2017届河北省唐山市高三第二次模拟考试数学(理)试题(解析版)

2016 2017 学年河北省唐山市高三年级第二次模拟考试学年河北省唐山市高三年级第二次模拟考试 数学 理 试题数学 理 试题 一 选择题一 选择题 1 已知集合 则 3 AxN x Bx xab aA bA AB A B C D 1 2 2 1 1 2 1 0 1 2 答案 D 解析 由 得 3 AxN x Bx xab aA bA 0 1 2A 2 1 0 1 2B 则 故选 D 0 1 2AB 2 设复数满足 则 z 1 1 3 2 z i z z A B C D 5522 答案 B 解析 由 得 即 则 故选 B 1 1 3 2 z i z 1236zzzii 2zi 5z 3 如图是八位同学 400 米测试成绩的茎叶图 单位 秒 则 A 平均数为 64 B 众数为 7 C 极差为 17 D 中位数为 64 5 答案 D 解析 由茎叶图可知 该组数据为 平均数为58 59 61 62 67 67 70 76 众数为 极差为 5859616267677076 65 8 67765818 中位数为 故选 D 6267 64 5 2 4 是 的 2 560 xx 2x 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 答案 B 解析 由得 故 2 560 xx 16 x xx 或 2 16 x xx xx 或 是 的必要不充分条件 故选 B 2 560 xx 2x 5 一个几何体的三视图如图所示 该几何体的表面积为 A B C D 24 243 24 242 答案 A 解析 由三视图可知 该几何体是以 2 为边长正方体从右下前方挖去个球 该球以顶 1 8 点为球心 2 为半径 则该几何体的表面积为 故选 A 22 11 2 2 6324224 48 6 已知双曲线过点 渐进线方程为 则双曲线的标准方程是 2 33yx A B C D 22 7 1 1612 xy 22 1 32 yx 2 2 1 3 y x 22 3 1 2323 yx 答案 C 解析 双曲线渐进线方程为 故可设双曲线方程为 3yx 2 2 3 y x 双曲线过点 则 即 故双曲线的标准方程是 2 3 3 4 3 1 2 2 1 3 y x 故选 C 7 函数 的最小值为 0 则的取值范围是 2 1 x y x xm n m A B C D 1 2 1 2 1 2 1 2 答案 D 解析 因为在上单调递减 且 所以 23 1 11 x f xy xx 1 20f 故选 D 2 12nm 8 执行如图所示的程序框图 若输入的 则输出的结果为 5n A 4 B 5 C 6 D 7 答案 B 解析 由程序框图 得 168 5 1 3 5 116 2 8 3 4 4 22 nininini 结束循环 输出 值 即 故选 B 4 2 5 1 2 nin i5i 9 已知 均为锐角 且 则 sin22sin2 A B tan3tan tan2tan C D 3tantan 3tan2tan 答案 A 解析 sin22sin2 1 sin2sin2 tansincos3sin2 2 3 1 tancossinsin2 sin2sin2 2 即 故选 A tan3tan 10 已知函数 的图象向右平移个 cos 23sin 2f xxx 2 12 单位后关于轴对称 则在区间上的最小值为 y f x 0 2 A B C D 1 33 2 答案 C 解析 将其图象向右平 cos 23sin 22sin 2 6 f xxxx 移个单位后 12 得 由其关于轴对称 2sin 22sin 2 126 yxx y 则 由得 2 kkZ 2 2 即 2sin 2 3 f xx 0 2 x 4 2 333 x 则在区间上的最小值为 故选 C 32f x f x 0 2 3 11 正方体棱长为 6 点在棱上 且 过点 1111 ABCDABC D OBC2BOOC O 的直线 与直线 分别交于 两点 则 l 1 AA 11 C DMNMN A B C D 3 139 51421 答案 D 解析 根据题意作图 由图可知 11 111 1 3 C FNC ADND 1 3NC 13FN 22 11111 2 13AFABB F 故 故选 D 22 7ENEFFN 1 1 3 EFEN MAMN 21MN 点睛 本题主要考查了空间中点 线 面的位置关系 空间想象能力以及线面平行的判定 及性质定理 准确画出图形是解决本题的关键 难度一般 由三角形相似可得 1 3NC 由勾股定理可得 再次利用三角形相似 从而可得结果 1 NF AF 1 1 3 EFEN MAMN 12 已知是定义在上的可导函数 且满足 则 f xR 2 0 xf xxfx A B C 为减函数 D 为增函数 0f x 0f x f x f x 答案 A 解析 令 2x g xx f x e 22 22 xxxx gxxf x ex fx ex f x exexf xxfx 2 0 xf xxfx 当时 函数单调递增 0 x 0gx g x 当时 函数单调递减 故0 x 0gx g x 2 00 x g xx f x eg 即 故选 A 0f x 点睛 本题考查了函数的单调性问题 考查导数的应用 构造函数是解题的关键 g x 本题是一道中档题 构造函数 结合题意可得函数在递 2x g xx f x e g x 0 增 在内单调递减 可得结果 0 二 填空题二 填空题 13 展开式中 含项的系数是 7 2xyxy 35 x y 答案 49 解析 设的通项公式为 7 xy 7 17 r rr r TC xy 令 令 5r 5 5225 67 21TC xyx y 4r 4 4334 57 35TC xyx y 展开式中 含项的系数是 故答案为 7 2xyxy 35 x y212 3549 49 14 平行四边形中 为的中点 若 则ABCDMBCABAMDB 答案 2 9 解析 由图形可得 1 2 AMABAD DBABAD 得 即 2 23AMDBAB 21 33 ABAMDB 21 33 故答案为 2 9 2 9 15 已知椭圆 的右焦点为 上 下顶点分别为 22 22 1 0 xy ab ab 3 0FA 直线交于另一点 若直线交轴于点 则的离心率BAF MBMx 12 0N 是 答案 1 2 解析 由题意 得 则直线的方程分别为 0 0 AbBb AMBN 联立两直线方程 得 则 解得1 1 312 xyxy bb 243 55 b M 2 2 249 1 2525a 则该椭圆的离心率为 6a 31 62 e 点睛 本题的关键点在于理解是两条直线和椭圆的公共点 若先联立直线与椭圆方程 M 计算量较大 而本题中采用先联立两直线方程得到点的坐标 再代入椭圆方程进行求解 M 有效地避免了繁琐的计算量 16 在中 是的一个三等分点 则的最大值ABC 3 A 3BC DBCAD 是 答案 31 解析 如图所示 以所在直线为轴 线段的垂直平分线为轴建立直角坐标系 BCxBCy 则 取点 使得 则点坐标为 3 0 2 B 3 0 2 C 1 0 2 D E120BEC E 四点共圆 可得圆的方程为 故 3 0 2 3 A A B E C 2 2 3 3 2 xy 可设点坐标为 A 3 3cos 3sin 2 0 故 2 2 213 3cos3sin42 3sin 226 AD 故的最大值是 故答案为 2 max 42 3AD AD31 31 点睛 本题考查了解析法的应用 圆的参数方程及其应用 三角函数求值 辅助角公式 考查了推理能力与计算能力 解题的关键在于求出点所在的圆的方程 属于难题题 此A 题利用解析法 根据圆内接四边形所具有的特征 构造出点所在的圆的方程 根据参数A 法的思想可设出点的坐标 根据两点间距离公式将表示成关于的三角函数 将A 2 AD 题意转化为常见的三角函数求最值问题 三 解答题三 解答题 17 数列的前项和为 且 n an n S 21 n nn Sa 1 1a 求数列的通项公式 n a 若 求数列的前项和 nn bna n bn n T 答案 1 1 2 n n a 1 2 4 2 n n n T 解析 试题分析 对已知等式利用化简整理得 21 n nn Sa 1nnn SSa 进而可推断出数列是一个以 1 为首项 为公比的等比数列 根 1 1 2 2 n n a n a n a 1 2 据等比数列的通项公式求得答案 利用错位相减法求结果 试题解析 由 可得 21 n nn Sa 1 11 21 n nn Sa 2n 两式相减 得 1 11 2121 nn nnnn SSaa 即 1 1 2221 nn nn aa 1 1 2 2 n n a n a 故是一个以 1 为首项 为公比的等比数列 n a 1 2 所以 1 1 2 n n a 1 1 2 n nn bnan 123nn Tbbbb 0121 1111 123 2222 n n 1 2 n T 121 1111 121 2222 nn nn 得 121 111112 12 222222 nn n n n Tn 所以 1 2 4 2 n n n T 点睛 本题主要考查了等比数列的概念 以及数列的求和 属于高考中常考知识点 难度 不大 常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式 分组求和类似于 其中和分别为特殊数列 裂项相消法类似于 错位 nnn cab n a n b 1 1 n a n n 相减法类似于 其中为等差数列 为等比数列等 nnn cab n a n b 18 某仪器经过检验合格才能出厂 初检合格率为 若初检不合格 则需要进行 3 4 调试 经调试后再次对其进行检验 若仍不合格 作为废品处理 再检合格率为 每 4 5 台仪器各项费用如表 项目生产成本检验费 次调试费出厂价 金额 元 10001002003000 求每台仪器能出厂的概率 求生产一台仪器所获得的利润为 1600 元的概率 注 利润出厂价生产 成本检验费调试费 假设每台仪器是否合格相互独立 记为生产两台仪器所获得的利润 求X 的分布列和数学期望 X 答案 见解析 19 20 1 5 解析 试题分析 每台仪器能出厂的对立事件为不能出厂 根据对立事件的概率 可得结果 由表可知生产一台仪器所获得的利润为元即初检不合格再次检测合1600 格 根据相互独立事件同时发生的概率可得结果 由题意可得可取 X3800 根据相互独立事件同时发生的概率计算出概率 350032005002002800 可得分布列及期望 试题解析 记每台仪器不能出厂为事件 则 A 341 11 4520 P A 所以每台仪器能出厂的概率 119 1 2020 P A 生产一台仪器利润为 1600 的概率 341 1 455 P 可取 X3800350032005002002800 339 3800 4416 P X 1 2 133 3500 5410 P XC 2 11 3200 525 P X 1 2 3113 500 44540 P XC 1 2 1111 200 54550 P XC 2 111 2800 45400 P X 的分布列为 X X3800350032005002002800 P 9 16 3 10 1 25 3 40 1 50 1 400 931311 38003500320050020028003350 1610254050400 E X 19 在四棱锥中 底面为平行四边形 PABCD ABCD3AB 2 2AD 点在底面内的射影在线段上 且 45ABC PABCDEAB2PE 为的中点 在线段上 且 2BEEA FADMCDCMCD 当时 证明 平面平面 2 3 PFM PAB 当平面与平面所成的二面角的正弦值为时 求四棱锥PAMABCD 2 5 5 的体积 PABCM 答案 见解析 8 3 解析 试题分析 接 作交于点 则四边形为平行EC ANECCDNAECN 四边形 在中由余弦定理得 由勾股定理可得 在中 BCE 2EC BEEC AND 分别是 的中点 结合中位线及平行的传递性可得 故可FMADDNFMAB 得平面 由线面平行判定定理可得结论 以为坐标原点 FM PABEEB 所在直线分别为轴 轴 轴建立如图所示的空间直角坐标系 利用空ECEPxyz 间向量与二面角平面角之间关系可得 由棱锥的体积公式可得结果 1 3 试题解析 证明 连接 作交于点 则四边形为平行EC ANECCDNAECN 四边形 在中 由余弦定理得1CNAE BCE 2BE 2 2BC 45ABC 2EC 所以 从而有 222 BEECBC BEEC 在中 分别是 的中点 AND FMADDN 则 FMAN FMEC 因为 所以 ABEC FMAB 由平面 平面 PE ABCDFM ABCD 得 又 PEFM FMAB PEABE 得平面 又平面 FM PABFM PFM 所以平面平面 PFM PAB 以为坐标原点 所在直线分别为轴 轴 轴建立如EEBECEPxyz 图所示的空间直角坐标系 则 1 0 0A 0 0 2P 0 2 0C 3 2 0D 1 0 2AP 1 3 2 0AMACCD 平面的一个法向量为 ABCD 0 0 1m 设平面的法向量为 PAM nx y z 由 得令 得 0AP n 0AM n 20 1 320 xz xy 2x 2 31 1n 由题意可得 cos m n m n m n 2 15 5 531 解得 1 3 所以四棱锥的体积 PABCM 18 33 P ABCMABCM VSPE 梯形 20 已知的顶点 点在轴上移动 且的中点在ABC 1 0ABxABAC BC 轴上 y 求点的轨迹的方程 C 已知轨迹上的不同两点 与的连线的斜率之和为 2 求证 MN 1 2P 直线过定点 MN 答案 见解析 2 4yx 0y 解析 试题分析 设 将题意与两点间距离公式相结合可得结 C x y0y 论 设直线的方程为 联立直线与抛MNxmyn 11 M x y 22 N xy 物线的方程结合韦达定理可得 由两点间斜率计算公式及斜率之和为 2 可得 12 4y yn 故可得的值 即可得结果 12 4y y n 试题解析 设 因为在轴上且中点在轴上 所以 C x y0y BxBCy 由 得 0Bx ABAC 22 2 11xxy 化简得 所以点的轨迹的方程为 2 4yx C 2 4yx 0y 设直线的方程为 MNxmyn 11 M x y 22 N xy 由得 2 4 yx xmyn 2 440ymyn 所以 12 4y yn 同理 11 2 111 224 12 1 4 MP yy k yxy 2 4 2 NP k y 所以 化简得 12 44 2 22yy 12 4y y 又因为 所以 12 4y yn 1n 所以直线过定点 MN 1 0 点睛 本题考查点的轨迹方程的求法 考查直线过定点的证明 解题时要认真审题 注意 韦达定理的合理运用 在该题中利用直译法求的轨迹方程 直线与圆锥曲线的综合问题是 高考的必考点 联立直线与抛物线的方程构成方程组 结合韦达定理及整体代换思想代入 可得 即的值 2 MPNP kk 12 4y yn n 21 已知函数的图象与轴相切 1 ln1f xax x x 2 1 1 log 2 b x g xbx 求证 2 1x f x x 若 求证 1xb 2 1 0 2 b g x 答案 见解析 见解析 解析 试题分析 对函数求导 设的图象与轴相交于点 由题意 f xx 0 0 x 可得在该点处导数值为 0 函数值为 0 构造方程组可得的值 将题意转化为 aln1xx 设 利用导数判断其单调性求出最大值即可 构造函数 ln1h xxx 对其求导结合 可得的单调性 从而有 化简整 1 ln x h x x h x 2 h xh b 理可得 运用换底公式及 中的不等式可得 0g x ln1xx g x 再次运用可得结论 2 11 1 2ln xb b 1 ln1b b 试题解析 设的图象与轴相交于点 2 1 a fx xx f xx 0 0 x 则即 0 0 0 0 f x fx 0 0 2 00 1 10 1 0 a lnx x a xx 解得 0 1ax 所以 1 ln1f xx x 等价于 2 1x f x x ln1xx 设 则 ln1h xxx 1 1hx x 当时 单调递增 01x 0hx h x 当时 单调递减 1x 0hx h x 所以 10h xh 即 所以 ln1xx 2 1x f x x 设 则 1 1 ln x h xx x 2 1 ln1 ln x x hx x 由 可知 当时 1x 1 ln10 x x 从而有 所以单调递增 0hx h x 又 所以 1xb 2 1xb 从而有 即 2 h xh b 2 2 11 lnln xb xb 所以 即 2 1 ln1 1 log 2ln b bxx bx b 0g x 2 1 1 log 2 b x g xbx 2 1 ln1 ln2 bxx b 22 ln1 1 2ln2 xx b b 22 11 1 2ln2 xx b b 2 11 1 2ln xb b 又 所以 1