【河北省保定市】2017年高考一模文科数学试卷-答案

河北省保定市2017年高考一模文科数学试卷
答 案
1~5．BAADC 6~10．BBBAD 11．C 12．4
13．14
14．8π 15．(,1)-∞
16．（12分）解：（1）由题意,2π
()cos 2cos 2cos212sin(2)16f x x x x x x x =+=++=++
（2）∵π()2sin(2)126f A A =++=,∴π1
sin(2)62
A +=,
∵(0,π)A ∈,∴ππ13π2(,)666A +
∈,∴π3
A =,
∵ABC △,∴112c ⨯⨯=, ∴2c =,
∴a =12分） 17．（12分）证明：（1）连接AC BD 、,交于点O ,连结SO ,
∵四棱锥S ABCD -的底面边长为1的正方形,∴AC BD ⊥,且O 是BD 中点,
,∴SO AC ⊥, ∵BD SO O =I ,∴AC SBD ⊥平面, ∵SD SBD ⊂平面,∴AC SD ⊥．
（2）由（1）知OB OC OS 、、两两垂直,建立空间直角坐标系O xyz -,
则(22
S D -,
(0,22
A C -
=, 设(,,),P a b c SP SD λ=u u r u u u r
,
则(,,(,0,)2a b c =-,
解得,0,a b c ===,
∴()P =
, (,SD PA PC ===-u u u r u u u r u u u r ,
∵SD PAC ⊥平面,∴1660244
1660
244SD PA SD PC λλλλ⎧=-+-=⎪⎪⎨⎪=-+-=⎪⎩
u u u
r u u u r g u u u r u u u r g ,解得34λ=, ∴P 到平面ACD
的距离34d -=
, ∴三棱锥P ACD -
的体积111113
3
2ACD V d S =⨯⨯=⨯⨯△．
18．（12分）解：（1）由表中数据计算2
K 的观测值：2
2
50(221288) 5.556 5.024********
K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯．
所以根据统计有97.5%的把握认为加强语文阅读理解训练与提高数学应用题得分率有关； （2）设小明与小刚解答这道题所用的时间分别为x y 、分钟,
则基本事件所满足的条件是57
68x y ⎧⎨⎩
≤≤≤≤所表示的平面区域；
设事件A 为“小刚比小明先解答完试题”,则满足的区域为x y >；
由几何概型的概率,计算1
11
12()228
P A ⨯⨯==
⨯
,
∴小刚比小明先正确解答完的概率是1
8
；
（3）根据题意,X 的所有可能取值为012，，,则21166222
881512
(0),(1),2828
C C C P X P X C C ======g 2
2281
(2)28
C P X C ===；
∴X 的分布列为：
X 0 1 2
P
1528 1228 1
28
X 的数学期望为()E X 所以151211
()0122828282
E X =⨯+⨯+⨯=．
19．（12分）解：（1）()e 2x f x '=-, 令()0f x '＞,解得：ln2x ＞, 令()0f x '＜,解得：ln2x ＜,
故()f x 在(,ln 2)-∞递减,在(ln 2,)+∞递增,
故当ln2x =时()f x 有极小值(ln 2)22ln 2f =-,无极大值．
（2）令22
()()(2)1e 1x g x f x x a x x ax =----=---,
()e 2()x g x x a f x a '=--=-,
∴min min ()()22ln 2g x f x a a '=-=--, ∵2ln4a -＜∴()0g x '＞, ∴()g x 在(0,)+∞单调递增, ∴()(0)0g x g =＞,
即2
()(2)1f x x a x +-+＞．
20.解：（1）由题意的标准方程：22
184
x y +=,
则2,2a b c ===,
椭圆的离心率e c a =
=
（2）证明：方法一：曲线22
184
x y +=,当0x =时,2y =±,
故(0,2),(0,2)A B -,
将直线4y kx =+代入椭圆方程22184
x y +=得：22
(21)16240k x kx +++=,
若4y kx =+与曲线C 交于不同两点,M N ,
则2
32(23)0k ∆=-＞,解得：232
k ＞,设(,4),(,4),(,1)N N M M G N x kx M x kx G x ++,
由韦达定理得：2
1612M N k
x x k
+=-
+① 2
24
12M N x x k
=
+② MB 方程为：62M M kx y x x +=
-,则3(,1)6
M
M x G kx +, ∴
3(,1),(,2)6
M
N N M x AG AN x kx kx =-=++u u u r u u u r , 欲证,,A G N 三点共线,只需证,AG AN u u u r u u u r
共线,
即
3(2)6
M
N N M x kx x kx +=-+, 将①②代入可得等式成立, 则,,A G N 三点共线得证．
方法二：将直线y=kx+4代入椭圆方程22184x y +=得：22
(21)16240k x kx +++=,
则2
32(23)0k ∆=-＞,解得：232k ＞,
由韦达定理得：2
1612M N k
x x k +=-+（1）
2
24
12M N x x k =+（2）
设(,4),(,4),(,1)N N M M G N x kx M x kx G x ++,
MB 方程为：62M M kx y x x +=
-,则3(,1)6
M
M x G kx +,
则
1
232242()
633N M N M NA GA
N M N M M N
kx x x x k k k k k x kx x x x x -++-=-=+++=++, 将①②代入上式：0NA GA k k -=, ∴,,A G N 三点共线． [选修4-4坐标系与参数方程]
21．（10分）解：（1
）∵圆221:(4C x y ++=,
即2210x y ++-=,
∴1C
的极坐标方程为2cos 10ρθ+-=,
∵曲线2C 的参数方程为22cos ()2sin x y θ
θθ=+⎧⎨
=⎩
为参数, ∴2C 的普通方程为：22
(2)4x y -+=．
（2）∵直线3C 的极坐标方程为π
()3
θρ=
∈R , ∴直线3C
的直角坐标方程为y =, 由题意知2C 与3C 交于坐标原点,设,A O 重合,
∴11||2,||120AB AC BAC ︒==∠=, ∴1ABC △的面积（1C 为圆C 的圆心）：
1113||||sin12022
ABC S AB AC ︒=
⨯=△． [选修4-5不等式选讲]
22．解：由题意可得,不等式|1|3ax +≤, 即313ax -+≤≤,即42ax -≤≤,即21x -≤≤, ∴2a =；
（2）,11()32,121,2x x g x x x x x ⎧
⎪--⎪
⎪=---<<-⎨⎪
⎪
-⎪⎩
≤≥,∴12x =-时,min 1
()2g x =-．
河北省保定市2017年高考一模文科数学试卷
解析
1．【考点】1E：交集及其运算．
【分析】求出B中y值域确定出B,找出A与B的交集即可．
【解答】解：∵A=={1,,,2},
∴A∩B={1,2},
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．【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．
【分析】设C（x,y）,由O（0,0）,A（2,﹣1）,B（0,3）,可得,结合OACB为平行四边形列式求得复数z．
【解答】解：如图,设C（x,y）,
∵O（0,0）,A（2,﹣1）,B（0,3）,
∴,,
由题意可得,即,解得x=y=2．
∴复数z=2+2i．
故选：A．
【点评】本题考查复数的性质和应用,是基础题．
3．【考点】84：等差数列的通项公式．
【分析】利用等差数列的性质、三角函数求值即可得出．
【解答】解：∵{a n}为等差数列,a1+a5+a9=4π,
∴3a5=4π,解得a5=．
∴cosa5=cos=﹣．
故选：A．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式性质、三角函数求值,考查了推理能力与计算能力,属于基础题．
4．【考点】J7：圆的切线方程．
【分析】由直线与圆相切,得到圆心到直线的距离等于圆的半径,利用点到直线的距离公式列出关于a的方程,求出方程的解即可得到a的值
【解答】解：圆x2+（y﹣a）2=1的圆心坐标为（0,a）,半径为1,
∵直线x+y=0与圆x2+（y﹣a）2=1相切,
∴圆心（0,a）到直线的距离d=r,
即=1,
解得：a=．
故选D．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系,当直线与圆相切时,圆心到直线的距离等于圆的半径,熟练掌握此性质是解本题的关键．
5．【考点】2K：命题的真假判断与应用．
【分析】先判断命题p,q的真假,进而根据复合命题真假判断的真值表,可得答案．
【解答】解：若a＜b,则∀c∈R,ac2＜bc2,在c=0时不成立,故p是假命题；
∃x0=1＞0,使得x0﹣1+lnx0=0,故命题q为真命题,
故命题p∧q,p∨（￢q）,（￢p）∧（￢q）是假命题；
命题（￢p）∧q是真命题,
故选：C
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体,考查了复合命题,不等式的基本性质,对数运算等知识点,难度中档．
6．【考点】3E：函数单调性的判断与证明；3K：函数奇偶性的判断．
【分析】根据题意,写出函数g（x）的解析式,设x＞0,则﹣x＜0,分析可得g（﹣x）=﹣g（x）,可得g（x）为奇函数；由x＞0时g（x）的解析式,对其求导可得g′（x）=﹣2•=＜0,可得函数g（x）在区间（0,+∞）上递减,结合单调性可得其在（﹣∞,0）上也递减,综合可得答案．
【解答】解：根据题意,=,
设x＞0,则﹣x＜0,g（﹣x）=﹣=﹣=﹣g（x）,故g（x）为奇函数；
当x＞0时,g（x）==x﹣2,
g′（x）=﹣2•=＜0,
即g（x）在区间（0,+∞）上递减,
又由函数g（x）为奇函数,则在（﹣∞,0）上也递减,
故选：B．
【点评】本题考查函数的奇偶性单调性的判定,涉及分段函数的应用,关键是写出g（x）的解析式．
7．【考点】EF：程序框图．
【分析】根据题意,模拟程序框图的运行过程,即可得出输出i的值．
【解答】解：根据题意,得a=2017,i=1,b=﹣,
i=2,a=﹣,b=,
i=3,a=,b=2017,不满足b≠x,退出循环,
故选B．
【点评】本题考查了程序框图的应用问题,解题时应模拟程序框图的运行过程,从而得出正确的结论,是基础题．8．【考点】8B：数列的应用．
【分析】由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列{a n},其中q=,S6=378．利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．
【解答】解：由题意可得：此人每天所走的路形成等比数列{a n},其中q=,S6=378．
则=378,解得a1=192．
所以a2=192×=96．
故选：B．
【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题．
9．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是以主视图为底面的四棱锥,进而得到答案．
【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是以主视图为底面的四棱锥,
其底面面积S=4×4=16,
高h=4,
故体积V==,
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是棱锥的体积和表面积,简单几何体的三视图,难度中档．
10.【考点】9H：平面向量的基本定理及其意义．
【分析】根据向量的三角形法则和向量的数乘运算求出λ=,μ=,再代值计算即可．
【解答】解：∵=+=+=+（﹣）=+,
∴λ=,μ=,
∴+=3+=,
故选：D
【点评】本题考查了向量的三角形法则和向量的数乘运算,属于基础题．
11．【考点】54：根的存在性及根的个数判断．
【分析】令f（x）令f（x）=1得x1=﹣,x2=1,x3=5,再画出f（x）的图象,结合图象可得答案．
【解答】解：令f（x）=1得x1=﹣,x2=1,x3=5,
令g（x）=f[f（x）]﹣1=0,
作出图象如图所示：
由图象可得当f（x）=﹣无解,
f（x）=1有3个解,
f（x）=5有1个解,
综上所述函数g（x）=f[f（x）]﹣1的零点个数为4,
故选：C
【点评】本题考查了函数零点的问题,以及分段函数的问题,属于中档题
二、填空题：本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答题卷的横线上．
12．【考点】7C：简单线性规划．
【分析】本题考查的知识点是简单的线性规划,我们可以先画出足约束条件的平面区域,再由目标
函数P=x2+y2的几何意义：表示区域内一点到原点距离的平方,不难根据图形分析出目标函数P=x2+y2的最大值．
【解答】解：满足约束条件的平面区域如下图：
∵目标函数P=x2+y2表示区域内一点到原点距离的平方,
故当x=0,y=2时,P有最大值4
故答案为：4
【点评】平面区域的最值问题是线性规划问题中一类重要题型,在解题时,关键是正确地画出平面区域,分析表达式的几何意义,然后结合数形结合的思想,分析图形,找出满足条件的点的坐标,即可求出答案．
13．【考点】49：指数函数的图象与性质．
【分析】首先利用已知函数图象过定点A,得到m,n的等式,利用基本不等式求mn的最大值．
【解答】解：因为函数y=a x﹣1（a＞0,a≠1）的图象恒过定点A（1,1）,又点在直线mx+ny=1上,所以m+n=1, mn≤=；
所以mn的最大值为；当且仅当m=n时等号成立．
故答案为：
【点评】本题考查了指数函数的图象以及基本不等式的运用；属于基础题．
14．【考点】LG：球的体积和表面积；LR：球内接多面体．
【分析】以PA,PB,PC分棱构造一个长方体,这个长方体的外接球就是三棱锥P﹣ABC的外接球,由此能求出三棱锥的外接球的表面积．
【解答】解：如图,PA,PB,PC两两垂直,设PC=h,
则PB==,PA==,
∵PA2+PB2=AB2,∴4﹣h2+7﹣h2=5,解得h=,
三棱锥P﹣ABC,PA,PB,PC两两垂直,且PA=1,PB=2,PC=,
∴以PA,PB,PC分棱构造一个长方体,
则这个长方体的外接球就是三棱锥P﹣ABC的外接球,
∴由题意可知,这个长方体的中心是三棱锥的外接球的心,
三棱锥的外接球的半径为R==,
所以外接球的表面积为S=4πR2=42=8π．
故答案为：8π．
【点评】本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意构造法的合理运用．15．【考点】8I：数列与函数的综合；8H：数列递推式．
【分析】通过并项相加可知当n≥2时a n﹣a1=n+（n﹣1）+…+3+2,进而可得数列{a n}的通项公式a n=n（n+1）,
裂项、并项相加可知b n=2（﹣）==,通过求导可知f（x）=2x+（x≥1）是
增函数,进而问题转化为m2﹣mt+＞（b n）max,由恒成立思想,即可得结论．
【解答】解：∵a1=1,a n﹣a n﹣1=n（n≥2,n∈N）,
当n≥2时,a n﹣a n﹣1=n,a n﹣1﹣a n﹣2=n﹣1,…,a2﹣a1=2,
并项相加,得：a n﹣a1=n+（n﹣1）+…+3+2,
∴a n=1+2+3+…+n=n（n+1）,
又∵当n=1时,a1=×1×（1+1）=1也满足上式,
∴数列{a n}的通项公式为a n=n（n+1）,
∴b n=+++…+
=++…+
=2（﹣+﹣+…+﹣）
=2（﹣）==,
令f（x）=2x+（x≥1）,则f′（x）=2﹣,
∵当x≥1时,f'（x）＞0恒成立,
∴f（x）在x∈[1,+∞）上是增函数,
故当x=1时,f（x）min=f（1）=3,即当n=1时,（b n）max=,
对任意的正整数n,当m∈[1,2]时,不等式m2﹣mt+＞b n恒成立,
则须使m2﹣mt+＞（b n）max=,
即m2﹣mt＞0对∀m∈[1,2]恒成立,即t＜m的最小值,
可得得t＜1,
∴实数t的取值范围为（﹣∞,1）,
故答案为：（﹣∞,1）．
【点评】本题考查数列的通项及前n项和,涉及利用导数研究函数的单调性,考查运算求解能力,注意解题方法的积累,属于难题．
16．【点评】本题考查向量知识的运用,考查三角形面积的计算,考查余弦定理,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题．
17．【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】（1）连接AC、BD,交于点O,连结SO,推导出AC⊥BD,SO⊥AC,从而AC⊥平面SBD,由此能证明AC⊥SD．
【点评】本题考查线线垂直的证明,考查三棱锥的体积的求法,考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力,考查函数与方程思想、化归转化思想、数形结合思想,是中档题．
18．【点评】本题考查了独立检验以及离散型随机变量的分布列和数学期望的求法问题,是综合题．19．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题,考查导数的应用以及转化思想,是一道中档题
【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6B：利用导数研究函数的单调性．
【分析】（1）求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间,从而求出f（x）的极值即可；（2）令g（x）=f（x）﹣x2﹣（a﹣2）x﹣1,求出函数的导数,根据函数的单调性求出g（x）的最小值,从而判断大小即可．
20．【考点】K4：椭圆的简单性质；KL：直线与椭圆的位置关系．
【分析】（1）求得椭圆的标准方程,求得a和c的值,则e==；
（2）方法一：代入椭圆方程方程,由韦达定理及向量数量积的坐标运算,=（,﹣1）,=（x N,kx N+2）,
由（kx N+2）=﹣x N,A,G,N三点共线；
方法二：由题意可知：k MA﹣k GA=﹣,由韦达定理求得k MA﹣k GA=0,即可求证A,G,N三点共
线．
【点评】本题考查椭圆的简单几何性质,考查直线与椭圆的位置关系,韦达定理,向量数量积的坐标运算,直线共线的求法,考查计算能力,属于中档题．
21．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．
【分析】（1）圆C1转化为,由此能求出C1的极坐标方程,曲线C2的参数方程消去参数,能求出C2的普通方程．
（2）求出直线C3的直角坐标方程为y=,由题意知C2与C3交于坐标原点,设A,O重合,分别求出|AB|=2,|AC1|=,∠BAC1=120°,由此能求出△ABC1的面积．
【点评】本题考查曲线的参数方程、普通方程的求法,考查三角形面积的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意极坐标、直角坐标互化公式的合理运用．
22．【考点】R5：绝对值不等式的解法．
【分析】（1）由题意可得﹣3≤ax≤2,即﹣2≤x≤1,由此可得a的值．
（2）写出分段函数,即可求g（x）的最小值．
【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法,属于基础题．。