【福建省龙岩市】2017年高考二模数学(理科)试卷-答案

2/12福建省龙岩市2017年高考二模数学（理科）试卷答案一、选择题1~5．BABBD6~10．ACCDA11~12．AB二、填空题13．1514．15．16．①②③三、解答题17．解：（Ⅰ）中，由余弦定理可得：，解得．∴．（Ⅱ）设．

由（Ⅰ）可得：，．

∴．

∴．

在中，由正弦定理可得：．

∴．18．解：（Ⅰ）（1）班的同学成绩在的频率为：，高一（2）班的同学成绩在的频率为：．

补全频率分布直方图如下：（Ⅱ）（1）班成绩在上的人数有人，（2）班成绩在上的人数有4人，∴X的可能取值为0，1，2．，，．

∴X的分布列为：X012P（Ⅲ）由频率分布直方图看，（1）班的主要成绩集中在上，

从茎叶图看，（2）班的主要成绩集中在上，

故（1）班的古诗词水平好于（2）班的古诗词水平.19．证明：（Ⅰ）∵边长为2的菱形中，，E为DC的中点，如图1所示，∴，，∴，∴，

∵将沿BE折起到的位置，且，如图2所示．

在翻折过程中，不变，

∴在中，，

∴为直角三角形．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∴，

以E为原点，ED为x轴，EB为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，

设平面ADP的法向量，

则，取，得，

平面PDE的法向量，

设二面角A—PD—E的平面角为θ，

则，

∴二面角A—PD—E的余弦值为．20．解：（Ⅰ）由题意可得：，，．

联立解得：，．

∴椭圆C的方程为：，焦距为2．（Ⅱ）设PA的方程为：．．

联立，化为：，

解得，∴．

∴．

设，则，解得．

∴直线BP的方程为：，

化为：，令，，

解得，．

∴直线BP经过定点．21．解：（Ⅰ），令，

∴，

∴g（x）在R上单调递增，

∵，，

∴g（x）在R上有且仅有一个零点，即函数在R上有且仅有一个零点；（Ⅱ）①当时，，

令，，

∴，

∴h（x）在上单调递增，

当时，，

即，

∴，

∴，

②当，由（Ⅰ）可得，

令，解得，

当x变化时，g′（x），g（x）变化情况列表如下：xx0g′（x）﹣0+g（x）递减极小值递增∴，

令，

∴，

∴m（x）在上单调递增，在上单调递减，

当时，，即

又∵当时，，

∴在上g（x）存在一个零点x1，即，

∴当x变化时，，在区间变化情况列表如下：xx1+0﹣递增极大值递减∴，与结论矛盾，

综上可知，a的取值范围为22．解：（Ⅰ）曲线C2的极坐标方程为（θ是参数）．可得，化为直角坐标方程：．配方为：．可得曲线C2所表示的曲线为圆：圆心为C2，半径．（Ⅱ）直线C1的参数方程为（t是参数），消去参数t化为普通方程：．

圆心C2到直线C1的距离．

∴点M到直线C1的距离的最大值为，最小值为23．解：（Ⅰ）若，．

其图象如图：

∴的最小值为3，使取得最小值的x的集合为；

（Ⅱ），

由绝对值的几何意义可知，f（x）为数轴上动点x与两个定点、的距离的和，

如图：

当动点x与重合时，最小为0，要使恒成立，

则，即，得或，

∴或

福建省龙岩市2017年高考二模数学（理科）试卷解析一、选择题1．【考点】补集及其运算．【分析】根据题意，解x2﹣4x+3＜0可得集合A，又由全集U={x|x＞1}，结合补集的定义即可得答案．【解答】解：根据题意，x2﹣4x+3＜0⇒1＜x＜3，即A={x|x2﹣4x+3＜0}={x|1＜x＜3}=（1，3），

而集合U={x|x＞1}，

则∁UA={x|x≥3}=[3，+∞）；

故选：B．2．【考点】复数求模．【解答】解：z（1+i）=4，∴z（1+i）（1﹣i）=4（1﹣i），∴2z=4（1﹣i），解得z=2﹣2i．3．【考点】双曲线的简单性质．【分析】写出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：双曲线W：=1（a＞0，b＞0）一个焦点为F（2，0），c=2，双曲线的一条渐近线方程bx+ay=0，

点F到W的渐近线的距离是1，可得=1，

即，解得b=1，则a=，

所以双曲线的离心率为：=．

故选：B．4．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图得到几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得到的三视图，由图中数据计算体积．【解答】解：由三视图得到几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，所以体积为；故选B5．【考点】几何概型．【分析】由题意，本题是几何概型的求法，首先分别求出事件对应区域面积，利用面积比求概率．【解答】解：点M（x，y）是圆C：x2+y2﹣2x=0的内部任意一点，对应区域面积为则点M满足y≥x的区域如图阴影部分，由几何概型的公式得到；故选：D．

6．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用三角函数的恒等变换求得f（x）的解析式，利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用诱导公式、正弦函数的单调性，可得g（）和g（）大小关系．【解答】解：把函数f（x）=cos2（x﹣）=的图象向左平移个单位后，得到的函数为g（x）==的图象，

故有g（）=+cos=+cos（﹣）=+sin，g（）=+cos=﹣cos=﹣cos（+）=+sin，

而sin＞sin＞0，∴g（）＞g（）＞0，

故选：A．7．【考点】简单线性规划．【分析】作出区域D，曲线y=ax2+1表示过点A（0，1）的抛物线，可行域存在无数个点满足抛物线，列出关系式求解可得．【解答】解：作出约束条件不等式所对应的可行域D（如图阴影），曲线y=ax2+1上存在无数个点在D内，可知直线2x﹣y=0与抛物线相切是临界点，如图红色曲线下方满足题意，

设切点为P（m，2m），

y′=2ax，可得2am=2，2m=am2+1，可得m=1，

解得a=1，

可解得A（1，1），

结合图象可得要使y=ax2+1与D内存在无数个点落在D上，可得0＜a＜1，

故选：C．8．【考点】程序框图【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的c，b，a的值，当c=b=a=2时，满足条件退出循环，从而得解．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=4，b=10

不满足判断框内条件，执行循环体，c=10，b=6，a=10

不满足判断框内条件，执行循环体，c=6，b=4，a=6

不满足判断框内条件，执行循环体，c=4，b=2，a=4

不满足判断框内条件，执行循环体，c=2，b=2，a=2

满足判断框内条件，退出循环，输出min（a，b）=2．

故选：C．9．【考点】分段函数的应用【分析】根据f（0）=0计算a，判断f（x）的（0，+∞）上的单调性和最值，根据奇函数的性质得出f（x）在（﹣∞，0）上的情况，综合得出答案．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（0）=0，即a﹣log22=0，∴a=1．

∴当x≥0时，f（x）=1﹣log2（x+2），

∴f（x）在[0，+∞）上单调递减，

令f（x）=﹣1得1﹣log2（x+2）=﹣1，解得x=2．

∴当x≥0时，f（x）＞﹣1的解集为[0，2）．

∵当x≥0时，f（x）≤f（0）=0，f（x）是奇函数，

∴当x＜0时，f（x）＞0，

∴f（x）＞﹣1的解集为（﹣∞，0）∪[0，2）=（﹣∞，2）．

故选D．10．【考点】进行简单的合情推理．【分析】利用已知图形，判断任意两个城市之间均有光缆相通，所需光缆的总长度的最小值即可．【解答】解：由题意可知：任意两个城市之间均有光缆相通，可以由A→C→B→E→F→D架设光缆，此时所需光缆的总长度的最小值是：2+3+3+1+3=12．

故选：A．11．【考点】向量在几何中的应用．【分析】作出向量示意图，利用垂径定理得出CH的长，从而得出OH的最小值．【解答】解：设AB中点为D，连结OD，则OD⊥AB，AD=AB=3，OA=5，∴OD==4，=（），

∴CH=||=||=2OD=8，

又OC=5，

当O，C，H三点共线时，OH取得最小值3．

故选A．12．【考点】命题的真假判断与应用．【分析】由新定义可知，若数列{an}有H值，则数列不是单调数列，且存在k（k≥2，k∈N*），使得“ak＞ak﹣1且ak＞ak+1”成立．

①是等差数列，为单调数列；举例说明②存在H值；利用导数判断函数的单调性，说明③存在H值，④是单调数列．【解答】解：由新定义可知，若数列{an}有H值，则数列不是单调数列，且存在k（k≥2，k∈N*），使得“ak＞ak﹣1且ak＞ak+1”成立．对于①an=1﹣2n，该数列为递减数列，不合题意；

对于②an=sinn，取k=2，则sin2＞sin1，且sin2＞sin3，数列存在H值；

对于③an=，令f（x）=，f′（x）=，由f′（x）=0，得x=3．

当x＜3时，f′（x）＞0，函数为增函数，当x＞3时，f′（x）＜0，函数为减函数，∴x=3时函数取得极大值，也就是最大值，

则对于数列an=，有a3＞a2，且a3＞a4，数列存在H值；

对于④an=lnn﹣n，令g（x）=lnx﹣x，g′（x）=，当x≥1时，g′（x）≤0，数列为递减数列，不合题意．

∴存在H值的数列有2个．

故选：B．二、填空题13．【考点】二项式定理的应用．【分析】由题意可得含x项的系数为1++++，计算求的结果．【解答】解：解：多项式1+x+（1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）5的展开式中，含x项的系数为1++++=1+2+3+4+5=15，故答案为：15．14．【考点】球的体积和表面积．【分析】先确定ABC外接圆的半径，再求出球的半径，即可求得球的表面积．【解答】解：设球心为O，△ABC外接圆的圆心为O′，设球的半径为2r，则OO′=r，∴O′A=r∵AB=BC=CA=3，∴O′A=××3=，

∴r=

∴r=1

∴球的表面积4π•12=4π．

故答案为：4π．15．【考点】数列递推式．【分析】an+1=﹣（an+an+2），可得an+2+an+1=﹣（an+1+an）．利用等比数列的通项公式可得：an+1+an=（﹣1）n．可得a2k﹣1+a2k=﹣1，a2k+1+a2k=1（k∈N*）．对n分类讨论，即可得出前n项和．16．【考点】古典概型及其概率计算公式．【分析】根据白球数目的变化规律即可得出结论．三、解答题17．【考点】正弦定理，余弦定理．【分析】（1）△ACD中，由余弦定理可得：AC2==，解得AC．可得cos∠DAC=．（2）设∠DAC=α=∠DCA．由（1）可得：cosα=，sinα=．可得sin∠BAC=sin（120°﹣α）．sinB=sin（∠BAC+∠BCA）=sin（180°﹣2α）=sin2α．在△BAC中，由正弦定理可得：=．即可得出．18．【考点】频率分布直方图，离散型随机变量及其分布列．【分析】（I）根据面积之和等于1计算（1）班成绩在[80，90）的频率；直角根据公式计算（2）班成绩在[80，90）的频率；（II）利用组合数公式计算概率；（III）根据数据的集中程度得出结论．19．【考点】直线与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）推导出BE⊥DC，AB∥CD，从而AB⊥BE，进而∠ABE=90°，将△BCE沿BE折起到△BPE的位置，且平面BPE⊥平面ABED，在翻折过程中，∠ABE=90°不变，由此能证明△PAB为直角三角形．（Ⅱ）以E为原点，ED为x轴，EB为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PD﹣E的余弦值．20．【考点】椭圆的应用．【分析】（I）由题意可得：b=，，a2=b2+c2．联立解得：a，c．即可得出椭圆C的方程及其焦距．（II）设PA的方程为：my=x﹣2．（m≠0）．与椭圆方程联立化为：（3m2+4）y2+12my=0，

解得P．设B（2，t），根据=﹣1，解得t=﹣3m．可得直线BP的方程为：y+3m=kBP（x﹣2），可得直线BP经过定点（﹣2，0）．21．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，根的存在性及根的个数判断．【分析】（Ⅰ）先求导，再判断其导函数的单调性，根据函数的零点存在定理即可判断，（Ⅱ）分a＜0或a＞0两种情况讨论，对于a＜0，构造函数h（x）=eax﹣ax﹣1，x＞0，根据导数和函数的最值即可证明，对于a＞0，根据（Ⅰ）的结论，根据导数和函数的单调性极值的关系可得g（x0）=2（lna﹣a+1﹣ln2），再构造函数m（x）=lnx﹣x+1﹣ln2，根据导数和函数最值的关系可得当x＞0时，m（x）＜m（1）=﹣ln2＜0，即g（x0）＜0，再根据f′（x），f（x）在区间（﹣∞，x0）变化情况，得到与已知相矛盾，问题得以解决．