=+⎩，，（t 为参数）代入圆C 的直角坐标方程22(1)(1)4x y -+-=． 得22(1cos )(1sin )4t t αα+++=，即22(cos sin )20t t αα++-=．∴12122(cos sin )2t t t t αα+=-+=-，．∴12||||AB t t =-= ∵π04α⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，，∴π202α⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，，∴||4AB <．即弦长||AB 的取值范围是4)． …………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（Ⅰ）解：|2||2|224b b b b +--++-=≤||，当且仅当2b ≥时等号成立， 422|2||2|b b b b =++-++-||≤，当且仅当22b -≤≤时等号成立， ∵对任意实数b ，不等式2||2|2||2|b b a b b +--++-||≤≤都成立． ∴4a =．…………………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：2221122()()2()x y x y x y x xy y x y +-=-+-+-+-， ∵0x y >>，221()())()3()()x y x y x y x y x y -+-+-=--∴≥，当且仅当1x y =+时等号成立， ∴2212232x y x xy y +--+≥， 即2212212x y a x xy y -+--+≥． …………………………………………………（10分）。
(全优试卷)贵州省高考数学适应性试卷(理科) Word版含解析
贵州省2017届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C 三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n+1的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件C ：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C 的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠B=90°，将△ABC 沿中位线DE 翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A ﹣DE ﹣C 的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2017年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n }满足a n =a n +1，∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列． 由a 3+a 4=2，得到：4a 1+8a 1=2，解得a 1=，则a 4+a 5=8a 1+16a 1=24a 1=24×=4， 故选：C ．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A ，B ，C三点共线，则实数m ，n （ ）A ．mn=1B ．mn=﹣1C ．m +n=1D ．m +n=﹣1 【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1， 故选：A ．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a ，b 分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A ．4B ．C ．5D ．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B ．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC 的﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P ﹣BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为（ ）A ．1B ．C ．D ．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P ﹣BCD 的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P ﹣BCD 的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P ﹣BCD 的俯视图取最大面积时，P 在A 1处，俯视图面积为：； 故三棱锥P ﹣BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为1， 故选：A ．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P ﹣BCD 的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx |=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q （t ）（单位：℃）与时间t （月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C （t ）表示时间段[0，t ]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t ）与t 之间的函数关系的是（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C （6）=0，C （12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C （6）=0，排除D ；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C ；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C （12）=10，排除B ； 故选A ．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x ≤0时，h （x ）=2+x +x 2=（x +）2+≥，当x ＞2时，h （x ）=x 2﹣5x +8=（x ﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f （x ）+g （x ）恰有4个零点，即h （x ）=恰有4个根，∴，解得：b ∈（7，8）故选：A ．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f （x ）=（x ﹣a ）（x +3）为偶函数，则f （2）= ﹣5 ． 【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f （x ）的定义域为R ，则∀x ∈R ，都有f （﹣x ）=f （x ），建立等式，解之求出a ，即可求出f （2）．【解答】解：因为函数f （x ）=（x ﹣a ）（x +3）是偶函数， 所以∀x ∈R ，都有f （﹣x ）=f （x ），所以∀x ∈R ，都有（﹣x ﹣a ）•（﹣x +3）=（x ﹣a ）（x +3）， 即x 2+（a ﹣3）x ﹣3a=x 2﹣（a ﹣3）x ﹣3a ， 所以a=3，所以f （2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5． 故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x +1）（x +a ）4的展开式中含x 4项的系数为9，则实数a 的值为 2 ． 【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），进而得出． 【解答】解：（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…）， ∵展开式中含x 4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2． 故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=，C 是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V 的最大值为，则此时球的表面积为 36π ．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为，求出半径，即可求出球O 的体积【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC =V C ﹣AOB =×R 2×sin60°×R=，故R=3，则球O 的表面积为4πR 2=36π， 故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n }满足a 1=﹣40，且na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，则a n 取最小值时n 的值为 10或11 ． 【考点】数列递推式．【分析】na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2017•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB ，得到c=6． 由b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC 的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2017•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2017•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2017•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x ＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2017•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；（2）射线l的参数方程为（t为参数，＜α≤）．把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，解得t1=0，t2=4cosα．∴|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，解得t1=0，t2=．∴|OB|=|t2|=．∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．∵k∈（，1]，∴4k∈（，4]．∴|OA|•|OB|的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f （x）的最小值；（2）计算[g（a）+g（b）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|=，∴f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f（1）=4，f（5）=4，∴f（x）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
贵州省贵阳第一中学年、凯里第一中学年2017届高三下学年期高考适应性月考卷数学年(理科)试题(七)
P( 0) P(A1)P(B1) 0.2， P( 1) P(A1)P(B2 ) P(A2 )P(B1) 0.4 0.3 0.4 0.5 0.32 ， P( 2) P(A1)P(B3) P(A2 )P(B2 ) P(A3)P(B1) 0.4 0.2 0.4 0.3 0.2 0.5 0.3 ， P( 3) P(A2 )P(B3) P(A3)P(B2) 0.4 0.2 0.2 0.3 0.14 ， P( 4) P(A3)P(B3) 0.2 0.2 0.04 ， 所以 的分布列为：
x ty 1，
由
x 2
2
y2
1，
消
x
得
(t 2
2) y2
2ty
1
0．
设 C(x3，y3 )，D(x4，y4 ) ，
y3
y4
2t t2 2
，
y3 y4
t2
1
2
，
则
S△F1CD
1 2
|
F1F2
|
| y3 y4 |
( y3 y4 )2 4 y3 y4
- 3 - / 16
A(x1，y1)，B(x2，y2 ) ，
由
x ty 1，
x
2
y2
得 3，
(t 2
1)
y2
2ty
2
0
，
则
y1
y2
t
2t 2
1，y1
y2
2， t2 1
贵州省2017届高三下学期普通高等学校招生适应性考试数学(理)试题Word版含答案
贵州省 2017 年一般高等学校招生适应性考试数学试卷（理科）一选择题：本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分 .在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项切合题目要求.1.设会合M x | x22x 0 , N x | x 1 , 则 M NA. x | x 1B. x |1 x 2C. x | 0 x 1D. x | x 12.已知x, y R,i 是虚数单位，且2x i 1 i y ，则y的值为A. 1B. 1C. 2D. 23.已知数列a n知足a n 1a n 1，若 a3 a4 2 ，则 a4 a5 2A. 1B. 1C. 4D. 8 24. 已知向量e1,e2 不共线，且向量AB e me , AC ne e ，若A, B,C三点共线，则实数1 2 1 2m, n 知足的条件是A.mn 1B.mn 1C.m n 1D.m n 15.履行右边的程序框图，假如输入的a,b 分别为 56,140 ，则输出的 aA. 0B.7C. 14D.286.我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异.”“势”即是高，“幂”是面积 .意思是：假如两等高的几何体在同高处截得几何体的截面面积相等，那么这两个几何体的体积相等.类比祖暅原理，如下图，在平面直角坐标系中，图 1 是一个形状不规则的关闭图形，图 2 是一个上底边长为1，下底边长为 2 的梯形，且当实数t 取 0,3 上的随意实数时，直线y t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图 1 的面积为A. 49C. 511B. D.2 27.如图，在正方体ABCD A1BC D1中，点PAC1上的动点，则三棱锥 P BCD 的1 1是线段 1俯视图和正视图面积之比的最大值为A. 1B. 2C. 3D. 28.ABC 中，内角A,B,C所对的边分别为a,b, c, b 2,B 45 ，若已知三角形有两解，则 a 的取值范围是A. a 2B. 0 a 2C. 2 a 2 2D. 2 a 2 39.已知地区x, y | x 2,0 y 2 ，由直线 x , x ，3 3 曲线 y cos x 与x轴围成的关闭图形所表示的地区记为A, 若在地区内随机取一个点P，则点 P 在地区 A 的概率为A.2B.1C.3 64 2 4D.410.某地一年的气温Q t （单位： C ）与时间t （月份）之间的关系如右图所示，已知该年的均匀气温为10 C ，令C t 表示时间段0,t 的均匀气温，以下四个函数图像中，最能表示 C t 与 t 之间的函数关系的是11.已知点 A 是抛物线x2 4 y 的对称轴与准线的交点，点 F 为抛物线的焦点，P 在抛物线上且知足PA m PF ，当m 获得最大值时，PA 的值为A. 1B.5C. 6D.2 212.已知函数f2 x , x 2，函数 g xf 2 x1R ，若函数x 2, xb ，此中 bx 2 2 4y f x g x 恰有4个零点，则 b 的取值范围是A.7,8B.8,C.7,0D.,8二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共20 分.13.若函数f x x a x 3 为偶函数，则 f 2 .14. x 1 x a 4x4 的项的系数为，则实数a的值为.的睁开式中含915. 设 A,B 为球 O 的球面上的两点AOB3，C 是球面上的动点，若四周体OABC 的体积 V 最大值为9 3，则此时球的表面积为.416. 已知数列a n 知足 a1 40 ，且 na n 1 n 1 a n 2n2 2n ，则 a n取最小值时 n 的值为.三、解答题：本大题共 6 小题，共70 分 .解答应写出必需的文字说明或推理、验算过程.17.（此题满分12 分）设ABC 的内角A,B，C的对边分别为a,b,c ，且 a cos B 4,bsin A 3.（1）求tan B及边长a的值；（2）若ABC的面积为S 9,求ABC的周长 .18.（此题满分12 分）为了监测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016 年 20 天 PM2.5 日均匀浓度（单位：微克 /立方米）监测数据，获得甲地 PM2.5 日均匀浓度的频次散布直方图和乙地日均匀浓度的频数散布表.日（1）依据乙地20 天 PM2.5 日均匀浓度的频数散布表，在答题卡上作出相应的频次散布直方图，并经过两个频次散布直方图比较两地PM2.5 日均匀浓度的均匀值及分别程度（不要求计算出详细值，给出结论即可）：（2）经过检查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件 C:“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”.假设两地市民对空气质量满意度的检查结果互相独立，依据所给数据，利用样本预计整体的统计思想，以事件发生的频次为相应的概率，求事件C的概率.19.（此题满分12 分）如图 1，在等腰直角三角形ABC 中， B 90 将ABC 沿中位线DE翻折获得如图 2 所示的空间图形，使二面角 A DE C的大小为0.2（1）求证：平面ABD平面ABC；（2）若，求直线AE 与平面 ABC 所成角的正弦值.320.（此题满分 12 分）已知椭圆 E :x2y2 1 a b 0 的离心率为2，点P 1,2在椭圆 E 上，直线l过a2 b2 2 2椭圆的右焦点 F，且与椭圆订交于A,B 两点 .（1）求椭圆 E 的方程；（2）在x轴上能否存在定点M, 使得MA MB为定值？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，说明原因.21.（此题满分12 分）已知函数 f x x ln x ax ，函数 f x 的图象在点x1处的切线与直线x 2 y 10 垂直.（1）求a的值和f x的单一区间；（2）求证：e x f x请考生在第 22、 23 两题中任选一题作答，假如多做，则依据所做的第一题计分22.（此题满分 10 分）选修 4-4：极坐标与参数方程.xoy 中，曲线C1 x 2 2cos在平面直角坐标系的参数方程为（为参数），在以坐标y 2sin原点 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴成立的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为cos2 sin .（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为的射线 l 与曲线C,C 分别订交于异于原点A,B 两6 4 1 2点，求 OA OB 的取值范围.23.（此题满分10 分）选修4-5：不等式选讲已知函数 f x x 1 x 5 , g x1x2 .（1）求f x 的最小值；（2）记f x 的最小值为 m ，已知实数a, b知足a2b2 6 ，求证：g a g b m.。
贵州省2017届高考数学适应性试卷(理科)含答案解析
贵州省2017届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C 三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n+1的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表PM2.5日平均浓度（微克/立方米）[0，20]（20，40]（40，60]（60，80]（80，100]频数（天）23465（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意PM2.5日平均浓度（微克/立方米）不超过20大于20不超过60超过60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2017年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n，+1∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C 三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P ﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f （2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=﹣5．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x+1）（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为2．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），进而得出．【解答】解：（x+1）（x+a）4=（x+1）（x4+4x3a+…），∵展开式中含x4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为36π．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O的体积【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V O﹣ABC =V C﹣AOB=×R2×sin60°×R=，故R=3，则球O的表面积为4πR2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n 的值为10或11．【考点】数列递推式．【分析】na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2017•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB，得到c=6．由b2=a2+c2﹣2accosB，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2017•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表PM2.5日平[0，20]（20，40]（40，60]（60，80]（80，100]均浓度（微克/立方米）频数（天）23465（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：满意度等级非常满意满意不满意PM2.5日平均浓度（微克/立不超过20大于20不超过超过60方米）60记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2017•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C 的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2017•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x ＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2017•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；（2）射线l的参数方程为（t为参数，＜α≤）．把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，解得t1=0，t2=4cosα．∴|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，解得t1=0，t2=．∴|OB|=|t2|=．∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．∵k∈（，1]，∴4k∈（，4]．∴|OA|•|OB|的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f （x）的最小值；（2）计算[g（a）+g（b）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|=，∴f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f（1）=4，f（5）=4，∴f（x）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
贵州省贵阳2017学年高三适应性考试(理科)数学年试题(二)
贵州省贵阳市2017年高三适应性考试（理科）数学试卷（二）答 案一、选择题1~5．BCBDB 6~10．DACDA 11~12．DC二、填空题13．1e -14．14.715．1416．73π 三、解答题 17．（Ⅰ）解∵4(2)n n n S a a =+，①当1n =时得211142a a a =+，即12a =，当2n ≥时有1114(2)n n n S a a ---=+，②由①-②得2211422n nn n n a a a a a --=-+-，即1112()()()n n n n n n a a a a a a ---+=+-， 又∵0n a >，∴12n n a a --=，∴22(1)2n a n n =+-=． （Ⅱ）证明：∵1(1)(1)n n n b a a =-+1(21)(21)n n =-+111()22121n n =--+， ∴12n n T b b b =+++=111111(1)23352121n n -+-++--+111(1)2212n =-<+． 18．（Ⅰ）,,A B C 三种药剂中恰有一种能控制H 指标的概率为 ()()()P P ABC P ABC P ABC =++0.5(10.6)(10.75)=⨯-⨯-(10.5)0.6(10.75)+-⨯⨯-(10.5)(10.6)0.75+-⨯-⨯0.275=；（Ⅱ）∵A 有治疗效果的概率为0.50.60.3A P =⨯=，B 有治疗效果的概率为0.60.50.3B P =⨯=，C 有治疗效果的概率为0.750.40.3C P =⨯=，∴,,A B C 三种药剂有治疗效果的概率均为0．3，可看成是独立重复试验，即~(3,0.3)X B ，∵X 的可能取得为0,1,2,3，∴33()0.3(10.3)k k k P X k C -==⨯⨯-，即 0033(0)0.3(10.3)0.343P X C ==⨯⨯-=，123(1)0.3(10.3)0.441P X C ==⨯⨯-=，223(2)0.3(10.3)0.189P X C ==⨯⨯-=，333(3)0.30.027P X C ==⨯=19．（Ⅰ）证明：∵在底面ABCD 中，1AB =，AC 2BC =，即222BC AC AB =+， ∴AB AC ⊥，∵侧棱1AA ⊥底面ABCD ， AC ⊂平面ABCD ，∴1AA AC ⊥，又∵1AA AB A =，1,AA AB ⊂平面11ABB A ，∴AC ⊥平面11ABB A ；(Ⅱ)过点C 作1CP C D ⊥于P ，连接AP ，由（Ⅰ）可知，AC ⊥平面11DCC D ，CPA ∠为二面角1A C D C --的平面角，由于112CC BB ==，1CD AB ==，求得CP =tan AC CPA CP ∠=，求得cos CPA ∠=，即二面角1A C D C --20．解：∵椭圆2222:1(0)7x y C a a a +=>-的焦点在x 轴上， ∴227a a >-，即272a >， ∵椭圆C 的焦距为2，且222abc -=，∴22(7)1a a --=，解得24a =，∴椭圆C 的标准方程为22143x y +=； （Ⅱ）由题知直线l 的斜率存在，设l 的方程为(4)y k x =-，点112211(,),(,),(,)P x y Q x y N x y -，则22(4)3412y k x x y =-⎧⎨+=⎩得22234(4)12x k x +-=， 即2222(34)3264120k x k x k +-+-=，0∆>，21223234k x x k +=+，2122641234k x x k -=+， 由题可得直线QN 方程为211121()y y y y x x x x ++=--， 又∵11(4)y k x =-，22(4)y k x =-，∴直线QN 方程为211121(4)(4)(4)()k x k x y k x x x x x -+-+-=--， 令0y =，整理得212211112448x x x x x x x x x --+=++-12121224()8x x x x x x -+=+- 22222264123224343432834k k k k k k -⨯-⨯++=-+22222434132243234k k k k -+==--+， 即直线QN 过点(1,0)，又∵椭圆C 的右焦点坐标为(1,0)F ，∴三点,,N F Q 在同一条直线上．21．解：（Ⅰ）当1a =-时，22()(2)12f x x x nx x =--+定义域(0,)+∞，'()(22)1(2)2f x x nx x x =-+--∴'(1)3f =-，又(1)1f =()f x 在(1,(1))f 处的切线方程340x y +-=（Ⅱ）令()()20g x f x x =--=，则22(2)122x x nx ax x -++=+ 即1(2)1x nx a x--=令1(2)1()x nx h x x --=，则2211221'()nx h x x x x -=--+2121x nx x --= 令()121t x x nx =--，则22'()1x t x x x--=--=， ∵(0,)x ∈+∞，∴'()0t x <，∴()t x 在(0,)+∞上是减函数，又∵(1)'(1)0t h ==，所以当01x <<时，'()0h x >，当1x >时，'()0h x <，∴()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， ∴max ()(1)10h x h ==>，又因为1()10h e e =-<，22252()0e h e e -=<，0a > ∴当函数()g x 有且仅有一个零点时，1a =（Ⅲ）当1a =，22()(2)1g x x x nx x x =-+-，若2e x e -<<，()g x m ≤，只需证明max ()g x m ≤，'()(1)(321)g x x nx =-+令'()0g x =得1x =或32x e-=， 又∵2e x e -<<，∴函数()g x 在322(,)e e --上单调递增，在32(,1)e -上单调递减，在(1,)e 上单调递增，即32x e -=是()g x 的极大值点， 又333221()22g e e e ---=-+，2()23g e e e =- ∵333221()22g e e e ---=-+323222()()2e e e e g e -<<<-=， ∴32()()g e g e -<，∴223m e e ≥- 22．解：（Ⅰ）已知曲线C 的参数方程为244x t y t⎧=⎨=⎩（t 为参数），消去参数得24y x =， 直线l 的极坐标方程为(cos sin )4ρθθ-=，由cos x ρθ=，sin y ρθ=得普通方程为40x y --= （Ⅱ）已知抛物线24y x =与直线40x y --=相交于,A B 两点，由2440y x x y ⎧=⎨--=⎩，得||AB =O 到直线l 的距离d =所以AOB ∆的面积为12S =⨯23．解：（Ⅰ）因为(1)||f x m x -=-，所以(1)0f x -≥等价于||x m ≤，由||x m ≤，得解集为[,],(0)m m m ->又由(1)0f x -≥的解集为[3,3]-，故3m =． （Ⅱ）由（Ⅰ）知111323a b c++=， 又∵,,a b c 是正实数， ∴23a b c ++=1111(23)()323a b c a b c ++++211123)3323a b c b c≥++=． 当且仅当111,,23a b c ===时等号成立， 所以233a b c ++≥．。
贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期高考适应性月考数学(理)试题及答案
贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期高考适应性月考数学试题（理科）1. 设全集，集合，，则（）A. B. C. D.2. 已知在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.3. 已知为第二象限的角，，则（）A. B. C. D.4. 设实数满足，则的概率为（）A. B. C. D.5. 一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的体积为（）A. B. C. D.6. 矩形中，，，在线段上运动，点为线段的中点，则的取值范围是（）A. B. C. D.7. 阅读如图所示的程序框图，若，，则输出的的值等于（）A. 252B. 120C. 210D. 458. 在中，，若，则面积的最大值是（）A. B. 4 C. D.9. 已知实数满足，直线过定点，则的取值范围为（）A. B. C. D.10. 《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：记为每个序列中最后一列数之和，则为（）A. 1089B. 680C. 840D. 252011. 已知双曲线上存在两点关于直线对称，且的中点在抛物线上，则实数的值为（）A. 0或-10B. 0或-2C. -2D. -1012. 设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.13. 设是展开式中的系数，则__________．（用数字填写答案）14. 在中，角的对边分别为，且满足，则函数的最大值为__________．15. 已知函数，命题：实数满足不等式；命题：实数满足不等式，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是__________．16. 已知椭圆：，双曲线：，以的短轴为正六边形最长对角线，若正六边形与轴正半轴交于点，为椭圆右焦点，为椭圆右顶点，为直线与轴的交点，且满足是与的等差数列，现将坐标平面沿轴折起，当所成二面角为时，点在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为__________．17. 已知数列的前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，求证：.18. 随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受到市民重视. 为此贵阳市建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到自行车服务中心办理诚信借车卡借车，初次办卡时卡内预先赠送20积分，当积分为0时，借车卡将自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以1元购1个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分收费，具体扣分标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②租用时间为1小时以上且不超过2小时，扣1分；③租用时间为2小时以上且不超过3小时，扣2分；④租用时间超过3小时，按每小时扣2分收费（不足1小时的部分按1小时计算）.甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，两人租车时间都不会超过3小时，设甲、乙租用时间不超过1小时的概率分别是0.4和0.5；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是0.4和0.3.（1）求甲、乙两人所扣积分相同的概率；（2）设甲、乙两人所扣积分之和为随机变量，求的分布列和数学期望.19. 如图，三棱锥中，底面，，，，为的中点，点在上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值.20. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，为椭圆的离心率，且点为椭圆短半轴的上顶点，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作不与坐标轴垂直的直线，设与圆相交于两点，与椭圆相交于两点，当且时，求的面积的取值范围.21. 已知函数.（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，其中为参数，，再以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中，，直线与曲线交于两点.（1）求的值；（2）已知点，且，求直线的普通方程.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数的顶点为.（1）解不等式；（2）若实数满足，求证：.贵州省贵阳市第一中学2017届高三下学期高考适应性月考数学试题（理科）解析1. 设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A.....................2. 已知在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：要使复数对应的点在第四象限应满足：，解得，故选A.考点：复数的几何意义.3. 已知为第二象限的角，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵∴，∴，又∵，∴，，∴，，∴为第三象限的角，∴，故选B．4. 设实数满足，则的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图1，直线与圆交于，两点，则的概率，故选C．八、概率点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．5. 一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由三视图可知，该三棱柱的底面是顶角为，两腰为2的等腰三角形，高为2，底面三角形的外接圆直径为，半径为2．设该三棱柱的外接球的半径为R，则，所以该三棱柱的外接球的体积为，故选A．6. 矩形中，，，在线段上运动，点为线段的中点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将矩形ABCD放入如图2所示的平面直角坐标系中，设，又，所以，所以，因为，所以，即的取值范围是，故选C．7. 阅读如图所示的程序框图，若，，则输出的的值等于（）A. 252B. 120C. 210D. 45【答案】C【解析】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；第四次循环：；第五次循环：；第六次循环：；结束循环，输出，故选C．8. 在中，，若，则面积的最大值是（）A. B. 4 C. D.【答案】D【解析】∵，由，，得，∴．又，∵，∴，∴当时，取得最大值，∴面积的最大值为，故选D．9. 已知实数满足，直线过定点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D10. 《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：记为每个序列中最后一列数之和，则为（）A. 1089B. 680C. 840D. 2520【答案】A【解析】当时，序列如图：故，故选A．11. 已知双曲线上存在两点关于直线对称，且的中点在抛物线上，则实数的值为（）A. 0或-10B. 0或-2C. -2D. -10【答案】A【解析】因为点关于直线对称，所以的垂直平分线为，所以直线的斜率为．设直线的方程为，由得，所以，所以，所以．因为的中点M在抛物线上，所以，解得或，又的中点也在直线上，得，∴或，故选A．点睛：解析几何对称问题，一般设参数，运用对称问题中包含的垂直与中点坐标条件，将问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去中间变量，直至得到所求量．12. 设函数，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，当时，时，∴当时取得最小值，且．令，则此直线恒过定点，若存在唯一的整数，使得，则且，∴，故选D．点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．13. 设是展开式中的系数，则__________．（用数字填写答案）【答案】111【解析】展开式中x的系数为，则．点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14. 在中，角的对边分别为，且满足，则函数的最大值为__________．【答案】【解析】由已知，，即，即，则，∴，即，，即时，取得最大值．15. 已知函数，命题：实数满足不等式；命题：实数满足不等式，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】是的充分不必要条件，等价于是的必要不充分条件．由题意得为偶函数，且在单调递增，在单调递减，由p：得，即，解得；由q：，故的取值范围是．点睛：充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．16. 已知椭圆：，双曲线：，以的短轴为正六边形最长对角线，若正六边形与轴正半轴交于点，为椭圆右焦点，为椭圆右顶点，为直线与轴的交点，且满足是与的等差数列，现将坐标平面沿轴折起，当所成二面角为时，点在另一半平面内的射影恰为的左顶点与左焦点，则的离心率为__________．【答案】2【解析】由题，，由正六边形得．于是，可得．当所成二面角为时，设双曲线左顶点为，则，设双曲线左焦点为，则，所以．17. 已知数列的前项和满足：.（1）求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，求证：.【答案】（1）. （2）．【解析】试题分析：（1）根据当时，，得到数列的递推关系式，再根据等比数列定义及通项公式求数列的通项公式；（2）将数列的通项公式代入化简得,再根据大小关系放缩为，最后利用裂项相消法求和得．试题解析：（Ⅰ）解：当时，，所以，当时，，即，，，所以数列是首项为，公比也为的等比数列，所以.（Ⅱ）证明：．由，所以，所以．因为，所以，即．点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.18. 随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受到市民重视. 为此贵阳市建立了公共自行车服务系统，市民凭本人二代身份证到自行车服务中心办理诚信借车卡借车，初次办卡时卡内预先赠送20积分，当积分为0时，借车卡将自动锁定，限制借车，用户应持卡到公共自行车服务中心以1元购1个积分的形式再次激活该卡，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时督促市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每车每次的租用时间进行扣分收费，具体扣分标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②租用时间为1小时以上且不超过2小时，扣1分；③租用时间为2小时以上且不超过3小时，扣2分；④租用时间超过3小时，按每小时扣2分收费（不足1小时的部分按1小时计算）.甲、乙两人独立出行，各租用公共自行车一次，两人租车时间都不会超过3小时，设甲、乙租用时间不超过1小时的概率分别是0.4和0.5；租用时间为1小时以上且不超过2小时的概率分别是0.4和0.3.（1）求甲、乙两人所扣积分相同的概率；（2）设甲、乙两人所扣积分之和为随机变量，求的分布列和数学期望.【答案】甲、乙两人所扣积分相同的概率为0.36，的数学期望．【解析】试题分析：（1）先确定甲、乙两人所扣积分相同事件取法:扣0分、扣1分及扣2分，再根据相互独立事件概率乘法公式及互斥事件概率加法公式得所求概率，（2）先确定随机变量取法，再分别求对应概率，列表可得分布列，最后根据数学期望公式求期望.试题解析：（Ⅰ）分别记“甲扣0，1，2分”为事件，它们彼此互斥，且．分别记“乙扣0，1，2分”为事件，它们彼此互斥，且．由题知，与相互独立，记甲、乙两人所扣积分相同为事件，则，所以=．（Ⅱ）的可能取值为：，，，，，所以的分布列为：的数学期望．答：甲、乙两人所扣积分相同的概率为0.36，的数学期望．19. 如图，三棱锥中，底面，，，，为的中点，点在上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析.（Ⅱ）平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.【解析】试题分析：（1）要证平面平面，只需证平面，而由等腰三角形性质得，所以只需证．因为底面，可得；又根据勾股定理可得；从而有平面，即得．（2）一般利用空间向量数量积求二面角的大小，先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小. 试题解析：（Ⅰ）证明：∵底面，且底面，∴．由，，，可得．又∵，∴平面，注意到平面，∴．∵，为中点，∴．∵，∴平面，而平面，∴平面平面．（Ⅱ）解法一：如图，以为原点、所在直线为轴、为轴建立空间直角坐标系.则设平面的法向量，则解得．取平面的法向量为，则，故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为.解法二：取的中点，在上取点，且，连接，.∵平面，∴平面，平面，．在中，，∴．由（Ⅰ）知，平面，即，且，∴，设平面ABC与平面BEF所成二面角为，，故平面与平面所成二面角的平面角（锐角）的余弦值为．20. 已知是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，为椭圆的离心率，且点为椭圆短半轴的上顶点，为等腰直角三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作不与坐标轴垂直的直线，设与圆相交于两点，与椭圆相交于两点，当且时，求的面积的取值范围.【答案】（Ⅰ）所求的椭圆方程为．（Ⅱ）的面积的取值范围为．【解析】试题分析：（1）根据条件列出关于两个独立条件：，，解方程组可得，（2）设直线的方程为，，将条件用坐标表示，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理化简条件得．因为，所以利用韦达定理计算．最后根据自变量范围，利用对勾函数求函数值域.试题解析：（Ⅰ）由是等腰直角三角形，得，从而得到，故而椭圆经过，代入椭圆方程得，解得，所求的椭圆方程为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由题意，设直线的方程为，，由得，则．∵，∴，解得．由消得．设，，，则．设，则，其中，∵关于在上为减函数，∴，即的面积的取值范围为．21. 已知函数.（1）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围；（2）设是函数的两个极值点，若，求的最小值.【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）的最小值为．【解析】试题分析：（1）函数存在单调递减区间，等价于在上有解，即在上有解，根据实根分布可得解不等式可得实数的取值范围；（2）为两根，所以代入消化简得．令，转化研究函数最小值，先根据，确定自变量取值范围：，再利用导数研究函数单调性：在上单调递减，进而确定函数最小值.试题解析：（Ⅰ）因为，所以，又因为在上有解，令，则，只需解得即．（Ⅱ）因为，令，即，两根分别为，则又因为．令，由于，所以．又因为，，即即，所以，解得或，即．令，，所以在上单调递减，．所以的最小值为．点睛：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则在该区间为增函数；如果，则在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间或存在单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为，其中为参数，，再以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中，，直线与曲线交于两点.（1）求的值；（2）已知点，且，求直线的普通方程.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）直线的普通方程为.（或）【解析】试题分析：（1）先根据代入消元法将直线的参数方程化为普通方程，利用将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入可得的值；（2）由直线参数方程几何意义得，再将直线的参数方程代入抛物线C的普通方程，利用韦达定理得，，三个条件联立方程组解得，即得直线的普通方程.试题解析：（Ⅰ）直线的普通方程为，曲线C的极坐标方程可化为，设，，联立与C的方程得：，∴，则，∴.（Ⅱ）将直线的参数方程代入抛物线C的普通方程，得，设交点对应的参数分别为，则，，由得，，联立解得，又，所以.直线的普通方程为.（或）23. 选修4-5：不等式选讲已知函数的顶点为.（1）解不等式；（2）若实数满足，求证：.【答案】（Ⅰ）不等式恒成立，解集为.（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由绝对值三角不等式得即不等式恒成立，所以解集为.（2）先因式分解得，再配凑，最后根据条件，已经绝对值三角不等式放缩得试题解析：（Ⅰ）解：依题意得，则不等式为，∵，当且仅当时取等号，所以不等式恒成立，解集为.（Ⅱ）证明：．。
贵州省高三数学下学期适应性考试试题 理(扫描版)(2021年整理)
贵州省2017届高三数学下学期适应性考试试题理（扫描版）
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贵州贵阳市第一中学2017届高三数学下学期第五次适应性考试试题 理(扫描版)
贵州省贵阳市第一中学2017届高三数学下学期第五次适应性考试试题理（扫描版）贵阳第一中学2017届高考适应性月考卷（五）理科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．由于{|01}M x x x =<>或，{|1}N y y =-≥，∴{|01}M x x =R ≤≤ð，(){|01}M N x x =R ≤≤ð，故选A ．2．((2i))(5)7f f f -==，故选B ． 3．∵“函数2211()cos sin 22f x x x ωω=-的最小正周期为4π”1||2ω⇔=，故选A． 4．π()sin 3n f n =的最小正周期为6，而(1)(2)(6)f f f +++=，当2017n=时，0336S =⨯=，故选B ． 5．要求三个数字排四位数，且同一数字不能相邻出现，千位数字有3种选法，百位有2种，十位有2种，个位有2种，共322224⨯⨯⨯=种，故选C ．6．由题意，10980101(12)22222112⨯-++++==--，故选C ． 7．由已知，1a b =，，双曲线的渐近线方程为y =，直线030l x -+=：与渐近线1l y x =：平行，要让双曲线右支上的动点P 到直线30x -+=的距离大于c 恒成立，即c 恒小于动点P 到该直线的距离，即c 小于平行直线0l 与直线1l 之间的距离，故选D ．8．由已知，可得cos(π)cos(π)cos(π)321ac B ab C bc A k ---===，则 22223a c b ac ac +-= 2222222221a b c b c a ab bc ab bc k +-+-==-，222222222642a c b k a b c k b c a k ⎧+-=-⎪+-=-⎨⎪+-=-⎩，，，得25a k =-， 23b k =-，24c k =-，（k <0），∴222435c b a =：：：：，∴2c b a =：：C ． 9．由已知，(23)0.50.15870.341P X =-=≤≤，(13)20.34130.6826P X =⨯=≤≤，所以1σ=，1(01)(0.95440.6826)0.13592P X =⨯-=≤≤，∴阴影区域内估计有10000−1359=8641个点，故选B ． 10．如图1，目标函数52z x y =+在直线522z y x =-+与1x =的 交点A 处取得最小值4，代入得点A 坐标为112A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，， 52z x y =+在直线522z y x =-+与24x y +=的交点B 处 取得最大值16，代入得点B 坐标为132B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，点A ，B 在直线0ax by c ++=上，代入得22c a b a =-⎧⎨=-⎩，，∴3a b c a ++=-，故选A ． 11．由已知，该四面体的对棱相等，补形为长方体，四面体的六条棱恰为该长方体的面对角线，如图2．则22222251132310x y x y z y z x z ⎧+==⎧⎪⎪+=⇒=⎨⎨⎪⎪=+=⎩⎩，，，，，该四面体的外接球即为该长方体的外接球，2R =R =24π14πS R ==表，故选C ． 12．当0x >时，()()(())0xf x f x xf x ''+=>，故函数()()g x xf x =在(0)+∞，上递增，又()f x 是定义域为R 的连续奇函数，则()()()()g x xf x xf x g x -=--==，()y g x =∴是R 上的偶函数，且在(0)+∞，上递增，在(0)-∞，上递减，要使()(12)(21)0xf x x f x +-->成立，即使()(21)g x g x >-成立，即要|||21|x x >-，解得113x <<，故选D ． 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．52x y 的项为22222152531C C ()C ()30y x x x y -=-．14．由已知，得c =，2a =，1b =，由椭圆定义，得12||||4PF PF +=，由余弦定理得222221212121212(||||)||||2||||(2)2||||(1cos )4PF PF PF PF PF PF c PF PF F PF +=++=++∠=，得12122||||1cos PF PF F PF =+∠，又1212121||||sin 2F PF S PF PF F PF =∠=△，解得122π3F PF ∠=，12||||4PF PF =，故122PF PF =-．15．该四面体如图3，则112122323V ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭．16．由已知21n n n a a a +=+，得210n n n a a a +-=>，故数列{}n a 为递增数列．又2111111(1)1n n n n n n n a a a a a a a +===-+++，得11111n n n a a a +=-+，则20171120181111n n a a a ==-+∑201812a =- ，又234a =，321116a =>，那么201831a a >>，故20171120182018111121n n a a a a ==-=-+∑(12)∈，，故整数部分为1．三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由已知，得22⨯列联表如下：……………………………………………………………………………（3分）22120(10703010)3 2.706408020100K ⨯⨯-⨯==>⨯⨯⨯∵，所以有90%的把握认为能否连续战胜五名对手与年龄有关． ……………（6分） （Ⅱ）这9名选手中年龄在21~30岁的有3人，31~40岁的有6人．从中抽3人，记年龄在21~30岁的人数为随机变量X ，则X =0，1，2，3．……………………………………………………………（8分） X 服从超几何分布H (9，3，3)，X 的分布列为……………………………………………………………（11分） ∴()1E X =.……………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）如图4，设M 为AB 中点，连接DM ，则DM ∥AC且122DM AC ==．在△ADM 中， 由余弦定理，得2222cos AD AM DM AM DM AMD =+-∠，因为AD =，cos BAC ∠=，可得1AM =，故2AB =， ………………（3分）从而2222cos 16BC AC AB AC AB BAC =+-∠=，∴4BC =，……………（4分）∴222cos 2BC AC AB C BC AC +-==． …………………………………………（6分） （Ⅱ）∵BE 是ABC ∠的角平分线，记ABE CBE θ∠=∠=，由正弦定理，得sin sin AE AB BEA θ=∠①，sin sin CE BC BECθ=∠②， 且sin sin BEA BEC ∠=∠， 由①②得：12AE AB EC BC ==， …………………………………………（9分）∴AE =，∴2222cos 4BE AB AE AB AE BAC =+-∠=，……………………（11分） ∴2BE =．…………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：设1AB =，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴， DD 1为z 轴，建立如图5所示的空间直角坐标系，B (1，1，0)，E (1，1，1)，A (1，0，0)，D 1(0，0，2)， 1002F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，， …………………………………………（2分） 1102BF ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，，，1(102)AD =-，，，(011)AE =，，，设平面AD 1E 的法向量()n x y z =，，，图4则1200n AD x z n AE y z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩，，取2x =，得(211)n =-，，， …………………………………………………（4分） 1100BF n =-++=∵， …………………………………………………………（5分）且BF ⊄平面AD 1E ，∴BF ∥平面AD 1E ． …………………………………（6分）（Ⅱ）解：C (0，1，0)，(011)AE =，，，(110)AC =-，，，设平面AEC 的法向量()m a b c =，，，则00m AE b c m AC a b ⎧=+=⎪⎨=-+=⎪⎩，，取1a =，得(111)m =-，，， …………………………………………………（9分）又平面AD 1E 的法向量(211)n =-，，，2110m n =--=，故m n ⊥，∴二面角D 1−AE −C 的大小为90︒．……………………………………………（12分）20．（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）由已知，过椭圆C 的右焦点的直线与椭圆C 相交所得的弦长最小值为通径长， 即223b a =，又椭圆的离心率12c e a ==， 所以21a c ==，，22222413a c b a c ===-=，，． 椭圆C 的标准方程为22143x y +=． ……………………………………………（4分） （Ⅱ）直线l 的方程为(2)y k x =-．设点B 坐标为()B B x y ，， 由22143(2)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，，化简得2222(43)1616120k x k x k +-+-=，B x 和2是它的两实根， 由韦达定理，得221612243B k x k -=+，故228643B k x k -=+，21243B k y k -=+． …………（6分） 点F 坐标为(10)，，设点H 坐标为(0)H y ，， 则(1)H FH y =-，，22249124343k k FB k k ⎛⎫--= ⎪++⎝⎭，， 又BF HF ⊥，故0FH FB =，得2224912104343H k k y k k ---+=++，解得29412H k y k -=． ………………………………………………………（8分）又1l l ⊥，所以1l 的方程为294112k y x k k--=-， 设点M 坐标为()M M x y ，，2(2)19412y k x k y x k k =-⎧⎪⎨-=-+⎪⎩，由， 得2220912(1)M k x k +=+． ……………………………………（10分） 在△MAO 中，||||MOA MAO MA MO ∠∠⇔≤≤，即2222(2)M M M M x y x y -++≤，即22(2)M M x x -≤，化简得1M x ≥， 即22209112(1)k k ++≥，解得k k ≤， 所以直线l 的斜率k的取值范围是6⎛⎡⎫-∞+∞ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭，，．…………………（12分） 21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解： 0a ≠，21()2121a f x x x ax a x a '=--=--++． …………………（1分） 由已知，函数()f x 在0x =处取得极值，故(0)0f '=，得1a =， ………………（2分） ∴2()ln(1)(1)f x x x x x =+-->-，1(23)()2111x x f x x x x -+'=--=++， 由下表：…………………………………………………………（3分） ∴函数()f x 的单调增区间为(10)-，，单调减区间为(0)+∞，．………………（4分） （Ⅱ）解：方程5()2f x b x =-在区间(02)，上有两个不等实根，等价于方程2()52f x x b +=在区间(02)，上有两个不等实根．记2()2()52ln(1)23g x f x x x x x =+=+-+，2(45)(1)()4311x x g x x x x -+-'=-+=++，∴在区间(02)，上，而(0)0(1)2ln 21(2)2ln320g g g ==+=->，，，所以2ln3222ln21b -<<+，1ln31ln 22b -<<+， ∴1ln31ln 22b ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，． …………………………………………………（8分）（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当0x >时，函数()f x 单调递减，(0)0f =，∴2ln(1)0x x x +--<，2ln(1)x x x +<+，取1()x n n *=∈N ，得211ln n n n n++⎛⎫< ⎪⎝⎭， 累加得222231231ln ln ln 1212n n n n +++++<+++， 所以222231ln(1)12n n n++++>+对n *∈N 成立． …………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）直线l 的普通方程为0)y x x =-00y -=， ………（1分） 曲线C 的直角坐标方程为2220x y y +-=，即22(1)1x y +-=， ………………（2分） 因为|MN |=2，所以直线l 过圆心(01)，，……………………………（4分）代入l 的方程得0x =． ……………………………（5分）（Ⅱ）曲线C 的参数方程为cos 1sin x y θθ=⎧⎨=+⎩，，（θ为参数）， 则(cos 1sin )P θθ+，， ……………………………………………………………（7分）则πsin cos 114x y θθθ⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭， ……………………………（9分）所以[11x y +∈．…………………………………………………………（10分） 23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】证明：（Ⅰ）22221()222p q r p q r pq qr rp =++=+++++∵ …………………（2分） 222222422pq r pq qr rp pq r qr rp ++++=+++≥，当且仅当p q =时等号成立，………………………………………………………………………………………（4分） 21422pq r qr rp -++∴≥． ………………………………………………………（5分） （Ⅱ）222222222q r p r p q qr pr pq p q r p q r+++++++≥ ……………………………（7分） qr pq pq pr pr qr r p q r p q q p r p r r q q p p r r q q p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++=+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭……（9分） 2222q p r ++=≥，当且仅当p q r ==时等号成立． …………………………（10分）。
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贵州省2017年普通高等学校招生适应性
考试
数学试卷（理科）
201
7408
一选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分•在每个小题给出的四个选项中，有且
只有一项符合题目要求•
1•设集合M「x|x2 -2x ：：0?,N「x|x _1 二则M N =
A. ：x|x_1f
B. ：x|1^x：：：2f
C. 1X|0：：XE1
D. 1x|x 乞1
2•已知x, y R,i是虚数单位，且2x i 1 - i = y，贝U y的值为
A. -1
B. 1
C. -2
D. 2
1
3. 已知数列a ?满足a n a n .1，若a3 a^ 2，则a°•比二
1
A. -
B. 1
C. 4
D. 8
2
4. 已知向量e，e2不共线，且向量
AB =e +mq, AC = nq +e2，若代B,C三点共线，则实数
m, n满足的条件是
A. mn =1
B. mn 二-1
C. m n =1
D. m n - -1
5. 执行右面的程序框图，如果输入的
a,b分别为56,140，贝U
输出的a =
A. 0
B. 7
C. 14
D. 28
6. 我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幕势既同，则积不容异.”
“势”即是高，“幕”是面积.意思是：如果两等高的几何体在同高处截得几
Q\口畳白一Q 和-f
何体的截面面积
相等，那么这两个几何体的体积相等.类比祖暅原理，如图所示，在平面直角
坐标系中，
图1
是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底边长为1，下底边长为2
的梯形，且当实数
t取〔0,3 1上的任意实数时，直线y =t被图1和图2所截得的两
□ J
线段长总相等，则图1的面积为
J
T。