2017年高考数学押题试卷(江苏省有答案)

作者:佚名 资料来源:网络 点击数:    更新日期:2017-5-23  有奖投稿

2017年高考数学押题试卷(江苏省有答案)

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来源 莲山课
件 w w w.5 Y K
j.Co M

2017年高考原创押题卷(二)
参考公式
样本数据x1,x2,…,xn的方差s2=1ni=1n (xi-x)2,其中x=1ni=1nxi.
棱柱的体积V=Sh,其中S是棱柱的底面积,h是高.
棱锥的体积V=13Sh,其中S是棱锥的底面积,h是高.
一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在题中横线上)
1.已知集合A={x|x2-x-2≤0},集合B={x|1<x≤3},则A∪B=________.
{x|-1≤x≤3} [由x2-x-2≤0,解得-1≤x≤2.
∴A={x|-1≤x≤2},又集合B={x|1<x≤3},
∴A∪B={x|-1≤x≤3}.]
2.已知a,b∈R,i是虚数单位,若a+i=1-bi,则(a+bi)8=________.
16 [由a+i=1-bi可得a=1,b=-1,从而(a+bi)8=(1-i)8=(-2i)4=16.]
3.从某班抽取5名学生测量身高(单位:cm),得到的数据为160,162,159,160,159,则该组数据的方差s2=________.
65 [数据160,162,159,160,159的平均数是160,则该组数据的方差s2=15(02+22+12+02+12)=65.]
4.若双曲线x2+my2=1过点(-2,2),则该双曲线的虚轴长为________.

4 [∵双曲线x2+my2=1过点(-2,2),
∴2+4m=1,即4m=-1,m=-14,
则双曲线的标准方程为x2-y24=1,则b=2,即双曲线的虚轴长2b=4.]
5.根据下列的伪代码,可知输出的结果S为________.
i←1While i<100 i←i+2 S←2i+3End WhilePrint S
205 [该程序的作用是输出满足条件i=2n+1,n∈N,i=i+2≥100时,S=2i+3的值.∵i+2=101时,满足条件,∴输出的S值为S=2×101+3=205.]
6.在三张奖券中有一、二等奖各一张,另一张无奖,甲乙两人各抽取一张(不放回),两人都中奖的概率为________.
13 [设一、二等奖各用A,B表示,另1张无奖用C表示,甲、乙两人各抽取1张的基本事件有AB,AC,BA,BC,CA,CB共6个,其中两人都中奖的有AB,BA,共2个,故所求的概率P=26=13.]
7.已知函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的图象如图1所示,则该函数的解析式是________.
 
图1
y=2sin27x+π6 [由图知A=2,y=2sin(ωx+φ),
∵点(0,1)在函数的图象上,∴2sin φ=1,解得sin φ=12,∴利用五点作图法可得φ=π6.
∵点-7π12,0在函数的图象上,∴2sin-7π12ω+π6=0,∴-7π12ω+π6=kπ,k∈Z,
解得ω=27-12k7,k∈Z.∵ω>0,∴当k=0时,ω=27,
∴y=2sin27x+π6.]
8.如图2,在长方体ABCD­A1B1C1D1中,对角线B1D与平面A1BC1交于E点.记四棱锥E­A1B1C1D1的体积为V1,长方体ABCD­A1B1C1D1的体积为V2,则V1V2的值是________.
 
图2
 
19 [连结B1D1,设B1D1∩A1C1=F,再连结BF,平面A1BC1∩平面BDD1B1=BF,因为E∈平面A1BC1,E∈平面BDD1B1,所以E∈BF,连结BD,因为F是A1C1的中点,所以BF是中线,又根据B1F═∥12BD,所以EFEB=12,所以E是△A1BC1的重心,那么点E到平面A1B1C1D1的距离是BB1的13,所以V1=13SA1B1C1D1×13BB1,而V2=SA1B1C1D1×BB1,所以V1V2=19.]
9.已知实数x,y满足x+2y-4≤0,x-y-1≤0,x≥1,则y+1x的取值范围是________.
 
1,52 [作出不等式组对应的平面区域,y+1x的几何意义是区域内的点到定点D(0,-1)的斜率,
由图象知,AD的斜率最大,
BD的斜率最小,此时最小值为1,
由x=1,x+2y-4=0,得x=1,y=32,即A1,32,
此时AD的斜率k=32+11=52,
即1≤y+1x≤52,
故y+1x的取值范围是1,52.]
10.已知{an},{bn}均为等比数列,其前n项和分别为Sn,Tn,若对任意的n∈N*,总有SnTn=3n+14,则a3b3=________.
9 [设{an},{bn}的公比分别为q,q′,
∵SnTn=3n+14,∴n=1时,a1=b1.
n=2时,a1+a1qb1+b1q′=52.
n=3时,a1+a1q+a1q2b1+b1q′+b1q′2=7.
∴2q-5q′=3,7q′2+7q′-q2-q+6=0,解得q=9,q′=3,
∴a3b3=a1q2b1q′2=9.]
11.已知平行四边形ABCD中.∠BAD=120°,AB=1,AD=2,点P是线段BC上的一个动点,则AP→•DP→的取值范围是________.

-14,2 [以B为坐标原点,以BC所在的直线为x轴,建立如图所示的直角坐标系,作AE⊥BC,垂足为E,
 
∵∠BAD=120°,AB=1,AD=2,∴∠ABC=60°,
∴AE=32,BE=12,∴A12,32,D52,32.
∵点P是线段BC上的一个动点,设点P(x,0),0≤x≤2,
∴AP→=x-12,-32,DP→=x-52,-32,
∴AP→•DP→=x-12x-52+34=x-322-14,
∴当x=32时,有最小值,最小值为-14,
当x=0时,有最大值,最大值为2,
则AP→•DP→的取值范围为-14,2.]
12.如图3,已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上有一个点A,它关于原点的对称点为B,点F为椭圆的右焦点,且满足AF⊥BF,当∠ABF=π12时,椭圆的离心率为________.
 
图3
63 [设椭圆的左焦点为F1,连结AF1,BF1,由对称性及AF⊥BF可知,四边形AFBF1是矩形,所以
 
|AB|=|F1F|=2c,所以在Rt△ABF中,|AF|=2csinπ12,
|BF|=2ccosπ12,由椭圆定义得
2ccosπ12+sinπ12=2a,即
e=ca=1cosπ12+sinπ12=12sinπ4+π12=63.]
13.在斜三角形ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若1tan A+1tan B=1tan C,则abc2的最大值为________.
32 [由1tan A+1tan B=1tan C可得,cos Asin A+cos Bsin B=cos Csin C,即sin Bcos A+cos Bsin Asin Asin B=cos Csin C,∴sinB+Asin Asin B=cos Csin C,即sin Csin Asin B=cos Csin C,∴sin2C=sin Asin Bcos C.根据正弦定理及余弦定理可得,c2=ab•a2+b2-c22ab,整理得a2+b2=3c2,∴abc2=aba2+b23=3aba2+b2≤3ab2ab=32,当且仅当a=b时等号成立.]
14.对于实数a,b,定义运算“□”:a□b=a2-ab,a≤b,b2-ab,a>b.设f(x)=(x-4)□74x-4,若关于x的方程|f(x)-m|=1(m∈R)恰有四个互不相等的实数根,则实数m的取值范围是________.
 
(-1,1)∪(2,4) [由题意得,f(x)=(x-4)□74x-4=-34x2+3x,x≥0,2116x2-3x,x<0,
画出函数f(x)的大致图象如图所示.
因为关于x的方程|f(x)-m|=1(m∈R),即f(x)=m±1(m∈R)恰有四个互不相等的实数根,所以两直线y=m±1(m∈R)与曲线y=f(x)共有四个不同的交点,则m+1>3,0<m-1<3或0<m+1<3,m-1<0或m+1=3,m-1=0,得2<m<4或-1<m<1.]
二、解答题(本大题共6小题,共90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分14分)设α为锐角,且cosα+π6=35.
(1)求cosα-π3的值;
(2)求cos2α-π6的值.
[解] (1)∵α为锐角,∴α+π6∈π6,23π.
又cosα+π6=35,故sinα+π6=45. 4分
∴cosα-π3=cosπ2-α+π6=sinα+π6=45. 6分
(2)又sinα-π3=-sinπ2-α+π6=-cosα+π6=-35. 8分
故cos2α-π6=cosα+π6+α-π3
=cosα+π6cosα-π3-sinα+
π6sinα-π3
=35×45-45×-35
=2425. 14分
16.(本小题满分14分)在直三棱柱ABC­A1B1C1中,CA=CB,AA1=2AB,D是AB的中点.
 
图4
(1)求证:BC1∥平面A1CD;
(2)若点P在线段BB1上,且BP=14BB1,求证:AP⊥平面A1CD.
[证明] (1)连结AC1,设交A1C于点O,连结OD. 2分
∵四边形AA1C1C是矩形,∴O是AC1的中点.
 
在△ABC1中,O,D分别是AC1,AB的中点,
∴OD∥BC1. 4分
又∵OD⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,
∴BC1∥平面A1CD. 6分
(2)∵CA=CB,D是AB的中点,∴CD⊥AB.
又∵在直三棱柱ABC­A1B1C1中,底面ABC⊥侧面AA1B1B,交线为AB,
CD⊂平面ABC,∴CD⊥平面AA1B1B. 10分
∵AP⊂平面A1B1BA,∴CD⊥AP.
∵BB1=2BA,BB1=AA1,BP=14BB1,
∴BPBA=24=ADAA1,∴Rt△ABP∽Rt△A1AD, 12分
从而∠AA1D=∠BAP,∴∠AA1D+∠A1AP=∠BAP+∠A1AP=90°,
∴AP⊥A1D.
又∵CD∩A1D=D,CD⊂平面A1CD,A1D⊂平面A1CD,
∴AP⊥平面A1CD. 14分
17.(本小题满分14分)如图5,直线l是湖岸线,O是l上一点,弧AB是以O为圆心的半圆形栈桥,C为湖岸线l上一观景亭,现规划在湖中建一小岛D,同时沿线段CD和DP(点P在半圆形栈桥上且不与点A,B重合)建栈桥.考虑到美观需要,设计方案为DP=DC,∠CDP=60°且圆弧栈桥BP在∠CDP的内部,已知BC=2OB=2(km),沿湖岸BC与直线栈桥CD,DP及圆弧栈桥BP围成的区域(图中阴影部分)的面积为S(km2),∠BOP=θ.
 
图5
(1)求S关于θ的函数关系式;
(2)试判断S是否存在最大值,若存在,求出对应的cos θ的值,若不存在,说明理由.
[解] (1)在△COP中,
CP2=CO2+OP2-2CO•OPcos θ=10-6cos θ,
从而△CDP的面积S△CDP=34CP2=32(5-3cos θ). 4分
又因为△COP的面积S△COP=12OC•OPsin θ=32sin θ,
所以S=S△CDP+S△COP-S扇形OBP
=12(3sin θ-33cos θ-θ)+532,0<θ≤θ0<π,
cos θ0=1-10512. 6分
注:当DP所在直线与半圆相切时,设θ取得最大值θ0,此时在△COP中,OP=1,OC=3,∠CPO=30°,CP=10-6cos θ0,由正弦定理得10-6cos θ0=6sin θ0,cos θ0=1±10512.
(2)存在.
由(1)知,S′=12(3cos θ+33sin θ-1),
令S′=0,得sinθ+π6=16.
当0<θ<θ0时,S′>0,
所以当θ=θ0时,S取得最大值. 10分
或因为0<θ<π,所以存在唯一的θ0∈π2,π,使得sinθ0+π6=16.当0<θ<θ0<π时,S′>0,所以当θ=θ0时,S取得最大值.
此时cosθ0+π6=-356,cos θ0=cosθ0+π6-π6=1-10512. 14分
18.(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中,设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是e,定义直线y=±be为椭圆的“类准线”,已知椭圆C的“类准线”方程为y=±23,长轴长为4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点P在椭圆C的“类准线”上(但不在y轴上),过点P作圆O:x2+y2=3的切线l,过点O且垂直于OP的直线与l交于点A,问点A是否在椭圆C上?证明你的结论.
[解] (1)由题意知abc=23,a=2,又a2=b2+c2,解得b=3,c=1, 4分
所以椭圆C的方程为x24+y23=1. 6分
(2)点A在椭圆C上.证明如下:
设切点为Q(x0,y0),x0≠0,则x20+y20=3,切线l的方程为x0x+y0y-3=0,
当yP=23时,xP=3-23y0x0,
即P3-23y0x0,23, 10分
则kOP=233-23y0x0=2x03-2y0,
所以kOA=2y0-32x0,直线OA的方程为y=2y0-32x0x.
联立y=2y0-32x0x,x0x+y0y-3=0,解得x=6x06-3y0,y=32y0-36-3y0,
即A6x06-3y0,32y0-36-3y0. 13分
因为6x06-3y024+32y0-36-3y023
=93-y20+34y20-43y0+33y20-123y0+36
=3y20-123y0+363y20-123y0+36=1,
所以点A的坐标满足椭圆C的方程.
当yP=-23时,同理可得点A的坐标满足椭圆C的方程,
所以点A在椭圆C上. 16分
19.(本小题满分16分)已知数列{an}满足2an+1=an+an+2+k(n∈N*,k∈R),且a1=2,a3+a5=-4.
(1)若k=0,求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若a4=-1,求数列{an}的通项公式an.
[解] (1)当k=0时,2an+1=an+an+2,即an+2-an+1=an+1-an,
所以数列{an}是等差数列. 4分
设数列{an}的公差为d,则a1=2,2a1+6d=-4,解得a1=2,d=-43,
所以Sn=na1+nn-12d=2n+nn-12×-43=-23n2+83n. 6分
(2)由题意,2a4=a3+a5+k,即-2=-4+k,所以k=2.
又a4=2a3-a2-2=3a2-2a1-6,所以a2=3.
由2an+1=an+an+2+2,
得(an+2-an+1)-(an+1-an)=-2.
所以,数列{an+1-an}是以a2-a1=1为首项,-2为公差的等差数列.
所以an+1-an=-2n+3, 10分
当n≥2时,有an-an-1=-2(n-1)+3.
于是,an-1-an-2=-2(n-2)+3,
an-2-an-3=-2(n-3)+3,

a3-a2=-2×2+3,
a2-a1=-2×1+3,
叠加得,an-a1=-2(1+2+…+(n-1))+3(n-1)(n≥2),
所以an=-2×nn-12+3(n-1)+2=-n2+4n-1(n≥2). 14分
又当n=1时,a1=2也适合.
所以数列{an}的通项公式为an=-n2+4n-1,n∈N*. 16分
20.(本小题满分16分)已知函数f(x)=ex13x3-2x2+(a+4)x-2a-4,其中a∈R,e为自然对数的底数.
(1)关于x的不等式f(x)<-43ex在(-∞,2)上恒成立,求a的取值范围;
(2)讨论函数f(x)极值点的个数.
[解] (1)由f(x)<-43ex,得ex13x3-2x2+a+4x-2a-4<-43ex,
即x3-6x2+(3a+12)x-6a-8<0对任意x∈(-∞,2)恒成立,
即(6-3x)a>x3-6x2+12x-8对任意x∈(-∞,2)恒成立, 4分
因为x<2,所以a>x3-6x2+12x-8-3x-2=-13(x-2)2,
记g(x)=-13(x-2)2,因为g(x)在(-∞,2)上单调递增,且g(2)=0,
所以a≥0,即a的取值范围为[0,+∞). 6分
(2)由题意,可得f′(x)=ex13x3-x2+ax-a,可知f(x)只有一个极值点或有三个极值点.
令g(x)=13x3-x2+ax-a,
①若f(x)有且仅有一个极值点,则函数g(x)的图象必穿过x轴且只穿过一次,
即g(x)为单调递增函数或者g(x)极值同号.
(ⅰ)当g(x)为单调递增函数时,g′(x)=x2-2x+a≥0在R上恒成立,得a≥1.
(ⅱ)当g(x)极值同号时,设x1,x2为极值点,则g(x1)•g(x2)≥0,
由g′(x)=x2-2x+a=0有解,得a<1,且x21-2x1+a=0,x22-2x2+a=0,
所以x1+x2=2,x1x2=a, 10分
所以g(x1)=13x31-x21+ax1-a=13x1(2x1-a)-x21+ax1-a
=-13(2x1-a)-13ax1+ax1-a=23[(a-1)x1-a],
同理,g(x2)=23[(a-1)x2-a],
所以g(x1)g(x2)=23[(a-1)x1-a]•23[(a-1)x2-a]≥0,
化简得(a-1)2x1x2-a(a-1)(x1+x2)+a2≥0,
所以(a-1)2a-2a(a-1)+a2≥0,即a≥0,
所以0≤a<1.
所以,当a≥0时,f(x)有且仅有一个极值点;
②若f(x)有三个极值点,则函数g(x)的图象必穿过x轴且穿过三次,同理可得a<0.
综上,当a≥0时,f(x)有且仅有一个极值点,
当a<0时,f(x)有三个极值点. 16分

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