《高考数学模拟仿真试题（二）理（扫描版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学模拟仿真试题（二）理（扫描版）（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2017届高考数学模拟仿真试题（二）理（扫描版）理科数学参考答案题号123456789101112答案DBDCDBCAAACD 1D解：由题意得By|ylog2x，xA0，2，所以AB0，1，2，4，选D.2B解：因为i，所以复数的虚部是1.3D解：由图可知，收入最高值为90万元，收入最低值为30万元，其比是31，故A正确；由图可知，结余最高为7月份，为802060万元，故B正确；由图可知，1至2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同，故C正确；由图可知，前6个月的平均收入为(406030305060)45万元，故D错误，故选D.4C解：ab，所以f(a)f(b)，同理f(b)f(a
2、)，f(a)f(b)f(a)f(b)，若ab0，f(a)f(b)f(a)f(b)，与f(a)f(b)f(a)f(b)矛盾，所以ab0不成立，即ab0，所以为充要条件，选C.5D解：由三视图可知，此几何体为底面半径为1 cm、高为3 cm的圆柱上部去掉一个半径为1 cm的半球，所以其体积为Vr2hr33(cm3)故选D.6B解：n6，S2.598，S3.10不成立，n12，S3，S3.10不成立，n24，S3.1056，S3.10成立，结束循环，输出的n24，故选B.7C解：因为y2017xsin x，所以y2017xln 2017cos x，当x0时，y0；故函数y2017xsin x在0，)
3、上是增函数，故排除A，B；y2017xln 2017cos x在1，0上单调递增，且在1，0上先负后正，故y2017xsin x在1，0上有极小值，而在1，0上，y2017xsin x0恒成立，排除D.故选C.8A解：在直角坐标系内作出不等式组所表示的可行域，如图中阴影部分，易知点A(0，2)，B(5，3)，C(3，5)，直线xay20的斜率为，直线AC的斜率为1，由图可知，平面区域存在点(x0，y0)，使x0ay020成立等价于01，即a1.9A解：由图知：D1BD，多面体的体积由两部分构成VBA1ADD1SA1ADD1AB，VBCC1D1DSCC1D1DBC，显然VBA1ADD1VBCC1
4、D1D.因为D1BD，所以DD1BDtan ，所以SA1ADD1()1，则多面体的体积V21.10A解：设椭圆的左、右焦点分别为F1(c，0)，F2(c，0)，把xc代入椭圆方程可得y，可设A(c，)，C(x，y)，由ABF2的面积是BCF2的面积的2倍，可得2，即有(2c，)2(xc，y)，即2c2x2c，2y，可得x2c，y，代入椭圆方程可得1，由e，b2a2c2，即有4e2e21，解得e.故选A.11C解：根据条件ab|a|b|cosa，bcosa，b1，所以cosa，b，所以向量a，b的夹角为.如图，作a，b，c，连接AC，BC，则：ac，bc，所以ACB.又AOB，所以O，A，C，B
5、四点共圆所以当OC为圆的直径时，|c|最大所以此时AB，OA，OB1，BOCAOC，所以，所以cosAOC(cosAOCsinAOC)，整理得2cosAOCsinAOC.所以tanAOC2.所以AC2，所以OC，所以|c|，即|c|的最大值为，故选C.12D解：由yex1得xln y1，由y得xy21，所以|AB|h(a)a21(ln a1)a2ln a2，h(a)2a，当0a时，h(a)0，当a时，h(a)0，即函数h(a)在区间(0，)上单调递减，在区间(，)上单调递增，所以h(a)minh()()2ln 2，故选D.134ln 3解：由题意得所围成的封闭图形的面积S1(3)dx22(3x
6、ln x)123(1ln 3)24ln 3.1484解：二项式(x)n的展开式的通项为Tr1Cxnr()rCxn3ryr，则要使y3(x)n(nN*)的展开式中存在常数项，需，即n9，r3.所以常数项为C84.154解：a2a2a224，当且仅当a2且bab，即a，b时取等号16.解：SABCa2bcsin A，则a22bcsin A，又b2c2a22bccos A2bcsin A2bccos A，则2sin A2cos A4sin(A)4，所以的最大值为4，此时A2k，kZ，又A(0，)，所以A.17解：()证明：因为an6(nN*，n2)，所以(nN*，n2)，所以数列是公差为的等差数列(
7、6分)()由()可知(n1)，又因为a16，所以，即an3(nN*)，所以lg anlg (n1)lg nlg 3，于是所求值为999lg 3(lg 2lg 1lg 3lg 2lg 1000lg 999)999lg 3lg 10003999lg 3.(12分)18解：()证明：依题意RtABCRtADC，BACDAC，ABOADO，所以ACBD.又PA平面ABCD，所以PABD，又PAACA，所以BD平面PAC，又BD平面PBD，所以平面PAC平面PBD.(4分)()过A作AD的垂线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立如图所示坐标系，则B(，0)，D(0，1，0)，C(，1，0)，设P(0，0
8、，)(0)，所以G(，)，(，)，由AGPB得，(，)(，)0，解得2，所以.所以P点坐标为(0，0，)，(7分)取平面PBD的一个法向量为m6(，1，)，设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，(，0，0)，(0，1，)，所以即取y1，则n(0，1，)，cosn，m，所以二面角BPDC的余弦值为.(12分)19解：()P(A)；P(B)；P(C)；P(D)；P(E)；因为P(B)P(A)P(E)P(C)P(D)，所以中一至四等奖分别对应的类别是B，A，E，C.(6分)()设顾客进行一次游戏经营者可盈利X元，则X(a2)8312P所以(a2246036120)0.所以a74.即a的最大值为
9、74.(12分)20解：()由椭圆E经过点A(2，3)，离心率e，可得解得所以椭圆E的方程为1.(4分)()由()可知F1(2，0)，F2(2，0)，则直线AF1的方程为y(x2)，即3x4y60，直线AF2的方程为x2，由点A在椭圆E上的位置易知直线l的斜率为正数设P(x，y)为直线l上任意一点，则|x2|，解得2xy10或x2y80(斜率为负数，舍去)所以直线l的方程为2xy10.(7分)设过C点且平行于l的直线为2xym0，由整理得19x216mx4(m212)0，由(16m)24194(m212)0，解得m276，因为m为直线2xym0在y轴上的截距，依题意，m0，故m2.所以C点的坐
10、标为(，)(12分)21解：()当1x2时，x10，欲使f(x)1恒成立，即1恒成立，只要满足对x(1，2)恒成立即可(2分)对于ln xmx20，即m，令h(x)，则h(x)，所以函数h(x)在(1，)内单调递增，在(，2)内单调递减，而h(1)0h(2)，所以m0.(4分)对于x1ln xmx2，即m，令(x)，则(x)，令g(x)x12ln x，x(1，2)，则g(x)0，所以g(x)x12ln x在(1，2)内单调递减，则x12ln x0，从而(x)0，所以(x)在(1，2)内单调递减，则(x)(1)0，所以m0，综上所述可得：m0.(6分)()下面用数学归纳法证明2nln an1，(
11、1)当n1时，a1，所以2ln a12ln 1，所以当n1时命题成立(7分)(2)假设nk时命题成立，即2kln ak1，要证明nk1时命题成立，即证明2k1ln ak11.只需证明ak1e2(k1)，因为ak1f(ak)即证明f(ak)e2(k1)，由f(x)()，当x1时，易证ln x10，所以f(x)0，函数f(x)在区间(1，)上为增函数由归纳假设2kln ak1，得ake2k1，所以f(ak)f(e2k)，若f(e2k)e2(k1)，则必有f(ak)e2(k1)，故现在证明f(e2k)e2(k1)，构造函数u(x)exxe1(x0)，则u(x)exeee(e1)，因为x0，易证e10
12、，则u(x)0，所以函数u(x)在(0，)上为增函数，故u(2k)u(0)0，即e2k2ke2(k1)10，即f(e2k)e2(k1)，即当nk1时命题成立综合(1)(2)知：对任意的nN*都有2nln an1成立(12分)22解：()因为cos x，sin y，2x2y2，所以曲线C的极坐标方程4cos 可化为：24cos ，所以x2y24x，所以(x2)2y24.(4分)()将代入圆的方程(x2)2y24得：(tcos 1)2(tsin )24，化简得t22tcos 30.(6分)设A、B两点对应的参数分别为t1、t2，则t1t22cos ，t1t23，所以|AB|t1t2|，因为|AB|，所以.所以cos .因为0，)，所以或.(9分)所以直线的倾斜角或.(10分)23解：()由|x1|2|5，得5|x1|25，所以7|x1|3，得不等式的解为2x4.(4分)()因为对任意x1R，都有x2R，使得f(x1)g(x2)成立，所以y|yf(x)y|yg(x)，又f(x)|2xa|2x3|(2xa)(2x3)|
