2017年青海省西宁市高考二模试卷数学文

2017年青海省西宁市高考二模试卷数学文

2017 年青海省西宁市高考二模试卷数学文 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的. 1.复数 5 12 i i =( ) A.2-i B.1-2i C.-2+i D.-1+2i 解析：      5 1 25 21 2 1 2 1 2 iii ii i i       . 答案：C 2.设集合 M={-1，0，1}，N={a，a2}则使 M∩N=N 成立的 a 的值是( ) A.1 B.0 C.-1 D.1 或-1 解析：∵M={-1，0，1}，N={a，a2}，M∩N=N，∴ 2 1 1 a a    ， ， 解得 a=-1. 答案：C 3.已知平面向量 a =(1，2)，b =(-2，m)，且 a ∥ ，则| |为( ) A.2 5 B.5 C.3 D.1 解析：∵ ∥ ，平面向量 =(1，2)， =(-2，m)， ∴-2×2-m=0，解得 m=-4.∴ =(-2，-4)，∴    222 4 2 5b      . 答案：A 4.已知 cos 4)45( ，则 sin2α=( ) A. 24 25 B. 7 25 C.± D.± 7 25 解析：由 cos 4)45( ， 可得：cos 4  cosα+sin sinα= 4 5 ，则 cosα+sinα= 42 5 ， 两边平方，得 1+sin2α= 32 25 ，则 sin2α= . 答案：B 5.某四棱锥的三视图如图所示，其中正(主)视图是等腰直角三角形，侧(左)视图是等腰三角 形，俯视图是正方形，则该四棱锥的体积是( ) A.8 B. 8 3 C.4 D. 4 3 解析：由三视图可知，几何体是一个底面是正方形的四棱锥，且一条侧棱垂直于底面. 底面对角线的长为 2，底面面积是 S= 1 2 ×22=2， 四棱锥高为 h=2，所以它的体积是 142233   . 答案：D 6.抛物线 y2=16x 的焦点为 F，点 A 在 y 轴上，且满足 OA OF ，抛物线的准线与 x 轴的 交点是 B，则 FA AB =( ) A.-4 B.4 C.0 D.-4 或 4 解析：抛物线 y2=16x 的焦点为 F(4，0)， ，可得 A(0，±4)， 又 B(-4，0)，即有 FA =(-4，4)， AB =(-4，-4)，或 =(-4，-4)， =(-4，4)， 则有 =16-16=0. 答案：C 7.在△ABC 中，A，B，C 成等差数列是(b+a-c)(b-a+c)=ac 的( ) A.充分但不必要条件 B.必要但不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析：(1)如图，若 A，B，C 成等差数列：2B=A+C，所以 3B=180°，B=60°； ∴由余弦定理得，b2=a2+c2-ac；∴a2+c2-b2=ac； ∴(b+a-c)(b-a+c)=b2-(a-c)2=b2-a2-c2+2ac=-ac+2ac=ac；即(b+a-c)(b-a+c)=ac； ∴A，B，C 成等差数列是(b+a-c)(b-a+c)=ac 的充分条件； (2)若(b+a-c)(b-a+c)=ac，则：b2-(a-c)2=b2-a2-c2+2ac=ac；∴a2+c2-b2=ac； 由余弦定理：a2+c2-b2=2ac·cosB；∴cosB= 1 2 ；∴B=60°； ∴60°-A=180°-(A+60°)-60°；即 B-A=C-B； ∴A，B，C 成等差数列；∴A，B，C 成等差数列是(b+a-c)(b-a+c)=ac 的必要条件； ∴综上得，A，B，C 成等差数列是(b+a-c)(b-a+c)=ac 的充要条件. 答案：C 8.现有四个函数：①y=x·sinx；②y=x·cosx；③y=x·|cosx|；④y=x·2x 的图象(部分) 如图： 则按照从左到右图象对应的函数序号安排正确的一组是( ) A.①④③② B.③④②① C.④①②③ D.①④②③ 解析：根据①y=x·sinx 为偶函数，它的图象关于 y 轴对称，故第一个图象即是； 根据②y=x·cosx 为奇函数，它的图象关于原点对称，它在(0， 2  )上的值为正数， 在( 2  ，π)上的值为负数，故第三个图象满足； 根据③y=x·|cosx|为奇函数，当 x＞0 时，f(x)≥0，故第四个图象满足； ④y=x·2x，为非奇非偶函数，故它的图象没有对称性，故第 2 个图象满足. 答案：D 9.若偶函数 f(x)在(-∞，0]上单调递减，a=f(log23)，b=f(log45)，c=f( 3 22 )，则 a，b，c 满足( ) A.a＜b＜c B.b＜a＜c C.c＜a＜b D.c＜b＜a 解析：∵偶函数 f(x)在(-∞，0]上单调递减，∴f(x)在{0，+∞)上单调递增， ∵2＞log23=log49＞log45， 3 22 ＞2，∴f(log45)＜f(log23)＜f( )，∴b＜a＜c. 答案：B. 10.函数 y=cos(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，A、B 分别为最高点与最低点，且|AB|=2 2 ，则该函数图象的一条对称轴为( ) A.x= 2  B.x= 3  C.x=2 D.x=1 解析：由函数 y=cos(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜π)为奇函数，可得φ=kπ+ 2  ，k∈z. 再结合 0＜φ＜π，可得φ= . 再根据 AB2=8=4+(   )2，求得ω= ，∴函数 y=cos( 22x )=-sin 2  x，故它的一条对称 轴方程为 x=1. 答案：D 11.椭圆 22 22 xy ab =1(a＞b＞0)的中心在原点，F1，F2 分别为左、右焦点，A，B 分别是椭圆的 上顶点和右顶点，P 是椭圆上一点，且 PF1⊥x 轴，PF2∥AB，则此椭圆的离心率等于( ) A. 1 3 B. 1 2 C. 2 2 D. 5 5 解析：如图所示，把 x=-c 代入椭圆方程 =1(a＞b＞0)，可得 P(-c， 2b a )， 又 A(0，b)，B(a，0)，F2(c，0)，∴kAB= b a ，kPF2= 2 2 b ac ， ∵PF2∥AB，∴ 2 2 bb a ac   ，化为：b=2c.∴4c2=b2=a2-c2，即 a2=5c2，∴e= 2 2 5 5 c a  . 答案：D 12.已知定义在 R 上的函数 f(x)满足：①f(x)=f(4-x)，②f(x+2)=f(x)，③在[0，1]上表达 式为 f(x)=2x-1，则函数 g(x)=f(x)-log3|x|的零点个数为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 解析：函数 f(x)满足：①f(x)=f(4-x)，∴f(x+2)=f(2-x)， ∴函数的对称轴为 x=2， ∵f(x+2)=f(x)，∴函数的周期为 2， ∵在[0，1]上表达式为 f(x)=2x-1， 做出函数的图象和 y=log3|x|的图象， 通过图象得出交点的个数为 4. 答案：A 二、填空题(每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上) 13.2016 年夏季大美青海又迎来了旅游热，甲、乙、丙三位游客被询问是否去过陆心之海青 海湖，海北百里油菜花海，茶卡天空之境三个地方时， 甲说：我去过的地方比乙多，但没去过海北百里油菜花海； 乙说：我没去过茶卡天空之境； 丙说：我们三人去过同一个地方. 由此可判断乙去过的地方为 . 解析：由乙说：我没去过茶卡天空之境，则乙可能去过陆心之海青海湖或茶卡天空之境， 但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过海北百里油菜花海，则乙只能是去过陆心之海青海 湖，茶卡天空之境中的任一个， 再由丙说：我们三人去过同一个地方， 则由此可判断乙去过的地方为陆心之海青海湖. 答案：陆心之海青海湖 14.公元 263 年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面 积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”.利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小 数点后两位的近似值 3.14，这就是著名的“徽率”.如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计 的一个程序框图，则输出 n 的值为 .(参考数据：sin15°=0.2588，sin7.5° =0.1305) 解析：模拟执行程序，可得 n=6，S=3sin60°= 33 2 ， 不满足条件 S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3， 不满足条件 S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056， 满足条件 S≥3.10，退出循环，输出 n 的值为 24. 答案：24 15.在区间[-1，1]上随机取一个数 k，使直线 y=k(x+2)与圆 x2+y2=1 有公共点的概率 为 . 解析：圆 x2+y2=1 的圆心为(0，0)， 圆心到直线 y=k(x+2)的距离为 2 2 1 k k  ， 要使直线 y=k(x+2)与圆 x2+y2=1 有公共点，则 2 2 1 k k  ＜1 解得 33 33k   ， ∴在区间[-1，1]上随机取一个数 k，使直线 y=k(x+2)与圆 x2+y2=1 有公共点的概率为   33 333 1 1 3     . 答案： 3 3 16.已知正四棱锥 S-ABCD 中，SA=2 3 ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为 . 解 析 ： 设 底 面 边 长 为 a ， 则 高 h= 2 2 2 2 1222 aaSA      ， 所 以 体 积 V= 6 2411123 3 2 aa h a， 设 y=12a4- 1 2 a6，则 y′=48a3-3a5，当 y 取最值时，y′=48a3-3a5=0，解得 a=0 或 a=4 时，当 a=4 时，体积最大，此时 h= 2 12 2 a 2. 答案：2 三、解答题(本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且 b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4. (1)求{an}的通项公式； (2)设 cn=an+bn，求数列{cn}的前 n 项和. 解析：(1)设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列，运用通项公式可得 q=3，d=2，进而得到所求通项公式； (2)求得 cn=an+bn=2n-1+3n-1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的 求和公式，计算即可得到所求和. 答案：(1)设{an}是公差为 d 的等差数列，{bn}是公比为 q 的等比数列， 由 b2=3，b3=9，可得 q= 3 2 b b =3，bn=b2qn-2=3·3n-2=3n-1； 即有 a1=b1=1，a14=b4=27，则 d= 14 1 13 aa =2，则 an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1； (2)cn=an+bn=2n-1+3n-1， 则数列{cn}的前 n 项和为(1+3+…+(2n-1))+(1+3+9+…+3n-1)= 21 1 3 3 122 1 3 2 nn n n n    . 18.为选拔选手参加“中国谜语大会”，某中学举行了一次“谜语大赛”活动.为了了解本次 竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数(得分取正整数，满分为 100 分)作为样本 (样本容量为 n)进行统计.按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]的分 组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图(图中仅列出了得分在[50，60)，[90，100] 的数据). (Ⅰ)求样本容量 n 和频率分布直方图中的 x、y 的值； (Ⅱ)在选取的样本中，从竞赛成绩在 80 分以上(含 80 分)的学生中随机抽取 2 名学生参加“中 国谜语大会”，求所抽取的 2 名学生中至少有一人得分在[90，100]内的概率. 解析：(Ⅰ)由样本容量和频数频率的关系易得答案； (Ⅱ)由题意可知，分数在[80，90)内的学生有 5 人，记这 5 人分别为 a1，a2，a3，a4，a5， 分数在[90，100]内的学生有 2 人，记这 2 人分别为 b1，b2，列举法易得. 答 案 ： ( Ⅰ ) 由 题 意 可 知 ， 样 本 容 量 n 8 0.016 10 =50 ， y 2 50 10 =0.004 ， x=0.100-0.004-0.010-0.016-0.040=0.030； (Ⅱ)由题意可知，分数在[80，90)内的学生有 5 人，记这 5 人分别为 a1，a2，a3，a4，a5， 分数在[90，100]内的学生有 2 人，记这 2 人分别为 b1，b2.抽取的 2 名学生的所有情况有 21 种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2， a4)，(a2，a5)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，a5)，(a4， b1)，(a4，b2)，(a5，b1)，(a5，b2)，(b1，b2). 其中 2 名同学的分数都不在[90，100]内的情况有 10 种，分别为： (a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)， (a4，a5). ∴所抽取的 2 名学生中至少有一人得分在[90，100]内的概率 P= 10 111 21 21. 19.如图，在矩形 ABCD 中，点 E 为边 AD 上的点，点 F 为边 CD 的中点，AB=AE= 2 3 AD=4，现 将△ABE 沿 BE 边折至△PBE 位置，且平面 PBE⊥平面 BCDE. (1)求证：平面 PBE⊥平面 PEF； (2)求四棱锥 P-BCEF 的体积. 解析：(1)在 Rt△DEF 中，由已知可得∠DEF=45°，在 Rt△ABE 中，得到∠AEB=45°，则可 得到 EF⊥BE，结合平面 PBE⊥平面 BCDE，可得 EF⊥平面 PBE，从而得到平面 PBE⊥平面 PEF； (2)过 P 做 PO⊥BE，由面面垂直的性质及线面垂直的判定得到 PO⊥平面 BCDE，即 PO 为四棱 锥 P-BCFE 的高.把 S 四边形 BCFE 转化为 S 矩形 ABCD-S△ABE-S△DEF，求值后代入棱锥的体积公式得答案. 答案：(1)在 Rt△DEF 中，∵ED=DF，∴∠DEF=45°. 在 Rt△ABE 中，∵AE=AB，∴∠AEB=45°，∴∠BEF=90°，则 EF⊥BE. ∵平面 PBE⊥平面 BCDE，且平面 PBE∩平面 BCDE=BE，∴EF⊥平面 PBE， ∵EF平面 PEF，∴平面 PBE⊥平面 PEF； (2)过 P 做 PO⊥BE， ∵PO平面 PBE，平面 PBE⊥平面 BCDE 且平面 PBE∩平面 BCDE=BE，∴PO⊥平面 BCDE， 四棱锥 P-BCFE 的高 h=PO=2 2 .S 四边形 BCFE=S 矩形 ABCD-S△ABE-S△DEF=6×4- 1 2 ×4×4- ×2×2=14， 则 VP-BCFE= 1 3 S 四边形 BCFE·h= 1 28 214 2 233   . 20.已知椭圆 C： 22 22 xy ab =1(a＞b＞0)的右焦点为 F(1，0)，且点 P(1， 3 2 )在椭圆 C 上，O 为坐标原点. (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程； (Ⅱ)设过定点 T(0，2)的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A、B，且∠AOB 为锐角，求直线 l 的斜率 k 的取值范围. 解析：(Ⅰ)利用已知条件求出 c=1，得到 a2=b2+1.通过点 P(1，3 2 )在椭圆 C 上，得到 22 1 94 ab =1，可解椭圆 C 的标准方程. (Ⅱ)设直线 l 的方程为 y=kx+2，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，通过联立直线与椭圆方程，利用 韦达定理以及 x1x2+y1y2＞0.判别式的符号，求解 k 的范围即可. 答案：(Ⅰ)由题意，得 c=1，所以 a2=b2+1. 因为点 P(1， )在椭圆 C 上，所以 =1，可解得 a2=4，b2=3. 则椭圆 C 的标准方程为 22 43 xy =1. (Ⅱ)设直线 l 的方程为 y=kx+2，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 22 143 2 xy y kx     ， ， 得(4k2+3)x2+16kx+4=0. 因为△=48(4k2-1)＞0，所以 k2＞ 1 4 ， 由根与系数的关系，得 x1+x2= 2 16 43 k k   ，x1x2= 2 4 43k  . 因为∠AOB 为锐角，所以OA OB ＞0，即 x1x2+y1y2＞0. 所以 x1x2+(kx1+2)(kx2+2)＞0， 即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4＞0，  2 2 2 2 2 4 16 12 161 2 4 0 04 3 4 3 4 3 kkkkk k k           ＞ ＞ ，所 以 k2＜ 4 3 . 综上 14＜k2＜ ，解得 2 3 1 32k＜ ＜ 或 1 2 3 23k＜ ＜ . 21.已知函数 f(x)=aln(x+1)-ax-x2. (1)若 x=1 为函数 f(x)的极值点，求 a 的值； (2)讨论 f(x)在定义域上的单调性. 解析：(1)求函数的导数，根据 x=1 为函数 f(x)的极值点，建立方程 f′(1)=0，进行求解即 可. (2)求函数的导数，讨论 a 的取值范围，结合函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可. 答案：(1)因为 f′(x)= 1 a x  -a-2x， 令 f′(1)=0，即 2 a -a-2=0，解得 a=-4， 经检验：此时，x∈(0，1)，f′(x)＞0，f(x)递增； x∈(1，+∞)，f′(x)＜0，f(x)递减， ∴f(x)在 x=1 处取极大值.满足题意. (2)f′(x)= 22 2211 axxa axxx    ， 令 f′(x)=0，得 x=0，或 x=- 2 2 a  ，又 f(x)的定义域为(-1，+∞). ①当- ≤-1，即 a≥0 时，若 x∈(-1，0)，则 f′(x)＞0，f(x)递增； 若 x∈(0，+∞)，则 f′(x)＜0，f(x)递减； ②当-1＜- ＜0，即-2＜a＜0 时，若 x∈(-1，- )，则 f′(x)＜0，f(x)递减； 若 x∈(- ，0)，则 f′(x)＞0，f(x)递增；若 x∈(0，+∞)，则 f′(x)＜0，f(x)递减； ③当- =0，即 a=-2 时，f′(x)≤0，f(x)在(-1，+∞)内递减， ④当- ＞0，即 a＜-2 时，若 x∈(-1，0)，则 f′(x)＜0，f(x)递减； 若 x∈(0，- )，则 f′(x)＞0，f(x)递增； 若 x∈(- ，+∞)，则 f′(x)＜0，f(x)递减.