2017年北京市朝阳区高考数学二模试卷及答案(理科)

2017年北京市朝阳区高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）已知i为虚数单位，复数z=（1+2i）i对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S值是（）A．23 B．31 C．32 D．633．（5分）“x＞0，y＞0”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）已知函数的最小正周期为4π，则（）A．函数f（x）的图象关于原点对称B．函数f（x）的图象关于直线对称C．函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称D．函数f（x）在区间（0，π）上单调递增5．（5分）现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人，每人一张，且甲、乙分得的电影票连号，则共有不同分法的种数为（）A．12 B．24 C．36 D．486．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为（）A．B．C．3 D．7．（5分）已知函数（a＞0且a≠1）．若函数f（x）的图象上有且只有两个点关于y轴对称，则a的取值范围是（）A．（0，1） B．（1，4） C．（0，1）∪（1，+∞）D．（0，1）∪（1，4）8．（5分）中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺：礼、乐、射、御、书、数，简称“六艺”．某中学为弘扬“六艺”的传统文化，分别进行了主题为“礼、乐、射、御、书、数”六场传统文化知识的竞赛．现有甲、乙、丙三位选手进入了前三名的最后角逐．规定：每场知识竞赛前三名的得分都分别为a，b，c（a＞b＞c，且a，b，c∈N*）；选手最后得分为各场得分之和．在六场比赛后，已知甲最后得分为26分，乙和丙最后得分都为11分，且乙在其中一场比赛中获得第一名，则下列说法正确的是（）A．每场比赛第一名得分a为4B．甲可能有一场比赛获得第二名C．乙有四场比赛获得第三名D．丙可能有一场比赛获得第一名二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．（5分）双曲线的渐近线方程是，离心率是．10．（5分）若平面向量=（cosθ，sinθ），=（1，﹣1），且⊥，则sin2θ的值是．11．（5分）等比数列{a n}的前n项和为S n．已知a1=2，a4=﹣2，则{a n}的通项公式a n=，S9=．12．（5分）在极坐标系中，圆ρ=2cosθ被直线ρcosθ=所截得的弦长为．13．（5分）已知x，y满足，若z=x+2y有最大值8，则实数k的值为．14．（5分）已知两个集合A，B，满足B⊆A．若对任意的x∈A，存在a i，a j∈B （i≠j），使得x=λ1a i+λ2a j（λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），则称B为A的一个基集．若A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，则其基集B元素个数的最小值是．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．15．（13分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=c，2sinB=sinA．（Ⅰ）求cosB的值；（Ⅱ）若a=2，求△ABC的面积．16．（13分）从某市的中学生中随机调查了部分男生，获得了他们的身高数据，整理得到如下频率分布直方图．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计该市中学生中的全体男生的平均身高；（Ⅲ）从该市的中学生中随机抽取一名男生，根据直方图中的信息，估计其身高在180cm 以上的概率．若从全市中学的男生（人数众多）中随机抽取3人，用X表示身高在180cm．17．（14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，D，E分别为边AC，AB的中点，点F，G分别为线段CD，BE的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使∠A1DC=60°．点Q为线段A1B上的一点，如图2．（Ⅰ）求证：A1F⊥BE；（Ⅱ）线段A1B上是否存在点Q£¬使得FQ∥平面A1DE？若存在，求出A1Q的长，若不存在，请说明理由；（Ⅲ）当时，求直线GQ与平面A1DE所成角的大小．18．（13分）已知椭圆W：（a＞b＞0）的上下顶点分别为A，B，且点B（0，﹣1）．F1，F2分别为椭圆W的左、右焦点，且∠F1BF2=120°．（Ⅰ）求椭圆W的标准方程；（Ⅱ）点M是椭圆上异于A，B的任意一点，过点M作MN⊥y轴于N，E为线段MN的中点．直线AE与直线y=﹣1交于点C，G为线段BC的中点，O为坐标原点．求∠OEG的大小．19．（14分）已知函数f（x）=e x+x2﹣x，g（x）=x2+ax+b，a，b∈R．（Ⅰ）当a=1时，求函数F（x）=f（x）﹣g（x）的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y=g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；（Ⅲ）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．20．（13分）各项均为非负整数的数列{a n}同时满足下列条件：①a1=m（m∈N*）；②a n≤n﹣1（n≥2）；③n是a1+a2+…+a n的因数（n≥1）．（Ⅰ）当m=5时，写出数列{a n}的前五项；（Ⅱ）若数列{a n}的前三项互不相等，且n≥3时，a n为常数，求m的值；（Ⅲ）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得n≥M时，a n为常数．2017年北京市朝阳区高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）已知i为虚数单位，复数z=（1+2i）i对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：∵z=（1+2i）i=2i2+i=﹣2+i，∴复数z=（1+2i）i对应的点的坐标为（﹣2，1），位于第二象限．故选：B．2．（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S值是（）A．23 B．31 C．32 D．63【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加S=2°+21+22+23+24的值，由于S=2°+21+22+23+24=31．故选：B．3．（5分）“x＞0，y＞0”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：“x＞0，y＞0”⇔“”，反之不成立，例如取x=y=﹣1．∴x＞0，y＞0”是“”的充分而不必要条件．故选：A．4．（5分）已知函数的最小正周期为4π，则（）A．函数f（x）的图象关于原点对称B．函数f（x）的图象关于直线对称C．函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称D．函数f（x）在区间（0，π）上单调递增【解答】解：函数的最小正周期为4π，∴，可得ω=．那么f（x）=sin（）．由对称中心横坐标方程：，k∈Z，可得：x=2kπ∴A不对；由对称轴方程：=，k∈Z，可得：x=2k，k∈Z，∴B不对；函数f（x）图象上的所有点向右平移个单位，可得：sin[（x﹣）]=sin2x，图象关于原点对称．∴C对．令≤，k∈Z，可得：≤x≤∴函数f（x）在区间（0，π）上不是单调递增．∴D不对；故选C5．（5分）现将5张连号的电影票分给甲、乙等5个人，每人一张，且甲、乙分得的电影票连号，则共有不同分法的种数为（）A．12 B．24 C．36 D．48【解答】解：根据题意，分3步进行分析：①、将电影票分成4组，其中1组是2张连在一起，有4种分组方法，②、将连在一起的2张票分给甲乙，考虑其顺序有A22=2种情况，③、将剩余的3张票全排列，分给其他三人，有A33=6种分法，则共有4×2×6=48种不同分法，故选：D．6．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为（）A．B．C．3 D．【解答】解：如图所示，该几何体为三棱锥P﹣ABC．过点P作PO⊥平面ABC，垂足为O点，连接OB，OC，则四边形ABOC为平行四边形．OA⊥OB．则最长棱为PC==3．故选：C．7．（5分）已知函数（a＞0且a≠1）．若函数f（x）的图象上有且只有两个点关于y轴对称，则a的取值范围是（）A．（0，1） B．（1，4） C．（0，1）∪（1，+∞）D．（0，1）∪（1，4）【解答】解：由题意，0＜a＜1时，显然成立；a＞1时，f（x）=log a x关于y轴的对称函数为f（x）=log a（﹣x），则log a4＞1，∴1＜a＜4，综上所述，a的取值范围是（0，1）∪（1，4），故选D．8．（5分）中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺：礼、乐、射、御、书、数，简称“六艺”．某中学为弘扬“六艺”的传统文化，分别进行了主题为“礼、乐、射、御、书、数”六场传统文化知识的竞赛．现有甲、乙、丙三位选手进入了前三名的最后角逐．规定：每场知识竞赛前三名的得分都分别为a，b，c（a＞b＞c，且a，b，c∈N*）；选手最后得分为各场得分之和．在六场比赛后，已知甲最后得分为26分，乙和丙最后得分都为11分，且乙在其中一场比赛中获得第一名，则下列说法正确的是（）A．每场比赛第一名得分a为4B．甲可能有一场比赛获得第二名C．乙有四场比赛获得第三名D．丙可能有一场比赛获得第一名【解答】解：由题可知（a+b+c）×N=26+11+11=48，且a、b、c及N都是正整数，所以a+b+c也是正整数，48能被N整除，N的可能结果是1、2、3、4、6、8、12、16、24、48经检验当N=5时a+b+c=8且a＞b＞c 推断出a=5，b=2，c=1最后得出结论甲4个项目得第一，1个项目得第二乙4个项目得第三，1个项目得第一丙4个项目得第二，1个项目得第三，故选：C．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．（5分）双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率是．【解答】解：根据题意，双曲线的方程为，其中a=，b=，则c==3，又由其焦点在x轴上，则其渐近线方程为：y=±x，其离心率e===；故答案为：y=±x，．10．（5分）若平面向量=（cosθ，sinθ），=（1，﹣1），且⊥，则sin2θ的值是1．【解答】解：因为⊥，所以•=0，即：cosθ﹣sinθ=0，两边平方可得：cos2θ﹣2sinθcosθ+sin2θ=0，可得：1﹣sin2θ=0，解得：sin2θ=1．故答案为：1．11．（5分）等比数列{a n}的前n项和为S n．已知a1=2，a4=﹣2，则{a n}的通项公式a n=2×（﹣1）n﹣1，S9=2．【解答】解：∵a1=2，a4=﹣2，则a4=﹣2=a1q3，∴q3=﹣1，q=﹣1，即a n=2×（﹣1）n﹣1．∴a1=a3=a5=a7=a9=2，a2=a4=a6=a8=﹣2，∴S9=2．故答案是：2×（﹣1）n﹣1；2．12．（5分）在极坐标系中，圆ρ=2cosθ被直线ρcosθ=所截得的弦长为．【解答】解：由ρcosθ=，得x=；由ρ=2cosθ，得ρ2=2ρcosθ，即x2+y2﹣2x=0，圆心为（1，0），半径为1，圆心到直线的距离为，截得的弦长为2=，故答案为：．13．（5分）已知x，y满足，若z=x+2y有最大值8，则实数k的值为﹣4．【解答】解：作出x，y满足对应的平面区域如图：由图象可知z=x+2y在点A处取得最大值，由，解得A（0，4），A在直线2x﹣y=k上，此时0﹣4=k，解得k=﹣4，故答案为：﹣4．14．（5分）已知两个集合A，B，满足B⊆A．若对任意的x∈A，存在a i，a j∈B（i≠j），使得x=λ1a i+λ2a j（λ1，λ2∈{﹣1，0，1}），则称B为A的一个基集．若A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，则其基集B元素个数的最小值是3．【解答】解：不妨设a 1＜a2＜a3＜…＜a m，则形如1×a i+0×a j（1≤i≤j≤m）的正整数共有m个；形如1×a i+1×a i（1≤i≤m）的正整数共有m个；形如1×a i+1×a j（1≤i≤j≤m）的正整数至多有C m2个；形如﹣1×a i+1×a j（1≤i≤j≤m）的正整数至多有C m2个．又集合M={1，2，3，…，n}（n∈N*），含n个不同的正整数，A为集合M的一个m元基底．故m+m+C m2+C m2≥n，即m（m+1）≥n，A={1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，可知m（m+1）≥10，所以m≥3．故答案为3．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．15．（13分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=c，2sinB=sinA．（Ⅰ）求cosB的值；（Ⅱ）若a=2，求△ABC的面积．【解答】解：（Ⅰ）因为，所以．所以．所以．…（7分）（Ⅱ）因为a=2，所以．又因为，所以．所以S==．…（13分）△ABC16．（13分）从某市的中学生中随机调查了部分男生，获得了他们的身高数据，整理得到如下频率分布直方图．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计该市中学生中的全体男生的平均身高；（Ⅲ）从该市的中学生中随机抽取一名男生，根据直方图中的信息，估计其身高在180cm 以上的概率．若从全市中学的男生（人数众多）中随机抽取3人，用X表示身高在180cm．【解答】解：（Ⅰ）根据题意得：（0.005×2+a+0.020×2+0.040）×10=1．解得a=0.010．…（3分）（Ⅱ）设样本中男生身高的平均值为，则=（145+195）×0.05+155×0.1+（165+185）×0.2+175×0.4=17+15.5+70+70=172.5．所以估计该市中学全体男生的平均身高为172.5cm．…（7分）（Ⅲ）从全市中学的男生中任意抽取一人，其身高在180cm以上的概率约为．由已知得，随机变量X的可能取值为0，1，2，3．X～B，所以；；；．随机变量X的分布列为因为X～B，所以．…（13分）17．（14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=2，D，E分别为边AC，AB的中点，点F，G分别为线段CD，BE的中点．将△ADE沿DE折起到△A1DE 的位置，使∠A1DC=60°．点Q为线段A1B上的一点，如图2．（Ⅰ）求证：A1F⊥BE；（Ⅱ）线段A1B上是否存在点Q£¬使得FQ∥平面A1DE？若存在，求出A1Q的长，若不存在，请说明理由；（Ⅲ）当时，求直线GQ与平面A1DE所成角的大小．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵A 1D=DC，∠A1DC=60°，∴△A1DC为等边三角形，又F为线段CD的中点，∴A1F⊥DC，由图1可知ED⊥A1D，ED⊥DC，∴ED⊥平面A1DC，又A1F⊂平面A1DC，∴ED⊥A1F，又ED∩DC=D，DE⊂平面BCDE，CD⊂平面BCDE，∴A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE．（Ⅱ）取A1B的中点Q，连接FG，FQ，GQ，∵G，F，Q分别是BE，CD，A1B的中点，∴FG∥DE，GQ∥A1E，又FG⊂平面GFQ，GQ⊂平面GFQ，DE⊂平面A1DE，A1E⊂平面A1DE，∴平面GFQ∥平面A1DE，又FQ⊂平面GFQ，∴FQ∥平面A1DE．∴当Q为A1B的中点时，FQ∥平面A1DE．连接BF，则BF==，由（I）知△A1DC是边长为2的等边三角形，A1F⊥平面BCDE，∴A1F=，A1F⊥BF，∴A1B==2，∴A1Q==．（Ⅲ）以F为原点，以FC，FG，FA1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则D（﹣1，0，0），E（﹣1，1，0），A1（0，0，），B（1，2，0），G（0，，0），∴=（1，2，﹣），=（0，1，0），=（1，0，），=（0，﹣，），∴==（，，﹣），∴=+=（，0，），设平面A1DE的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=1得=（﹣，0，1），∴cos＜＞===﹣，设直线GQ与平面A 1DE所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|=，∴直线GQ与平面A1DE所成角为30°．18．（13分）已知椭圆W：（a＞b＞0）的上下顶点分别为A，B，且点B（0，﹣1）．F1，F2分别为椭圆W的左、右焦点，且∠F1BF2=120°．（Ⅰ）求椭圆W的标准方程；（Ⅱ）点M是椭圆上异于A，B的任意一点，过点M作MN⊥y轴于N，E为线段MN的中点．直线AE与直线y=﹣1交于点C，G为线段BC的中点，O为坐标原点．求∠OEG的大小．【解答】解：（Ⅰ）依题意，得b=1．又∠F 1BF2=120°，在Rt△BF1O中，∠F1BO=60°，则a=2．∴椭圆W的标准方程为．…（4分）（Ⅱ）设M（x0，y0），x0≠0，则N（0，y0），E．由点M在椭圆W上，则．即．又A（0，1），则直线AE的方程为．令y=﹣1，得C．又B（0，﹣1），G为线段BC的中点，则G．∴，．∵===1﹣y0﹣1+y0=0，∴．则∠OEG=90°，∠OEG为90°．…（13分）19．（14分）已知函数f（x）=e x+x2﹣x，g（x）=x2+ax+b，a，b∈R．（Ⅰ）当a=1时，求函数F（x）=f（x）﹣g（x）的单调区间；（Ⅱ）若曲线y=f（x）在点（0，1）处的切线l与曲线y=g（x）切于点（1，c），求a，b，c的值；（Ⅲ）若f（x）≥g（x）恒成立，求a+b的最大值．【解答】解：（Ⅰ）F（x）=e x﹣2x﹣b，则F'（x）=e x﹣2．令F'（x）=e x﹣2＞0，得x＞ln2，所以F（x）在（ln2，+∞）上单调递增．令F'（x）=e x﹣2＜0，得x＜ln2，所以F（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减．…（4分）（Ⅱ）因为f'（x）=e x+2x﹣1，所以f'（0）=0，所以l的方程为y=1．依题意，，c=1．于是l与抛物线g（x）=x2﹣2x+b切于点（1，1），由12﹣2+b=1得b=2．所以a=﹣2，b=2，c=1．…（8分）（Ⅲ）设h（x）=f（x）﹣g（x）=e x﹣（a+1）x﹣b，则h（x）≥0恒成立．易得h'（x）=e x﹣（a+1）．（1）当a+1≤0时，因为h'（x）＞0，所以此时h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增．①若a+1=0，则当b≤0时满足条件，此时a+b≤﹣1；②若a+1＜0，取x0＜0且，此时，所以h（x）≥0不恒成立．不满足条件；（2）当a+1＞0时，令h'（x）=0，得x=ln（a+1）．由h'（x）＞0，得x＞ln（a+1）；由h'（x）＜0，得x＜ln（a+1）．所以h（x）在（﹣∞，ln（a+1））上单调递减，在（ln（a+1），+∞）上单调递增．要使得“h（x）=e x﹣（a+1）x﹣b≥0恒成立”，必须有：“当x=ln（a+1）时，h（x）min=（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣b≥0”成立．所以b≤（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）．则a+b≤2（a+1）﹣（a+1）ln（a+1）﹣1．令G（x）=2x﹣xlnx﹣1，x＞0，则G'（x）=1﹣lnx．令G'（x）=0，得x=e．由G'（x）＞0，得0＜x＜e；由G'（x）＜0，得x＞e．所以G（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，当x=e时，G（x）max=e﹣1．从而，当a=e﹣1，b=0时，a+b的最大值为e﹣1．综上，a+b的最大值为e﹣1．…（14分）20．（13分）各项均为非负整数的数列{a n}同时满足下列条件：①a1=m（m∈N*）；②a n≤n﹣1（n≥2）；③n是a1+a2+…+a n的因数（n≥1）．（Ⅰ）当m=5时，写出数列{a n}的前五项；（Ⅱ）若数列{a n}的前三项互不相等，且n≥3时，a n为常数，求m的值；（Ⅲ）求证：对任意正整数m，存在正整数M，使得n≥M时，a n为常数．【解答】（Ⅰ）解：m=5时，数列{a n}的前五项分别为：5，1，0，2，2．（Ⅱ）解：∵0≤a n≤n﹣1，∴0≤a2≤1，0≤a3≤2，又数列{a n}的前3项互不相等，（1）当a2=0时，若a3=1，则a3=a4=a5= (1)且对n≥3，都为整数，∴m=2；若a3=2，则a3=a4=a5= (2)且对n≥3，都为整数，∴m=4；（2）当a2=1时，若a3=0，则a3=a4=a5= 0且对n≥3，都为整数，∴m=﹣1，不符合题意；若a3=2，则a3=a4=a5= (2)且对n≥3，都为整数，∴m=3；综上，m的值为2，3，4．（Ⅲ）证明：对于n≥1，令S n=a1+a2+…+a n，则．又对每一个n，都为正整数，∴，其中“＜”至多出现m﹣1个．故存在正整数M＞m，当n＞M时，必有成立．当时，则．从而．均为整数，由题设知，又及a n+1=，故=常数．∴=a n+1从而=常数．故存在正整数M，使得n≥M时，a n为常数．。