【黑龙江省哈尔滨市三中】2017年高考一模数学(文科)试卷-答案

18．解：（Ⅰ）如果在被调查的老人中随机抽查一名，
那么抽到积极锻炼身体的老人的概率是
118612
P
+
==，
（Ⅱ）根据数表，计算观测值
22
2()50(181967)11.53810.828()()()()25252426n ad bc K a b c d a c b d -⨯⨯-⨯==≈>++++⨯⨯⨯， 对照数表知，有99％的把握认为老人的身体健康状况与积极锻炼身体有关．
19．解：（Ⅰ）连结AF 交BE 于O ，则O 为AF 中点，设G 为AC 中点，连结OG ，DG ，
∴OG CF ∥，且12
OG CF =． 由已知DE CF ∥，且12
DE CF =． ∴DE OG ∥,且DE OG =，
∴四边形DEOG 为平行四边形．
∴EO DG ∥，即BE DG ∥．
∵BE ACD ⊄平面,DG ACD ⊂平面,
∴BE ACD ∥平面．
（Ⅱ）∵CF DE ∥，
∴CF ACD ∥平面，
∴点C 到平面ACD 的距离和点F 到平面ACD 的距离相等，均为2．
∴三棱锥的B ACD -体积111222123323
B ACD E ACD
C ADE ADE V V V S ---===⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△． 20．解：（Ⅰ）由题可知(0,)2P F ，则该直线方程为：2
P y x =+， 代入22(0)x py p =>得：2220x py p --=，
设11(,)M x y ，22(,)N x y ，则有122x x p +=，
∵||8MN =，
∴128y y p ++=，即38p p +=，解得2p =
∴抛物线的方程为：24x y =；
（Ⅱ）设2(,)4t A t ，则E 在点A 处的切线方程为224t t y x =-，(,0)2
t P ，2
2242(,)44t t B t t ++， 直线AB 的方程是2414t y x t
-=+， ∴(0,1)C
221|
|42
OBC t S t =≤+△,当且仅当2t =±时，取得等号， ∴OBC △面积的最大值为12． 21．证明：（Ⅰ）当1a =时，函数()ln ()g x x y f x x
==，
[选修4-4：坐标系与参数方程]
[选修4-5：不等式选讲] 23．解：（Ⅰ）由|2||1|5x x ++-≥．
得：2215x x ≤-⎧⎨--≥⎩可得：3x ≤-或21215x x -<<⎧⎨--≥⎩，可得x ∈∅或1215x x ≥⎧⎨+≥⎩
，可得2x ≥ 解得：2x ≥或3x ≤-，
∴不等式的解集是{|23}x x x ≥≤-或；
（Ⅱ）2|2||1|2x x m m ++-≥-，若x ∀∈R ，使得不等式的解集为R ，
|2||1|3x x ++-≥，当21x -≤≤时取等号，
可得232m m ≥-，
解得：13m -≤≤．
实数m 的取值范围：[1,3]-．
黑龙江省哈尔滨市2017年三中高考一模数学（文科）试卷
解析
一、选择题
1．【分析】分别求出关于A、B的不等式，求出A、B的交集即可．
【解答】解：A={x|x2+x-2＜0}={x|(x+2)(x-1)＜0}={x|-2＜x＜1}，
={x|-1＜x＜1且x≠0}，
则A∩B=(-1，0)∪(0，1)，
故选：D．
2．【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：在复平面内，复数==对应的点位于第一象限．
故选：A．
3．【分析】利用等比数列的通项公式求出公比，由此能求出a7的值．
【解答】解：∵在等比数列{a n}中，a1=1，a4=8，
∴，即8=q3，解得q=2，
a7==1×26=64．
故选：A．
4．【分析】先根据已知循环条件和循环体判定循环的次数，然后根据运行的后s的值找出规律，从而得出结论．
【解答】解：根据题意可知该循环体运行4次
第一次：s=2，i=4＜10，
第二次：s=8，i=6＜10，
第三次：s=48，i=8＜10，
第四次：s=384，s=10≥10，
结束循环，输出结果S=384，
故选：C．
5．【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件，作出可行域如图，
联立，解得：A(3，3)，
化目标函数z=x+3y为y=-+，
由图可知，当直线y=-+过A时，直线在y轴上的截距最大，
z最大．
此时z=3+3×3=12．
故选：C．
6．【分析】该几何体为正八面体，即两个全等的正四棱锥，棱长为1，棱锥的高为，即可求出体积．【解答】解：该几何体为正八面体，即两个全等的正四棱锥，棱长为1，棱锥的高为，
所以，其体积为：2×（1×1）×=，
故选：A．
7．【分析】先把函数化成y=Asin(ωx+φ)的形式，再根据三角函数单调区间的求法可得答案．
【解答】解：f（x）=sinwx+coswx=2sin(wx+)，(w＞0)．
∵f(x)的图象与直线y=2的两个相邻交点的距离等于π，恰好是f(x)的一个周期，
∴=π，w=2．F(x)=2sin(2x+)．
故其单调增区间应满足2kπ-≤2x+≤2kπ+，k∈Z．kπ-≤x≤kπ+,,
故选：C．
8．【分析】由题意，可由函数的性质得出f(x)为[﹣1，0]上是减函数，再由函数的周期性即可得出f(x)为[3，4]上的减函数，由此证明充分性，再由f(x)为[3，4]上的减函数结合周期性即可得出f(x)为[﹣1，0]上是减函数，再由函数是偶函数即可得出f(x)为[0，1]上的增函数，由此证明必要性，即可得出正确选项．
【解答】解：∵f(x)是定义在R上的偶函数，
∴若f(x)为[0，1]上的增函数，则f(x)为[﹣1，0]上是减函数，
又∵f(x)是定义在R上的以2为周期的函数，且[3，4]与[-1，0]相差两个周期，
∴两区间上的单调性一致，所以可以得出f(x)为[3，4]上的减函数，故充分性成立．
若f(x)为[3，4]上的减函数，同样由函数周期性可得出f(x)为[-1，0]上是减函数，再由函数是偶函数可得出f(x)为[0，1]上的增函数，故必要性成立．
综上，“f(x)为[0，1]上的增函数”是“f(x)为[3，4]上的减函数”的充要条件．
故选：D．
9．【分析】根据题意，得出•=0，⊥；求出||=，利用平面向量数量积的夹角公式求出夹角的大小．【解答】解：非零向量满足，
∴=，
∴•=0，
∴⊥；
画出图形如图所示；
∴||=，
∴(+)•(-)=-=12-=-2，
∴cos＜+，-＞===-，
∴与的夹角为．
故选：C．
10．【分析】渐近线方程y=±2x，当过焦点的两条直线与两条渐近线平行时，这两条直线与双曲线右支分别只有一个交点，由此能求出此直线的斜率的取值范围．
【解答】解：双曲线的渐近线方程y=±2x，
当过焦点的两条直线与两条渐近线平行时，
这两条直线与双曲线右支分别只有一个交点
（因为双曲线正在与渐近线无限接近中），
那么在斜率是[-2，2]两条直线之间的所有直线中，
都与双曲线右支只有一个交点．
此直线的斜率的取值范围[-2，2]．
故选：D．
11．【分析】设球心为O，求出AD=2，BD=2，设AC∩BD=E，则BE=，OP=OB=R，设OE=x，则OB2=BE2+OE2=2+x2，过O作线段OH⊥平面PAD于H点，H是垂足，PO2=OH2+PH2=1+(-x)2，由此能求出球半径R，由此能求出此球的表面积．
【解答】解：设球心为O，如图，
∵△PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=60°，
∴AD=2，BD==2，
设AC∩BD=E，则BE=，
∵点P，A，B，C，D都在同一个球面上，
∴OP=OB=R，
设OE=x，在Rt△BOE中，OB2=BE2+OE2=2+x2，
过O作线段OH⊥平面PAD于H点，H是垂足，
∵O点到面PAD的距离与点E到平面PAD的距离相等，
∴OH=1，
∴在Rt△POH中，PO2=OH2+PH2=1+(-x)2=x2-2+4，
∴2+x2=x2-2+4，解得x=，
∴R=，
∴此球的表面积S=4πR2=4π×=．
故选：B．
12．【分析】设M(x，y)，由⇒cx+by=c2，…①，由，cy-bx=bc…②由①②得x=，y=，…③
把③代入椭圆得a4c2+4c6=a6⇒2c3=b3+bc2，c3-b3=bc2-c3，
⇒(c-b）(b2+bc+2c2)=0⇒b=c．
【解答】解：设M(x，y)，
∵
∴，⇒
⇒即OA⊥MF⇒cx+by=c2，…①
，因为，共线，cy-bx=bc…②
由①②得x=，y=，…③
把③代入椭圆得a4c2+4c6=a6⇒2c3=b3+bc2，c3-b3=bc2-c3，
⇒(c-b)(b2+bc+2c2)=0⇒b=c
⇒a=，椭圆的离心率e=．
故选：A．
二、填空题
13．【分析】利用等差数列通项公式直接求解．
【解答】解：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+a13=4，
∴S13==．
故答案为：26．
14．【分析】先求出成绩在[16，18]的学生的频率，由此能求出成绩在[16，18]的学生人数．
【解答】解：频率分布直方图中，
从左到右的5个小矩形的面积之比为1：3：7：6：3，
∴成绩在[16，18]的学生的频率为：=0.45，
∴成绩在[16，18]的学生人数是：480×0.45=216．
故答案为：216．
15．【分析】根据题意，依据题意中“除k取余法”的算法，分析可得89=12×7+5，12=1×7+5，1=0×7+1，则有89=155(7)，即可得答案．
【解答】解：根据题意，89=12×7+5，
12=1×7+5，
1=0×7+1，
则89=155(7)，即89化为七进制数为155(7)，
故答案为：155(7)．
16．【分析】关于x的不等式(e x-a)x-e x+2a＜0可化为(x-1)e x＜a(x-2)；
设f(x)=(x-1)e x，g(x)=a(x-2)，其中a＜；
利用导数判断单调性、求出f(x)的最值，画出f(x)、g(x)的图象，
结合图象得出不等式的解集中有且只有两个整数时a的取值范围．
【解答】解：当a时，关于x的不等式(e x-a)x-e x+2a＜0可化为e x(x-1)-a(x-2)＜0，
即(x-1）e x＜a(x-2)；
设f(x)=(x-1)e x，g(x)=a(x-2)，其中a＜；
∴f′(x)=e x+(x-1)e x=xe x，
令f′(x)=0，解得x=0；
∴x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
∴x=0时f(x)取得最小值为f(0)=-1；
g(x)=a(x-2)是过定点(2，0)的直线；
画出f(x)、g(x)的图象如图所示；
要使不等式的解集中有且只有两个整数值，
∵a＜，当x=0时y=-1，满足条件，0是整数解；
当x=-1时，f(-1)=-2e-1；
当x=-2时，f(x)=-3e-2，此时=＞a，
不等式有两个整数解为-1和0，
∴实数a的取值范围是(，)．
故答案为：(，）．
三、解答题
17．【分析】（Ⅰ）根据题意，由正弦定理可以将(c-2a)cosB+bcosC=0整理变形可得2sinA•cosB=sinC•cosB+sinBcosC，又由三角函数的和差公式可得2sinA•cosB=sin(B+C)，进而可得2sinA•cosB=sinA，即cosB=，由B的范围可得B的值．
（Ⅱ）根据题意，由正弦定理可得b的值，同时可得a+c=2(sinA+sinC)，由三角函数的和差公式变形可得a+c=2sin(C+)，结合C的范围，计算可得a+c的范围，由b的值，即可得答案．
18．【分析】（Ⅰ）根据数表，计算对应的概率值即可；
（Ⅱ）根据数表，计算观测值，对照临界值表即可得出结论．
19．【分析】（Ⅰ）连结AF交BE于O，则O为AF中点，设G为AC中点，
连结OG，DG，推导出四边形DEOG为平行四边形，则BE∥DG，由此能证
明BE∥平面ACD．
（Ⅱ）点C到平面ACD的距离和点F到平面ACD的距离相等，均为2，从
而三棱锥的B-ACD体积V B-ACD=V E-ACD=V C-ADE，由此能求出结果．
20．【分析】（Ⅰ）过点F且斜率为1的直线代入抛物线，利用|MN|=8，可得y1+y2+p=8，即可求抛物线C的方程；
（Ⅱ）求出直线AB的方程是y=x+1，C(0，1)，可得S△OBC=||≤，即可求△OBC面积的最大值．
21．【分析】（Ⅰ）当a=1时，求导数，求出切线的斜率，即可求函数y=在点(1，0)处的切线方程；（Ⅱ）设函数G(x)=a(x2-x)-lnx，且G(1)=0，分类讨论，即可，求实数a的取值范围．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．【分析】（Ⅰ）t=代入直线l的参数方程求出M(0，2)，从而求出点M的极坐标，由曲线C的极坐标方程能求出曲线C的直角坐标方程．
（Ⅱ）联立直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程得，由此利用韦达定理能求出的值．
[选修4-5：不等式选讲]
23．【分析】（Ⅰ）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出即可；
（Ⅱ）求出f(x)的最小值，问题转化为3≥m2-2m，解出m即可．
11/ 11。