高考数学模拟仿真试题（二）文（扫描版）

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。2017届高考数学模拟仿真试题（二）文（扫描版）文科数学参考答案题号123456789101112答案CDBBBAACADCD 1C解：z2i，2i.故选C.2D解：由题意可知，集合Bz|zxy，xA，yA0，1，2，则B的子集个数为：238个，故选D.3B解：cos 60，故选B.4B解：i2，n13，n1(mod 3)；i4，n17，n2(mod 3)，n2(mod 5)；i8，n25，n1(mod 3)；i16，n41，n2(mod 3)，n1(mod 5)，则输出的i16.5B解：A项中，还可能相交，C项中l或l，D项中还可能l，B项中由l，l，知存在m，m，m，所以，选B.6A解：因为3，所以，又()，所以()，故选A.7A解：将函数ysin xcos x2sin(x)的图象沿x轴向右平移a个单位(a0)，可得y2sin(xa)2sin(xa)的图象，根据所得图象关于y轴对称，可得ak，即ak，kZ，故选A.8C解：由三视图可知该几何体为圆锥，设底面圆半径为r，则高为hr，母线长l2r.因为该几何体的表面积S，所以r2rl3r2，所以r.所以V()21.9A解：抛物线的焦点F(2，0)，准线方程为x2.设P(m，n)，则|PM|m25，解得m3.代入抛物线方程得n224，故|n|2，则SPFM|PM|n|525.10D解：函数f(x)，当x0时，函数yex递增，当x0时，yxm递增，但当e0m，即m1时，函数f(x)在R上不单调，故A错；当m1时，f(x)0无解，故B错；当x0时，函数f(x)(0，1)，当x0时，f(x)m，则f(x)取不到最大值，故C错；当m1时，当x0时，函数f(x)(0，1)，当x0时，f(x)1，f(x)的值域为(0，)，取不到最小值，故D对故选D.11C解：(5678)6.5，(20171512)16，代入线性相关关系ybxa中，且b2.6，即162.66.5a，解得a32.9，所以y2.6x32.9，则日销售利润zy(x3.5)(2.6x32.9)(x3.5)2.6x242x32.93.5，所以当x8.1时，即销售单价定为8.1(元/千克)时，日销售利润最大故选C.12D解：因为方程f(x)mx10恰有两个不同实根，所以函数f(x)与直线ymx1的图象有且只有两个不同的交点，作出函数f(x)与直线ymx1的图象如右图，易知直线ymx1恒过点C(0，1)，且点A(1，e)，B(3，e)；故kl1kACe1，kl3kBC；f(x)ex(x1)，f(0)e01；故kl21；故结合函数的图象可知，m1或1me1，故选D.132解：因为，所以m8，直线6xmy140可化为3x4y70，两平行线之间的距离d2.149解：不等式组表示的平面区域如图所示，z|2xy|转化为y，由图象可知z在点A或B处有最大值，由，即，所以A(2，2)，所以z|2(2)2|6，由，所以，即B(3，3)，所以z9，综上z的最大值为9.159解：因为PB平面ABC，ABAC，且AB1，PBAC2，所以可以构造长方体，则长方体的外接球和四面体的外接球是相同的，则长方体的体对角线等于球的直径2R，则2R3，所以R，则球O的表面积为4R24()29.161解：因为A，B，C为ABC的内角，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，又1，由正弦定理得，所以1，而1，所以cos A，又A为ABC的内角，所以A.由余弦定理得a2b2c22bccos Ab2c22bc2bcbcbc，当且仅当bc时取“”所以的最小值为1.17解：()因为Snan(nN*)，当n1时，a1a1，所以a13，当n2时，因为Sn1an1，得ananan1，即an3an1(n2)，又因为a13，a29，所以3对nN*都成立，故an是等比数列，所以an3n(nN*)(4分)于是a327，设的首项为b1，公差为d，则d2，b13，于是bn32(n1)2n1.(6分)()由题意得，cn(1)n(2n1)3n，T2n(33232n)3579(4n1)(4n1)(8分)(53)(97)(4n1)(4n1)(10分)2n.(12分)18解：()女性平均使用微信的时间为：0.1610.2430.2850.270.1294.76(小时)(4分)()2(0.04a0.1420.12)1，解得a0.08.(6分)所以，列联表如下：微信控非微信控合计男性381250女性302050合计6832100K22.9412.706.(10分)所以有90%的把握认为“微信控”与“性别”有关(12分)19解：()证明：取BC的中点E，连接AE，C1E，B1E，因为B1C1BC，B1C1BC，所以B1C1EC，B1C1EC，所以四边形CEB1C1为平行四边形，所以B1EC1C.因为C1C平面A1C1C，B1E平面A1C1C，所以B1E平面A1C1C.因为B1C1BC，B1C1BC，所以B1C1BE，B1C1BE.所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1BC1E，且B1BC1E.又因为ABB1A1是正方形，所以A1AC1E，且A1AC1E.所以四边形AEC1A1为平行四边形，所以AEA1C1，因为A1C1平面A1C1C，AE平面A1C1C，所以AE平面A1C1C.因为AEB1EE，所以平面B1AE平面A1C1C.因为AB1平面B1AE，所以AB1平面A1C1C.(6分)()在正方形ABB1A1中，A1B，又A1BC是等边三角形，所以A1CBC，所以AC2AAA1C2，AB2AC2BC2，于是AA1AC，ACAB，又AA1AB，所以AA1平面ABC，所以AA1CE，又CEAE，AEAA1A，所以CE平面AEC1A1，(8分)于是多面体ABCA1B1C1是由直三棱柱ABEA1B1C1和四棱锥CAEC1A1组成的又直三棱柱ABEA1B1C1的体积为(11)1，(9分)四棱锥CAEC1A1的体积为1，(11分)故多面体ABCA1B1C1的体积为.(12分)20解：()设点P的坐标为(x，y)，由题意知kAPkBP(x)，化简得P的轨迹方程为1(x)(4分)()证明：由题意M，N是椭圆C上非左右顶点的两点，且APOM，BPON，则直线AP，BP斜率必存在且不为0.又由已知kAPkBP.因为APOM，BPON，所以kOMkON.(5分)设直线MN的方程为xmyt，代入椭圆方程1，得(32m2)y24mty2t260，(6分)设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1，y2是方程的两根，则y1y2，y1y2.(7分)又kOMkON，(9分)所以，得2t22m23.(10分)又SMON|t|y1y2|，所以SMON，即MON的面积为定值.(12分)21解：()f(x)xex2axx(ex2a)(1分)当a0时，函数f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增因为f(0)10，取实数b满足b2且ba(b1)ab2a(b2b1)a(421)0，所以f(x)有两个零点(3分)当a0时，f(x)(x1)ex，故f(x)只有一个零点x1，不合题意(4分)当a0时，f(x)在(0，)单调递增，又当x0时，f(x)0，故f(x)不存在两个零点(5分)当a时，函数f(x)在(ln(2a)，)单调递增；在(0，ln(2a)单调递减又当x1时，f(x)0，故不存在两个零点(6分)综上所述，a的取值范围是(0，)(7分)()证明：不妨设x1x2.由()知x1(，0)，x2(0，)，x2(，0)，则x1x20等价于x1x2.因为函数f(x)在(，0)单调递减，所以x1f(x2)，即证明f(x2)0.(8分)由f(x2)(x21)ex2ax0，得ax(1x2)ex2，f(x2)(x21)ex2ax(x21)ex2(1x2)ex2，(9分)令g(x)(x1)ex(1x)ex，x(0，)(10分)g(x)x(exex)0，g(x)在(0，)单调递减，又g(0)0，所以g(x)0，所以f(x2)0，即原命题成立(12分)22解：()C1：(cos sin )4，C2的普通方程为(x1)2y21，所以2cos .(4分)()设A(1，)，B(2，)，则1，22cos ，(6分)2cos (cos sin )(cos 2sin 21)cos(2)1，(8分)当时，取得最大值(1)(10分)23解：()f(x)2|x1|x2|.所以，f(x)在(，1上递减，在1，)上递增，又f(0)f()4，故f(x)4的解集为x|0x(4分)()解法1：若a1，f(x)(a1)|x1|x1|xa|a1，当且仅当x1时，取等号，故只需a11，得a2.(6分)若a1，f(x)2|x1|，f(1)01，不合题意(7分)若0a1，f(x)a|x1|a|xa|(1a)|xa|a(1a)，当且仅当xa时，取等号，故只需a(1a)1，这与0a1矛盾(9分)综上所述，a的取值范围是2，