2017天津高考模拟数学--理工类

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线2017天津高考模拟数学-理工类（4）考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题1设集合，则（ ）A B C D2已知实数满足约束条件，则的最大值是（ ）A2 B0 C-10 D-1 53 的角所对的边分别为，若，则（ ）A B C D 4执行如图所示的程序框图，如果输入的均为2，则输出的等于开始结束输入输出是否A B C D5边长为4的正三角形ABC中，点D在边AB上，AD=12DB，M是BC

2、的中点，则AMCD=（ ）A. 16 B. 123 C. -83 D. -86设：，：直线与直线垂直，则是的（ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件7设F1,F2分别为双曲线 的左、右焦点，双曲线上存在一点p使得，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 4 D. 8已知函数若在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）A B C D 第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题9 已知偶函数在区间上单调递减，则满足的的取值范围是 10若展开式的常数项为60，则常数= 11如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为_

3、12等比数列的公比，已知， ，则的前项和_13已知定义在上的函数满足，且对于任意， ， ，均有.若， ，则的取值范围为_14已知直线的参数方程为，点是曲线)上的任一点，则点到直线距离的最小值为 . 评卷人得分三、解答题15已知函数.（）求的最小正周期；（）若在区间上的最大值与最小值的和为2，求的值.16某厂生产的产品在出厂前都要做质量检测，每件一等品都能通过检测，每件二等品通过检测的概率为现有件产品，其中件是一等品， 件是二等品（）随机选取件产品，设至少有一件通过检测为事件，求事件的概率；（）随机选取件产品，其中一等品的件数记为，求的分布列及数学期望.17如图，直三棱柱中，点在线段上.（）证明

4、；（）若是中点，证明平面；（）当时，求二面角的余弦值.18已知正项等比数列满足， ， 成等差数列，且（）求数列的通项公式；（）设，求数列的前项和19已知椭圆的下、上焦点分别为，离心率为，点在椭圆上， 且的面积为3.（）求椭圆的方程；（）过且不垂直于坐标轴的动直线交椭圆于两点，点是线段上不与坐标原点重合的动点，若，求的取值范围.20已知， .（1）若曲线在点处的切线的斜率为5，求的值；（2）若函数的最小值为，求的值；（3）当时， 恒成立，求实数的取值范围.试卷第5页，总5页培优辅导，陪你更优秀！参考答案1D【解析】试题分析：因为，故D选项正确.考点：集合交并补的简单运算.2B【解析】试题分析：不

5、等式组在直角坐标平面内所表示的区域如下图中的阴影部分所示:由得： ，当 变化时，它表示一组经过可行域、斜率为 ，在轴上的截距为的平行直线，且直线在 轴上的截距越大 越大，由图可知当直线经过原点时，在直线在轴上的截距最大，所以 ，故选B.考点：简单的线性规划.3A【解析】试题分析：由得，所以，解之得，故选A.考点：余弦定理.4B【解析】试题分析：当时，；，；，程序结束输出，故应选考点：1、算法与程序框图5D【解析】AM·AD=12(AB+AC)(13AB-AC) =12(13|AB|2-|AC|2-23|AB|AC|cos60) =12(13×42-42-23×2&

6、#215;2×12)=-8 ，故选D。6C【解析】本题考查直线关系和充分必要条件的判定。解答：对于命题：直线与直线垂直，充要条件是，所以，故选C。7D【解析】因为，所以双曲线的定义可得，所以，所以，所以，故选D点晴：本题考查的是双曲线的定义和双曲线的离心率.求双曲线的离心率的方法就是建立量之间的关系，对圆锥曲线的考查当然也离不开定义的应用.本题中结合可得到，解得，再由离心率的求解公式代入求值即可.8C【解析】试题分析：因为函数若在上单调递增，所以，所以实数的取值范围为。考点：分段函数的单调性；对数函数的单调性；一次函数的单调性。点评：此题是典型的易错题。错误的主要原因是忘记限制。属于

7、中档题。9【解析】因为偶函数在区间上单调递减，则满足。 104【解析】试题分析：由两项式定理得通项得，取时为常数，则，解得。考点：两项式定理点评：在两项式定理中，通项是最重要的知识点，解决此类题目，必然用到它。11；【解析】由三视图知,圆锥底面的直径为4,所以半径为2,高为,所以母线长为 ,圆柱的底面直径4,半径为2,高为4.所以该组合体的表面积为 .12【解析】由得：，即， ，解得：q2，又=1，所以， ，。13【解析】定义在上的函数满足，且对于任意， ， ，均有， 在 上递减，在 上递增， ，因为 是偶函数，所以或 ，可得或 ，故答案为 .14【解析】试题分析：直线的参数方程为，化为普通方

8、程：曲线化为普通方程：，可得圆心，半径则圆心到直线距离点到直线距离的最小值为故答案为：考点：参数方程化成普通方程15（1）（2）【解析】试题分析：（）根据二倍角公式及辅助角公式可将函数化为即可求得周期 ；（）根据三角函数的有界性不，求出函数的最值，列方程求解即可.试题解析：（） （）因为，所以当，即时， 单调递增当，即时， 单调递减所以又因为， 所以故，因此【方法点晴】本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的周期性及三角函数的有界性，属于难题三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以

9、在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与落实三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解16() ; （）见解析. 【解析】试题分析：（）“至少有一件通过检测”的反面是“没有一件通过检测”，即三件都不通过，利用互斥事件的概率可得；（）求的分布列，首先要确定变量的取值，由于10件中有6件一等品，因此的取值依次为，由古典概型概率公式可得各概率，从而得分布列，再由期望公式可计算出期望试题解析：() 所以随机选取3件产品，

10、至少有一件通过检测的概率为. （）由题可知可能取值为. , , . 则随机变量的分布列为0123 17（1）见解析（2）【解析】试题分析：以C 为原点建立空间直角坐标系C-xyz ，（）分别求出向量AC,B1C的坐标根据AC·B1C=0可得结果；（）求出平面B1CD 的法向量，利用向量法能证明AC1 平面B1CD ；（）求出平面BCD 的法向量和平面B1CD 的法向量，利用空间向量法夹角余弦公式能求出二面角B-CD-B1 的余弦值. 试题解析：（）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系.则，.，所以.（）解法一：设平面的法向量，由，且，令得，所以，又平面，所以平面；解法二：证明：连接

11、，交于，.因为直三棱柱，是中点，所以侧面为矩形，为的中位线.所以，因为平面，平面，所以平面.（）由（）知，设，因为点在线段上，且，即.所以，.所以，.平面的法向量为.设平面的法向量为，由，得，所以，.设二面角的大小为，所以.所以二面角的余弦值为.18（）; （）.【解析】试题分析： （）已知数列是等比数列，本题可以用基本量法求通项公式，即把已知用首项和公比表示并解出，从而得通项公式，也要用等比数列的性质，直接求出公比， ，从而，再去求首项即可；（）由（）可得，利用错位相减法可求得其前项和试题解析：（）设正项等比数列的公比为（），由 ，故，解得，因为，所以又因为， ， 成等差数列，所以，解得，所

12、以数列的通项公式为 .（）依题意得，则，由得 ，所以数列的前项和点睛：当数列是一个等差数列与等比数列相乘所形成的数列时，可以用错位相减法求和，具体方法就是写出和式： ，然后在此式两边乘以公比得： ，注意错位后两式相减，求得，此式右边中间是一个等比数列的和（要注意项数），从而可得这种方法，实质上我们在求等比数列的前项和时也用到过根据数列的特征，求数列和的方法还有公式法、分组求和法、裂项相消法、倒序相加法等19（1）（2）【解析】试题分析：（）由椭圆的定义及勾股定理可得，结合三角形面积公式及可得的值，即可得椭圆的标准方程；（）设，令，联立直线与椭圆的方程结合韦达定理可得， ，将利用坐标表示，可得，

13、故可得结果.试题解析： 解：（）依据题意有 ，所以 椭圆的方程为.（）设，令.联立 ，则.法一： ，即 ，又，可得： .法二： .又，可得： .20（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）本问考查导数几何意义，求导公式和导数四则运算，由题对求导得， ，则，于是；（2）本问考查利用导数研究函数的最值， ，当，则，分别讨论当， 时，函数的单调性，从而求出最小值，令最小值等于，求出的值；（3）本问考查恒成立问题的解法，首先将不等式 等价转化为 ，即 ，所以问题转化为求函数的最小值，利用已经得到的单调性可以求出最小值，进而求出的范围.试题解析：（1）， ， .（2）函数的定义域为， ，令，则，当，即时，在上， ，函数单调递增，无最小值.当，即时，在上， ，函数单调递减；在上， ，函数单调递增，所以函数的最小值为 ，解得.综上，若函数的最小值为，则.（3）由 得， ，即 ，令，则 ，由（1）可知，当时， 在上单调递减，在上， 单调递增，所以在上， ，所以，即.考