【福建省】2017届普通高中高考(四月)数学(理科)模拟试卷-答案

1/19福建省2017届普通高中高考（四月）数学（理科）模拟试卷答案一、选择题1~5．ABABD6~10．BBCDC11~12．DA二、填空题13．14．15．16．三、解答题17．解：（1）在中，，，，由余弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，即，解得．（2）设，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，由正弦定理得，即，解得，∴，，∴四边形的面积：．18．解：（1）记“从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D，依题意，，从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为，则～，∴从该校教师中随机抽取3人，至多有一人手机月使用流量不300M的概率为：．（2）依题意，从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量的概率为：，的概率为：，当学校订购套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为元，则的所有可能取值为20，35，50，且，，，∴的分布列为：2035500.30.60.1∴（元）．当学校订购套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为元，则的可能取值为30，45，且，，∴的分布列为：30450.90.1，当学校订购套餐时，设学校为一位教师承担的月费用为元，则的所有可能取值为38，且，，∵，∴学校订购套餐最经济．19．证明：（1）设是中点，连结、、，在中，，∴，∵四边形是菱形，，∴是等边三角形，∴，∴是二面角的平面角，在中，，，∴，又∵，∴，∴，∴平面平面．解：（2）由（1）知、、两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，∵，，又，，，，∴，，又，∴平面，∵，∴四点共面，又平面，平面，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设平面与平面所成的锐二面角为，则．∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．20．解：（1）由题意可知：，则，①由函数的对称性，设在轴上方，则在轴上的射影为，则，，，则直线的方程为，由，则，则的坐标为，则点到直线的距离，整理得：，②由①②可得：，，则椭圆的标准方程：；（2）除以外，直线与无其他公共点，设，则，则，则，则，，由，则，则，则，∴，则直线的方程，整理得：，则，整理得：，即，由，∴除以外，直线与无其它公共点．方法二：（1）由题意可知：，则，①由函数的对称性，设P在x轴上方，由，则，则的坐标为，则，，在中，由正弦定理可知：，则中，由正弦定理可知：，由，则，又由，则，故，由，则，，由，整理得：，整理得：，②由①②可得：，，则椭圆的标准方程：；（2）除以外，直线与无其他公共点，设，则，则，则，则，，由，则，则，则，∴，则直线的方程，整理得：，则，整理得：，即，由，∴除以外，直线与无其它公共点．21．证明：（1）∵，∴，∵，∴当时，，∴在上是减函数，∴当时，成立．解：（2）有唯一极值点．理由如下：设，则，∵，∴当时，，∴在上单调递增，∵在上存在唯一零点，又由（1）知，当时，，∴在上无零点，∴在上存在唯一零点，∴当时，，当时，．∴当时，有唯一极值点，且为极小值点．（3由（2）知，当时，，，∵，∴，∴，∴，设，则，当时，，∴，即在单调递减，又∵时，．∴对于每一个，均存在唯一的与之相对应，反之亦然，设，，则，上单调递增，∴当时，，．∴函数的值域为．[选修4—4坐标系与参数方程]22．解：（1）∵曲线的参数方程为（为参数），∴的普通方程为，即，∴的极坐标方程为，即．（2）依题意，设点、的极坐标分别为，，将代入，得，将代入，得，∴，依题意，点到曲线的距离，∴．[选修4—5不等式选讲]23．（1）解：由题意，，，不等式化为，即，∴；，不等式化为，即，∴；，不等式化为，即，不成立，综上所述，不等式的解集为；（2）证明：不妨设，则，要证明，证明，只要证明，∵，∴，∴．

福建省2017届普通高中高考（四月）数学（理科）模拟试卷解析一、选择题1．【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．【解答】解：，∴（1﹣i）（1﹣i），∴z=（1﹣i）=1﹣i．=1+i则在复平面内，对应的点（1，1）位于第一象限．故选：A．【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2．【考点】1H：交、并、补集的混合运算．【分析】先分别求出集合A，B，从而得到CRB，由此能求出A∩∁RB．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣3x＜0}={x|0＜x＜3}，B={x|x＞2}，∴CRB={x|x≤2}，A∩∁RB={x|0＜x≤2}．故选：B．【点评】本题考查补集、交集的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想，是基础题．3．【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】由条件根据诱导公式、y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．【解答】解：将函数y=3cos（2x+）的图象向右平移个单位长度，可得：y=3cos[2（x﹣）+]=3cos（2x+），由2x+=+kπ，（k∈Z），可得：对称中心横坐标x=kπ+，（k∈Z），可得：当k=0时，平移后图象的一个对称中心是（，0）．故选：A．【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律，比较基础．4．【考点】85：等差数列的前n项和．【分析】先利用等差数列通项公式求出第5天派出的人数，再利用等差数列前n项和公式求出前5天一共派出多少人，由此能求出结果．【解答】解：∵第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，∴第5天派出：64+4×7=92人，∴前5天共派出=390（人），∴前5天应发大米：390×3=1170（升）．故选：B． 【点评】本题考查等差数列的性质，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归转化思想，是基础题．5．【考点】L!：由三视图求面积、体积．【分析】根据几何体的三视图知：该几何体是棱长为2的正方体，挖去半个圆锥体，结合图中数据，计算它的体积即可．【解答】解：根据几何体的三视图知，该几何体是棱长为2的正方体，挖去半个圆锥体，如图所示；结合图中数据，计算它的体积为V=23﹣××π×12×2=8﹣．故选：D．【点评】本题考查了几何体三视图的应用问题，是基础题．6．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】购买该食品4袋，购买卡片编号的所有可能结果为：n=34，获奖时至多有2张卡片相同，且“富强福”、“和谐福”、“友善福”三种卡片齐全，由此能求出购买该食品4袋，获奖的概率．【解答】解：购买该食品4袋，购买卡片编号的所有可能结果为：n=34，获奖时至多有2张卡片相同，且“富强福”、“和谐福”、“友善福”三种卡片齐全，相同的2张为，在4个位置中选2个位置，有种选法，其余2个卡片有种选法，∴获奖包含的基本事件个数m==36，∴购买该食品4袋，获奖的概率为p==．故选：B．【点评】本题考查丰典概型及应用，考查概率的计算，考查计数原理，考查排列组合，解答本题的关系是正确理解获奖的情形，解题时要认真审题，注意排列组合公式的合理运用，是中档题．7．【考点】EF：程序框图．【分析】模拟循环，利用周期，即可得出结论．【解答】解：由题意，a=，b=1，i=2a=﹣1，b=﹣2，i=3，a=2，b=﹣4，i=4，a=，b=1，i=5，…a=，b=1，i=2015，a=﹣1，b=﹣2，i=2016，a=2，b=﹣4，i=2017，a=，b=1，i=2018，退出循环，输出1，故选B．【点评】本题主要考查了直到型循环结构，循环结构有两种形式：当型循环结构和直到型循环结构，当型循环是先判断后循环，直到型循环是先循环后判断，属于基础题之列．8．【考点】K8：抛物线的简单性质．【分析】由题意可知：|AC|=2|AF|，则∠ACD=，利用三角形相似关系可知丨AF丨=丨AD丨=，直线AB的切斜角，设直线l方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及抛物线弦长公式求得丨AB丨，即可求得|BF|．【解答】解：抛物线y2=4x焦点F（1，0），准线方程l：x=﹣1，准线l与x轴交于H点，过A和B做AD⊥l，BE⊥l，由抛物线的定义可知：丨AF丨=丨AD丨，丨BF丨=丨BE丨，|AC|=2|AF|，即|AC|=2|AD|，则∠ACD=，由丨HF丨=p=2，∴==，则丨AF丨=丨AD丨=，设直线AB的方程y=（x﹣1），，整理得：3x2﹣10x+1=0，则x1+x2=，由抛物线的性质可知：丨AB丨=x1+x2+p=，∴丨AF丨+丨BF丨=，解得：丨BF丨=4，故选C．【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查相似三角形的性质，考查计算能力，数形结合思想，属于中档题．9．【考点】7G：基本不等式在最值问题中的应用；9H：平面向量的基本定理及其意义．【分析】利用已知条件推出x+y=1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值．【解答】解：D，E是△ABC边BC的三等分点，点P在线段DE上，若=x+y，可得x+y=1，x，y∈[，]，则xy≤=，当且仅当x=y=时取等号，并且xy=x（1﹣y）=x﹣x2，函数的开口向上，对称轴为：x=，当x=或x=时，取最小值，xy的最小值为：．则xy的取值范围是：[，]．故选：D．【点评】本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．10．【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】由题意，球心O必在EF上，则OF2+22=R=（4﹣OF）2+42，即可得出结论．【解答】解：由题意，球心O必在EF上，则OF2+22=R=（4﹣OF）2+42，∴OF2=，R=．故选C．【点评】本题考查球的半径的求解，考查方程思想，比较基础．11．【考点】KI：圆锥曲线的综合．【分析】求出双曲线方程，利用点差法，即可得出结论．【解答】解：由题意，M，N是双曲线的右支上的两点，a=，c=2，b=1，∴双曲线方程为=1（x＞），设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=12，y1+y2=2，代入双曲线方程，作差可得（x1﹣x2）﹣2（y1﹣y2）=0，∴k=2，故选D．【点评】本题考查双曲线方程，考查点差法的应用，中点坐标公式，考查计算能力，属于中档题．12．【考点】3T：函数的值．【分析】令F（x）=，令G（x）=，根据函数的单调性分别求出F（x）的最小值和G（x）的最大值，求出a的范围即可．【解答】解：由⇒⇒＜a＜，令F（x）=，则F′（x）=＜0对x∈（1，2）成立，∴F（x）在（1，2）递减，∴F（x）min=F（2）=ln2，令G（x）=，则G′（x）=＞0对x∈（1，2）成立，∴G（x）在（1，2）上递增，∴G（x）max=G（2）=，故ln2＜a＜时，满足题意，故选：A．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．二、填空题13．【考点】DC：二项式定理的应用．【分析】求出（x+1）5展开式的含x2与x3项的系数，再计算（x﹣2）（x+1）5展开式中x3的系数．【解答】解：（x+1）5展开式的通项公式为Tr+1=C5r•x5﹣r，令5﹣r=2，解得r=3，所以T4=C53•x2=10x2；令5﹣r=3，解得r=2，所以T3=C52•x3=10x3；所以（x﹣2）（x+1）5展开式中x3的系数为10×1+10×（﹣2）=﹣10．故答案为：﹣10．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．14．【考点】7C：简单线性规划．【分析】作出不等式对应的平面区域，利用z的几何意义，利用直线平移法进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=﹣x+y，得y=x+z表示，斜率为1纵截距为Z的一组平行直线，平移直线y=x+z，当直线y=x+z经过点A或B即和直线x﹣y+1=0重合时，直线y=x+z的截距最大，此时z最大，此时﹣x+y=1，即此时z=1，故答案为：1．【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．15．【考点】3N：奇偶性与单调性的综合．【分析】根据题意，分析可得函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x）为奇函数且为增函数，进而可以将f（2x+1）+f（1）≥0变形为f（2x+1）≥f（﹣1），结合单调性可得2x+1≥﹣1，解可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x），其定义域为R，f（﹣x）=（﹣x）2（2﹣x﹣2x）=﹣x2（2x﹣2﹣x）=﹣f（x），即函数f（x）为奇函数；函数f（x）=x2（2x﹣2﹣x），其导数f′（x）=x2（2x﹣2﹣x）=2x•（2x﹣2﹣x）+x2•ln2（2x+2﹣x）＞0，为增函数；而f（2x+1）+f（1）≥0⇔f（2x+1）≥﹣f（1）⇔f（2x+1）≥f（﹣1）⇔2x+1≥﹣1，解可得x≥﹣1；即不等式f（2x+1）+f（1）≥0的解集{x|x≥﹣1}，故答案为：{x|x≥﹣1}．【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析函数的奇偶性与单调性．16．【考点】8E：数列的求和．【分析】运用数列的递推关系，n≥2时将n换为n﹣1，相减可得数列{an}的通项公式，再由取整函数的定义，运用不完全归纳法，即可得到所求和．【解答】解：由，①可得a2﹣S1=，a2=a1+=，将n换为n﹣1，可得an﹣Sn﹣1=，n≥2②由an=Sn﹣Sn﹣1，①﹣②可得，an+1=2an，则an=a22n﹣2=•2n﹣2=•2n，上式对n=1也成立．则an=•2n，bn=[an]=[•2n]，当n=1时，b1+b2=0+1=1=﹣1﹣；当n=2时，b1+b2+b3+b4=0+1+2+5=8=﹣2﹣；当n=3时，b1+b2+b3+b4+b5+b6=0+1+2+5+10+21=39=﹣3﹣；当n=4时，b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8=0+1+2+5+10+21+42+85=166=﹣4﹣；…则数列{bn}的前2n项和为b1+b2+b3+b4+…+b2n﹣1+b2n=﹣n﹣．故答案为：﹣n﹣．【点评】本题考查了等比数列的通项公式、取整函数，考查了推理能力与计算归纳能力，属于中档题．三、解答题17．【考点】LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【分析】（1）由余弦定理求出BD=，由此利用正弦定理能求出sin∠ADB．（2）设∠CBD=α，则sin，cosα=，从而sinC=sin（）=，由正弦定理求出BC=7，四边形ABCD的面积S=S△BCD+S△ABD，由此能求出结果．【点评】本题考查余弦定理、正弦定理、解三角形等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．18．【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】（1）记“从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量不超过300M”为事件D，依题意，P（D）=0.3，从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300M的人数为X，则X～B（3，0.3），由此能求出从该校教师中随机抽取3人，至多有一人手机月使用流量不300M的概率．（2）依题意，从该校随机抽取一名教师，该教师手机月使用流量L∈（300，500]的概率为0.6，L∈（500，700]的概率为0.1，分别求出三各套餐的数学期望，能得到学校订购B套餐最经济．【点评】本题考查频率分布直方图、独立重复试验、数学期望等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查统计与概率思想、分类与整合思想，是中档题．19．【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定．【分析】（1）设O是AC中点，连结OF、OB、FC，推导出OB⊥AC，OF⊥AC，则∠FOB是二面角F﹣AC﹣B的平面角，由此能证明平面ABC⊥平面ACDF．（2）以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AEF与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．【点评】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系以及二面角等基础知识，考查空间想象能力，推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．20．【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．【分析】方法一：（1）由丨F1F2丨=2c，则c2=a2﹣1，求得直线PF1的方程，利用点到直线的距离公式，求得a2c2=2，即可求得C的方程；（2）求得及，根据向量数量积的坐标运算，求得yQ=，求得PQ的方程，代入椭圆方程，△=（2y0）2﹣4y02=0，则除P以外，直线PQ与C无其它公共点．方法二：丨F1F2丨=2c，则c2=a2﹣1，利用正弦定理及三角形的相似性，求得丨PF1丨=3丨PF2丨，由椭圆定义及勾股定理，即可求得2c2=a2，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）求得及，根据向量数量积的坐标运算，求得yQ=，求得PQ的方程，代入椭圆方程，△=（2y0）2﹣4y02=0，则除P以外，直线PQ与C无其它公共点．【点评】本题考查椭圆的标准方程，向量数量积的坐标运算，直线与椭圆