2017年四川省绵阳市高考二诊数学理 14页

2017 年四川省绵阳市高考二诊数学理 一、选择题(共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分) 1.已知集合 A={x∈Z|x≥2}，B={x|(x-1)(x-3)＜0}，则 A∩B=( ) A. B.{2} C.{2，3} D.{x|2≤x＜3} 解析：集合 A={x∈Z|x≥2}， B={x|(x-1)(x-3)＜0}={x|1＜x＜3}， 则 A∩B={2}. 答案：B. 2.若复数 z 满足(1+i)z=i(i 是虚数单位)，则 z 的虚部为( ) A. 1 2 B. 1 2 C. 1 2 i D. 1 2 i 解析：由(1+i)z=i， 得      1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 iiiizii i i     ＝ ＝ ＝ ， 则 z 的虚部为： 1 2 . 答案：A. 3.某校共有在职教师 200 人，其中高级教师 20 人，中级教师 100 人，初级教师 80 人，现采 用分层抽样抽取容量为 50 的样本进行职称改革调研，则抽取的初级教师的人数为( ) A.25 B.20 C.12 D.5 解析：∵初级教师 80 人， ∴抽取一个容量为 50 的样本，用分层抽样法抽取的初级教师人数为 80200＝n50， 解得 n=20，即初级教师人数应为 20 人， 答案：B. 4.“a=1”是“直线 l1：ax+(a-1)y-1=0 与直线 l2：(a-1)x+(2a+3)y-3=0 垂直”的( ) 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 解析：若直线 l1：ax+(a-1)y-1=0 与直线 l2：(a-1)x+(2a+3)y-3=0 垂直， 则：a(a-1)+(a-1)(2a+3)=0，解得：a=1 或-1， 故“a=1”是“直线 l1：ax+(a-1)y-1=0 与直线 l2：(a-1)x+(2a+3)y-3=0 垂直”的充分不必要条件. 答案：A. 5.某风险投资公司选择了三个投资项目，设每个项目成功的概率都为 1 2 ，且相互之间设有影 响，若每个项目成功都获利 20 万元，若每个项目失败都亏损 5 万元，该公司三个投资项目 获利的期望为( ) A.30 万元 B.22.5 万元 C.10 万元 D.7.5 万元 解析：设该公司投资成功的各数为 X，则 X～B(3， ). ∴   133 22EX   . ∴该公司三个投资项目获利的期望= 3 2 ×(20-5)=22.5 万元. 答案：B 6.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松 日自半，竹日自倍，松竹何日而长等，如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的 a，b 分 别为 5，2，则输出的 n 等于( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：当 n=1 时， 15 2a  ，b=4，满足进行循环的条件， 当 n=2 时， 45 4a  ，b=8 满足进行循环的条件， 当 n=3 时， 135 8a  ，b=16 满足进行循环的条件， 当 n=4 时， 405 16a  ，b=32 不满足进行循环的条件， 故输出的 n 值为 4. 答案：C. 7.若一个三位自然数的各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们把这样的三位自然数定义 为“单重数”，例：112，232，则不超过 200 的“单重数”个数是( ) A.19 B.27 C.28 D.37 解析：由题意，不超过 200，两个数字一样为 0，有 2 个， 两个数字一样为 1，110，101，112，121，113，131，114，141，115，151，116，161，117， 171，118，181，119，191，有 18 个， 两个数字一样为 2，122，有一个， 同理两个数字一样为 3，4，5，6，7，8，9，各 1 个， 综上所述，不超过 200 的“单重数”个数是 2+18+8=28. 答案：C. 8.过点 P(2，1)的直线 l 与函数   23 24 xfx x   的图象交于 A，B 两点，O 为坐标原点，则 OA OP OB OP   =( ) A. 5 B. 25 C.5 D.10 解析：   7 23 2=12 4 2 xfx xx  ， ∴函数   23 24 xfx x   的图象关于点 P(2，1)对称， ∴过点 P(2，1)的直线 l 与函数   23 24 xfx x   的图象交于 A，B 两点， A，B 两点关于点 P(2，1)对称，∴ =2OA OB OP ， 则   2 2OA OP OB OP OP OA OB OP      ＝ ， 22 1 5OP ＝ ， ∴则 =2 5=10OA OP OB OP    . 答案：D. 9.已知 cosα，sinα是函数 f(x)=x2-tx+t(t∈R)的两个零点，则 sin2α=( ) A. 2 2 2 B. 2 2 2 C. 21 D.12 解析：∵cosα，sinα是函数 f(x)=x2-tx+t(t∈R)的两个零点， ∴sinα+cosα=t，sinαcosα=t， 由 sin2α+cos2α=1， 得(sinα+cosα)2-2sinαcosα=1，即 t2-2t=1，解得 t= ，或 t=12 (舍). ∴sin2α=2sinαcosα=2t= . 答案：A. 10.设 F1，F2 分别为双曲线 C： 22 221xy ab ＝ (a＞0，b＞0)的两个焦点，M，N 是双曲线 C 的一 条渐近线上的两点，四边形 MF1NF2 为矩形，A 为双曲线的一个顶点，若△AMN 的面积为 21 2 c ，则该双曲线的离心率为( ) A.3 B.2 C. 3 D. 2 解析：设 M(x， b xa )，由题意，|MO|=c，则 x=a，∴M(a，b)， ∵△AMN 的面积为 ， ∴ 211 24a b c＝ ， ∴4a2(c2-a2)=c4， ∴e4-4e2+4=0， ∴e= 2 . 答案：D. 11.已知点 P(-2， 14 2 )在椭圆 C： 22 221xy ab ＝ (a＞b＞0)上，过点 P 作圆 C：x2+y2=2 的切线， 切点为 A，B，若直线 AB 恰好过椭圆 C 的左焦点 F，则 a2+b2 的值是( ) A.13 B.14 C.15 D.16 解析：由题意，以 OP 为直径的圆的方程为  2 2 14 151 48xy    . 与圆 C：x2+y2=2 相减，可得直线 AB 的方程为 142 2 02xy   ， 令 y=0，可得 x=-1，∴c=1， ∵ 22 7 4 2 1ab，∴a2=8，b2=7， ∴a2+b2=8+7=15， 答案：C. 12.已知 f(x)=ex，g(x)=lnx，若 f(t)=g(s)，则当 s-t 取得最小值时，f(t)所在区间是( ) A.(ln2，1) B.( 1 2 ，ln2) C.( 11 3 e   ， ) D. 11 2e   ， 解析：令 f(t)=g(s)=a，即 et=lns=a＞0， ∴t=lna，s=ea， ∴s-t=ea-lna，(a＞0)， 令 h(a)=ea-lna，   1ah a e a   ∵y=ea 递增， 1y a 递减， 故存在唯一 a=a0 使得 h′(a)=0， 0＜a＜a0 时， 1ae a ＜ ，h′(a)＜0， a＞a0 时， 1ae a ＞ ，h′(a)＞0， ∴h(a)min=h(a0)， 即 s-t 取最小值是时，f(t)=a=a0， 由零点存在定理验证 0 0 1 0ae a的根的范围： 0 1 2a  时， 0 0 1 0ae a ＜ ， a0=ln2 时， 0 0 1 0ae a ＞ ， 故 a0∈( 1 2 ，ln2)， 答案：B. 二、填空题(共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分) 13.   5 2 111x x  的展开式的常数项为____. 解析：由于    5 22 5 4 3 2 1 1 5 10 10 51 1 1 1xxx x x x x x                   ， 故展开式的常数项为-10-1=-11. 答案：-11. 14.已知甲、乙二人能译出某种密码的概率分别为 1 2 和 1 3 ，现让他们独立地破译这种密码， 则至少有 1 人能译出密码的概率为____. 解析：甲、乙二人能译出某种密码的概率分别为 1 2 和 1 3 ， 现让他们独立地破译这种密码， 至少有 1 人能译出密码的对立事件是两人都不能译出密码， ∴至少有 1 人能译出密码的概率： 1 1 21 1 12 3 3p            . 答案： 2 3 . 15.已知直线 mx-y+m+2=0 与圆 C1：(x+1)2+(y-2)2=1 相交于 A，B 两点，点 P 是圆 C2：(x-3)2+y2=5 上的动点，则△PAB 面积的最大值是____. 解析：由题意，直线恒过定点(-1，2)，即 C1 圆的圆心，|AB|=2 圆心 C2 到直线 mx-y+m+2=0 的最大距离为  2 23 1 2 2 5   ， ∴P 到直线 mx-y+m+2=0 的最大距离为35， ∴△PAB 面积的最大值是 1 2 3 5 3 52    . 答案： . 16.已知抛物线 C：y2=4x，焦点为 F，过点 P(-1，0)作斜率为 k(k＞0)的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，直线 AF，BF 分别交抛物线 C 于 M，N 两点，若 18AF BF FM FN，则 k=____. 解析：由题意，图形关于 x 轴对称，A，B，P 三点共线，可得 12 1211 yy xx. 由焦半径公式|AF|=x1+1=|NF|，||BF|=x2+1=|MF|， ∴ 12 21 18AF BF yy FM FN y y    ，∴(y1+y2)2=20y1y2， 由   2 4 1 yx y k x   ＝ ＝ ，可得 ky2-4y+4k=0， ∴ 12 4yy k，y1y2=4，∴ 2 16 80k  ， ∵k＞0，∴ 5 5k  . 答案： 5 5 . 三、解答题(共 5 小题，满分 60 分) 17.数列{an}中，an+2-2an+1+an=1(n∈N*)，a1=1，a2=3. (1)求证：{an+1-an}是等差数列； (2)求数列 1 na    的前 n 项和 Sn. 解析：(1)令 cn=an+1-an，通过 cn+1-cn=1，说明{an+1-an}是以 2 为首项，1 为公差的等差数列. (2)由(1)知 cn=n+1，求出 an，化简   1 2 1 1211na n n n n    .利用裂项求和求解即可. 答案：(1)证明：令 cn=an+1-an， 则 cn+1-cn=(an+2-an+1)-(an+1-an)=an+2-2an+1+an=1(常数)， c1=a2-a1=2， 故{an+1-an}是以 2 为首项，1 为公差的等差数列. (2)由(1)知 cn=n+1，即 an+1-an=n+1， 于是 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1==n+(n-1)+…+2+1=  1 2 nn ， 故   1 2 1 1211na n n n n    . ∴ 1 1 1 1 1 1 12 1 2 2 22 2 3 3 4 1nS nn                        （ ） = 121 1n  = 2 1 n n  . 18.已知在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 a＜b＜c，C=2A. (1)若 2ca ，求角 A； (2)是否存在△ABC 恰好使 a，b，c 是三个连续的自然数？若存在，求△ABC 的周长；若不存 在，请说明理由. 解析：(1) 由 正 弦 定 理 有 sin 2 sinCA ，又 C=2A ， 利 用 倍 角 公 式 可 求 2sin cos 2 sinA A A ，结合 sinA≠0，可得 2cos 2A  ，即可得解 A 的值. (2)设 a=n，b=n+1，c=n+2，n∈N*.由已知利用二倍角公式可求 sincos 2sin 2 CcA Aa ＝ ，由余 弦定理得        22212 2 2 1 2 2 n n n n n n n      ，解得 n=4，求得 a，b，c 的值，从而可求△ABC 的周长. 答案：(1)∵ 2ca ， ∴由正弦定理有 . 又 C=2A，即sin 2 2 sinAA ， 于是 ， 在△ABC 中，sinA≠0，于是 2cos 2A  ， ∴ 4A  . (2)根据已知条件可设 a=n，b=n+1，c=n+2，n∈N*. 由 C=2A，得 sinC=sin2A=2sinAcosA， ∴ sincos 2sin 2 CcA Aa ＝ . 由余弦定理得 2 2 2 22 b c a c bc a   ，代入 a，b，c 可得：        22212 2 2 1 2 2 n n n n n n n      ， 解得 n=4， ∴a=4，b=5，c=6，从而△ABC 的周长为 15， 即存在满足条件的△ABC，其周长为 15. 19. 2016 年下半年，锦阳市教体局举行了市教育系统直属单位职工篮球比赛，以增强直属单 位间的交流与合作，组织方统计了来自 A1，A2，A3，A4，A5 等 5 个直属单位的男子篮球队的 平均身高与本次比赛的平均得分，如表所示： 单位 A1 A2 A3 A4 A5 平均身高 x(单 位：cm) 170 174 176 181 179 平均得分 y 62 64 66 70 68 (1)根据表中数据，求 y 关于 x 的线性回归方程；(系数精确到 0.01) (2)若 M 队平均身高为 185cm，根据(1)中所求得的回归方程，预测 M 队的平均得分(精确到 0.01) 注：回归当初 y bx a＝ 中斜率和截距最小二乘估计公式分别为      1 2 1 n i n i xi x yi y b xi x     ＝ ＝ ＝ ， a y bx＝ . 解析：(1)求出样本中心点，利用最小二乘法得到线性回归方程的系数，得到线性回归方程； (2)当 x=185 代入回归直线方程，即可预测 M 队的平均得分. 答案：(1)由已知有 x =176， y =66，      1 2 1 27 0.7337 n i n i xi x yi y b xi x      ＝ ＝ ＝ ， 62.48a y bx＝ ， ∴y=0.73x-62.48. (2)x=185，代入回归方程得 y=0.73×185-62.48=72.57， 即可预测 M 队的平均得分为 72.57. 20.已知椭圆 C： 22 221xy ab ＝ (a＞b＞0)的右焦点 F( 6 ，0)，过点 F 作平行于 y 轴的直线截 椭圆 C 所得的弦长为 2 . (1)求椭圆的标准方程； (2)过点(1，0)的直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点，N 点在直线 x=-1 上，若△NPQ 是等边三角形， 求直线 l 的方程. 解析：(Ⅰ) 设椭圆 C 的焦半距为 c，则 c= ，于是 a2-b2=6.把 x=c 代入椭圆的标准方程可 得： 2by a ，即 22 2b a  ，联立解出即可得出. (Ⅱ)设直线 PQ：x=ty+1，P(x1，y1)，Q(x2，y2).联立直线与椭圆方程可得：(t2+4)y2+2ty-7=0， 利用一元二次方程的根与系数的关系、中点坐标公式、等边三角形的性质即可得出. 答案：(Ⅰ)设椭圆 C 的焦半距为 c，则 c= ，于是 a2-b2=6. 把 x=c 代入椭圆的标准方程可得： 22 221cy ab ＝ ，整理得 24 22 221 cbyb aa     ，解得 ， ∴ ，即 a2=2b4， ∴2b4-b2-6=0，解得 b2=2，或 2 3 2b  (舍去)，进而 a2=8， ∴椭圆 C 的标准方程为 22 182 xy. (Ⅱ)设直线 PQ：x=ty+1，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 联立直线与椭圆方程： 22 1 48 x ty xy    ＝ ＝ ，消去 x 得：(t2+4)y2+2ty-7=0， ∴ 12 2 2 4 tyy t    ， 12 2 7 4yy t   . 于是  1 2 1 2 2 82 4x x t y y t      ， 故线段 PQ 的中点 22 4 44 tD tt   ， . 设 N(-1，y0)，由|NP|=|NQ|，则 kND·kPQ=-1， 即 0 2 2 4 41 4 ty t t t      ，整理得 0 2 3 4 tytt  ，得 N(-1， 2 3 4 tt t  ). 又△NPQ 是等边三角形， ∴ 3 2ND PQ ，即 223 4ND PQ＝ ， 即   2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 3 2 71 1 44 4 4 4 4[]ttttt t t t                     ， 整理得   222 22 2 8 24 84 4 4 tt t t        ， 解得 t2=10，t=± 10 ， ∴直线 l 的方程是 x± 10 y-1=0. 21.已知函数   1 ln 12 mf x xx   (m∈R)的两个零点为 x1，x2(x1＜x2). (1)求实数 m 的取值范围； (2)求证： 12 1 1 2 x x e ＞ . 解析：(1)求导数，分类讨论，利用函数 (m∈R)的两个零点，得出 112022ln m  ＜ ，即可求实数 m 的取值范围； (2)由题意方程 ln 2 2 tm t  有两个根为 t1，t2，不妨设 1 1 1t x ，2 2 1t x ，要证明 12 1 1 2 x x e ＞ ， 即证明 12 2tt e ＞ ，即证明 h(t1)＜h( 2 e -t2).令φ(x)=h(x)-h( 2 e -x)，证明φ(x)＜0 对任意 x∈(0， 1 e )恒成立即可. 答案：(1)   2 2 2 xmfx x  . ①m≤0，f′(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，不可能有两个零点； ②m＞0，f′(x)＞0 可解得 x＞2m，f′(x)＜0 可解得 0＜x＜2m， ∴f(x)在(0，2m)上单调递减，在(2m，+∞)上单调递增， ∴    min 112 ln 222f x f m m   ， 由题意， 112022ln m  ＜ ， ∴0＜m＜ 2 e ； (2)证明：令 t= 1 x ， 11ln 1 02f mt tx     ， 由题意方程 ln 2 2 tm t  有两个根为 t1，t2，不妨设 1 1 1t x ， 2 2 1t x . 令 h(t)= ln 2 2 t t  ，则 h′(t)= 2 1 2 lnt t  ， 令 h′(t)＞0，可得 0＜t＜ 1 e ，函数单调递增；h′(t)＜0，可得 t＞ ，函数单调递减. 由题意，t1＞ ＞t2＞0， 要证明 12 1 1 2 x x e ＞ ，即证明 12 2tt e ＞ ，即证明 h(t1)＜h( 2 e -t2). 令φ(x)=h(x)-h( -x)， 下面证明φ(x)＜0 对任意 x∈(0， )恒成立，   22 2ln 1ln 1 2 22 xx ex x xe          ， ∵x∈(0， )， ∴-lnx-1＞0， 2 2 2xxe     ＜ ， ∴   2 2ln 2 0 22 xxex xe            ＞ ＞ ， ∴φ(x)在(0， 1 e )上是增函数， ∴φ(x)＜φ( )=0， ∴原不等式成立. [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22.已知曲线 C 的参数方程是 3 cos sin x y    ＝ ＝ (α为参数) (1)将 C 的参数方程化为普通方程； (2)在直角坐标系 xOy 中，P(0，2)，以原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系， 直线 l 的极坐标方程为 cos 3 sin 2 3 0      ，Q 为 C 上的动点，求线段 PQ 的中点 M 到直线 l 的距离的最小值. 解析：(1)消去参数，将 C 的参数方程化为普通方程； (2)将直线 l 的方程化为普通方程为 3 2 3 0xy   .设 Q( 3 cosα，sinα)，则 M 31cos 1 sin22 ， ，利用点到直线的距离公式，即可求线段 PQ 的中点 M 到直线 l 的 距离的最小值. 答案：(1)消去参数得，曲线 C 的普通方程得 2 2 13 x y. (2)将直线 l 的方程化为普通方程为 . 设 Q( cosα，sinα)，则 M ， ∴ 3 3 6cos 3 sin 2 3 sin 3 32 2 2 ( 4 22 ) d        ， ∴最小值是 6 3 6 4  . [选修 4-5：不等式选讲] 23.已知函数 f(x)=|x-1|+|x-t|(t∈R) (1)t=2 时，求不等式 f(x)＞2 的解集； (2)若对于任意的 t∈[1，2]，x∈[-1，3]，f(x)≥a+x 恒成立，求实数 a 的取值范围. 解析：(1)通过讨论 x 的范围，去掉绝对值解关于 x 的不等式，求出不等式的解集即可； (2)问题等价于 a≤f(x)-x，令 g(x)=f(x)-x，求出 g(x)的最小值，从而求出 a 的范围即可. 答案：(1)当 t=2 时，f(x)=|x-1|+|x-2|， 若 x≤1，则 f(x)=3-2x，于是由 f(x)＞2，解得 x＜ 1 2 ，综合得 x＜ 1 2 ； 若 1＜x＜2，则 f(x)=1，显然 f(x)＞2 不成立； 若 x≥2，则 f(x)=2x-3，于是由 f(x)＞2，解得 x＞ 5 2 ，综合得 x＞ 5 2 ∴不等式 f(x)＞2 的解集为{x|x＜ ，或 x＞ 5 2 }. (2)f(x)≥a+x 等价于 a≤f(x)-x，令 g(x)=f(x)-x， 当-1≤x≤1 时，g(x)=1+t-3x，显然 g(x)min=g(1)=t-2， 当 1＜x＜t 时，g(x)=t-1-x，此时 g(x)＞g(1)=t-2， 当 t≤x≤3 时，g(x)=x-t-1，g(x)min=g(1)=t-2， ∴当 x∈[1，3]时，g(x)min=t-2， 又∵t∈[1，2]， ∴g(x)min≤-1，即 a≤-1， 综上，a 的取值范围是 a≤-1.