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2017年河南省高考数学适应性试卷(理科)含答案解析


2017 年河南省普通高中高考数学适应性试卷(理科)
一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的. 1.已知集合 A={x|x2﹣2x﹣3>0},B={x|lg(x﹣2)≤1},则(?RA)∪B=( A. (﹣1,12) B. (2,3) C. (2,3] D.[﹣1,12] 2.欧拉(Leonhard Euler,国籍瑞士)是科学史上最多产的一位杰出的数学家, 他发明的公式 eix=cosx+isinx(i 为虚数单位) ,将指数函数的定义域扩大到复数, 建立了三角函数和指数函数的关系, 这个公式在复变函数理论中占用非常重要的 地位,被誉为“数学中的天桥”,根据此公式可知,e﹣4i 表示的复数在复平面中位 于( ) B.第二象限 ) C.第三象限 D.第四象限 )

A.第一象限

3.下列命题正确的是( A.? x0∈R,sinx0+cosx0= B.? x≥0 且 x∈R,2x>x2

C.已知 a,b 为实数,则 a>2,b>2 是 ab>4 的充分条件 D.已知 a,b 为实数,则 a+b=0 的充要条件是 =﹣1 4.已知圆 O:x2+y2=4(O 为坐标原点)经过椭圆 C: 短轴端点和两个焦点,则椭圆 C 的标准方程为( A. + =1 B. + =1 ) + =1(a>b>0)的

C.

+

=1 D.

+

=1 )

5.已知等差数列{an}满足 a1=1,an+2﹣an=6,则 a11 等于( A.31 B.32 C.61 D.62 6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(



A.3

B.

C.

D. 的最大值为 M, 最小值为 m, 则 M+m 等于 ( D.8 )

7. f x) = 已知函数 ( A.0 B.2 C.4

8. 如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著 《九章算术》 中的“更 相减损术”,执行该程序框图,若输入 a,b 的值分别是 21,28,则输出 a 的值 为( )

A.14 B.7

C.1

D.0

9.已知函数 y=x+1+lnx 在点 A(1,2)处的切线 l,若 l 与二次函数 y=ax2+(a+2) x+1 的图象也相切,则实数 a 的取值为( A.12 B.8 C.0 D.4 )

10.已知△ABC 的三个顶点的坐标为 A(0,1) ,B(1,0) ,C(0,﹣2) ,O 为

坐标原点,动点 M 满足| A. B.

|=1,则|

+

+ ﹣1

的最大值是(



C. ﹣

﹣1 D.

11.已知双曲线 C:

=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,O

为坐标原点,点 P 是双曲线在第一象限内的点,直线 PO,PF2 分别交双曲线 C 的 左、右支于另一点 M,N,若|PF1|=2|PF2|,且∠MF2N=120°,则双曲线的离心率 为( A. ) B. C. D.

12.定义在 R 上的函数 f(x) ,当 x∈[0,2]时,f(x)=4(1﹣|x﹣1|) ,且对于 任意实数 x∈[2n﹣2,2n+1﹣2](n∈N*,n≥2) ,都有 f(x)= f( ﹣1) .若 g (x)=f(x)﹣logax 有且只有三个零点,则 a 的取值范围是( A.[2,10] B.[ , ] C. (2,10) D.[2,10) )

二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 13.已知实数 x,y 满足条件 其最大值为 14.设二项式 . 展开式中的常数项为 a,则 的值为 . 若目标函数 z=2x+y 的最小值为 3,则

15.已知 A,B,C 是球 O 的球面上三点,且

为该球面上的

动点, 球心 O 到平面 ABC 的距离为球半径的一半, 则三棱锥 D﹣ABC 体积的最大 值为 .

16.已知函数 fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且 fn(﹣1)=(﹣1)nn,n∈N*, 设函数 g(n)= (n≥2)项和 Sn 等于 . ,若 bn=g(2n+4) ,n∈N*,则数列{bn}的前 n

三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知向量 =(2cosx,sinx) , =(cosx,2 (Ⅰ)求函数 f(x)的单调递减区间;

cosx) ,函数 f(x)= ? ﹣1.

(Ⅱ)在锐角△ABC 中,内角 A、B、C 的对边分别为 a,b,c,tanB= 对任意满足条件的 A,求 f(A)的取值范围.



18.某品牌的汽车 4S 店,对最近 100 例分期付款购车情况进行统计,统计结果 如表所示,已知分 9 期付款的频率为 0.4;该店经销一辆该品牌的汽车.若顾客 分 3 期付款,其利润为 1 万元;分 6 期或 9 期付款,其利润为 2 万元;分 12 期 付款,其利润为 3 万元. 付款方式 频数 分3期 20 分6期 20 分9期 a 分 12 期 b

(1) 若以表中计算出的频率近似替代概率, 从该店采用分期付款购车的顾客 (数 量较大)中随机抽取 3 位顾客,求事件 A:“至多有 1 位采用分 6 期付款”的概率 P(A) ; (2)按分层抽样的方式从这 100 位顾客中抽出 5 人,再从抽出的 5 人中随机抽 取 3 人,记该店在这 3 人身上赚取的总利润为随机变量 η,求 η 的分布列及数学 期望 E(η) . 19.如图所示,已知长方体 ABCD 中, 为 DC 的中点.将△ADM

沿 AM 折起,使得 AD⊥BM.

(1)求证:平面 ADM⊥平面 ABCM; (2)是否存在满足 的点 E,使得二面角 E﹣AM﹣D 为大小为

.若存在,求出相应的实数 t;若不存在,请说明理由. 20.设抛物线的顶点在坐标原点,焦点 F 在 y 轴正半轴上,过点 F 的直线交抛物 线于 A,B 两点,线段 AB 的长是 8,AB 的中点到 x 轴的距离是 3. (1)求抛物线的标准方程;

(2)设直线 m 在 y 轴上的截距为 6,且与抛物线交于 P,Q 两点,连结 QF 并延 长交抛物线的准线于点 R,当直线 PR 恰与抛物线相切时,求直线 m 的方程. 21.已知函数 .

(1)当 a=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若﹣1<x<1 时,均有 f(x)≤0 成立,求实数 a 的取值范围.

四、请考生在第 22、23 两题中任选一题作答,注意:只能做所选定的题目,如 果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后 的方框涂黑.4-4 坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系 xoy 中,曲线 C1 的参数方程为 (θ 为参数) ,

以坐标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴,与直角坐标系 xoy 取相同的单位长 度建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2cosθ﹣4sinθ. (1)化曲线 C1,C2 的方程为普通方程,并说明它们分别表示什么曲线; (2)设曲线 C2 与 x 轴的一个交点的坐标为 P(m,0) (m>0) ,经过点 P 作斜 率为 1 的直线,l 交曲线 C2 于 A,B 两点,求线段 AB 的长.

五、4-5 不等式选讲 23.已知 f(x)=|2x﹣1|+x+ 的最小值为 m. (1)求 m 的值; (2)已知 a,b,c 是正实数,且 a+b+c=m,求证:2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣ 3abc.

2017 年河南省普通高中高考数学适应性试卷(理科)
参考答案与试题解析

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的. 1.已知集合 A={x|x2﹣2x﹣3>0},B={x|lg(x﹣2)≤1},则(?RA)∪B=( A. (﹣1,12) B. (2,3) C. (2,3] D.[﹣1,12] 【考点】交、并、补集的混合运算. 【分析】首先化简集合 A,B,进而算出?RA,然后根据并集的定义进行求解. 【解答】解:∵集合 A={x|x2﹣2x﹣3>0}={x|x<﹣1 或 x>3} ∴?RA={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1,3] ∵B={x|lg(x﹣2)≤1}, ∴ , )

解得 2<x≤12, ∴B=(2,12] ∴(?RA)∪B=[﹣1,12] 故选:D.

2.欧拉(Leonhard Euler,国籍瑞士)是科学史上最多产的一位杰出的数学家, 他发明的公式 eix=cosx+isinx(i 为虚数单位) ,将指数函数的定义域扩大到复数, 建立了三角函数和指数函数的关系, 这个公式在复变函数理论中占用非常重要的 地位,被誉为“数学中的天桥”,根据此公式可知,e﹣4i 表示的复数在复平面中位 于( ) B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

A.第一象限

【考点】复数的代数表示法及其几何意义. 【分析】e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4) ,再利用诱导公式与三角函数求值即可得出. 【解答】解:e﹣4i=cos(﹣4)+isin(﹣4) ,∵cos(﹣4)=cos[π+(4﹣π)]=﹣cos (4﹣π)<0,sin(﹣4)=﹣sin[π+(4﹣π)]=sin(4﹣π)>0,

∴e﹣4i 表示的复数在复平面中位于第二象限. 故选:B.

3.下列命题正确的是( A.? x0∈R,sinx0+cosx0= B.? x≥0 且 x∈R,2x>x2



C.已知 a,b 为实数,则 a>2,b>2 是 ab>4 的充分条件 D.已知 a,b 为实数,则 a+b=0 的充要条件是 =﹣1 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】根据 sinx+cosx= sin(x+ )≤ < ,判断 A 错误;

举例说明 x=2 时 2x=x2=4,判断 B 错误; 根据 a>2,b>2 时 ab>4,判断充分性成立 C 正确; 举例说明 a=b=0 时 =﹣1 不成立,判断 D 错误. 【解答】解:对于 A,? x∈R,sinx+cosx= ∴该命题的否定是假命题,A 错误; 对于 B,当 x=2 时,2x=x2=4,∴B 错误; 对于 C,a,b 为实数,当 a>2,b>2 时,ab>4,充分性成立, 是充分条件,C 正确; 对于 D,a,b 为实数,a+b=0 时,若 a=b=0,则 =﹣1 不成立, ∴不是充要条件,D 错误. 故选:C. sin(x+ )≤ < 正确,

4.已知圆 O:x2+y2=4(O 为坐标原点)经过椭圆 C: 短轴端点和两个焦点,则椭圆 C 的标准方程为( A. + =1 B. + =1 )

+

=1(a>b>0)的

C.

+

=1 D.

+

=1

【考点】椭圆的简单性质. 【分析】根据圆 O:x2+y2=4(O 为坐标原点)经过椭圆 C: 的短轴端点和两个焦点,可得 b,c,a, 【解答】解:∵圆 O:x2+y2=4(O 为坐标原点)经过椭圆 C: >0)的短轴端点和两个焦点, ∴b=2,c=2,则 a2=b2+c2=8. ∴椭圆 C 的标准方程为: 故选:B , + =1(a>b + =1(a>b>0)

5.已知等差数列{an}满足 a1=1,an+2﹣an=6,则 a11 等于( A.31 B.32 C.61 D.62 【考点】等差数列的通项公式. 【分析】由等差数列的性质依次求出 a3,a5,a7,a9,a11. 【解答】解:∵等差数列{an}满足 a1=1,an+2﹣an=6, ∴a3=6+1=7, a5=6+7=13, a7=6+13=19, a9=6+19=25, a11=6+25=31. 故选:A.



6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(



A.3

B.

C.

D.

【考点】由三视图求面积、体积. 【分析】由三视图可得,几何体为底面为正视图,高为 几何体的体积. 【解答】解:由三视图可得,几何体为底面为正视图,高为 为 故选 B. = , 的四棱锥,体积 的四棱锥,即可求出

7. f x) = 已知函数 ( A.0 B.2 C.4 D.8

的最大值为 M, 最小值为 m, 则 M+m 等于 (



【考点】函数的最值及其几何意义. 【分析】设 g(x)= 相加可得答案. 【解答】解:f(x)= =2+ , ,得到 g(x)为奇函数,得到 g(x)max+g(x)min=0,

设 g(x)=



∴g(﹣x)=﹣g(x) , ∴g(x)为奇函数, ∴g(x)max+g(x)min=0

∵M=f(x)max=2+g(x)max,m=f(x)min=2+g(x)min, ∴M+m=2+g(x)max+2+g(x)min=4, 故选:C

8. 如图所示的程序框图的算法思路来源于我国古代数学名著 《九章算术》 中的“更 相减损术”,执行该程序框图,若输入 a,b 的值分别是 21,28,则输出 a 的值 为( )

A.14 B.7

C.1

D.0

【考点】程序框图. 【分析】由循环结构的特点,先判断,再执行,分别计算出当前的 a,b 的值, 即可得到结论. 【解答】解:由 a=21,b=28,不满足 a>b, 则 b 变为 28﹣21=7, 由 b<a,则 a 变为 21﹣7=14, 由 b<a,则 a 变为 14﹣7=7, 由 a=b=7, 则输出的 a=7. 故选:B.

9.已知函数 y=x+1+lnx 在点 A(1,2)处的切线 l,若 l 与二次函数 y=ax2+(a+2) x+1 的图象也相切,则实数 a 的取值为( A.12 B.8 C.0 D.4 )

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程. 【分析】求出 y=x+1+lnx 的导数,求得切线的斜率,可得切线方程,再由于切线 与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切,有且只有一切点,进而可联立切线与曲线方程, 根据△=0 得到 a 的值. 【解答】解:y=x+1+lnx 的导数为 y′=1+ , 曲线 y=x+1+lnx 在 x=1 处的切线斜率为 k=2, 则曲线 y=x+1+lnx 在 x=1 处的切线方程为 y﹣2=2x﹣2,即 y=2x. 由于切线与曲线 y=ax2+(a+2)x+1 相切, y=ax2+(a+2)x+1 可联立 y=2x, 得 ax2+ax+1=0, 又 a≠0,两线相切有一切点, 所以有△=a2﹣4a=0, 解得 a=4. 故选:D.

10.已知△ABC 的三个顶点的坐标为 A(0,1) ,B(1,0) ,C(0,﹣2) ,O 为 坐标原点,动点 M 满足| A. B. |=1,则| + + ﹣1 的最大值是( )

C.

﹣1 D.

【考点】平面向量的坐标运算. 【分析】设点 M 的坐标是(x,y) ,由两点之间的距离公式化简| 动点 M 的轨迹, 由向量的坐标运算求出 + + , 表示出| + + |=1,判断出 |并判断几

何意义,转化为圆外一点与圆上点的距离最值问题,即可求出答案. 【解答】解:设点 M 的坐标是(x,y) , ∵C(0,﹣2) ,且| ∴ |=1,

,则 x2+(y+2)2=1,

即动点 M 的轨迹是以 C 为圆心、1 为半径的圆,

∵A(0,1) ,B(1,0) , ∴ 则| + + + + =(x+1,y+1) , |= ,几何意义表示:

点 M(x,y)与点 A(﹣1,﹣1)之间的距离,即圆 C 上的点与点 A(﹣1,﹣1) 的距离, ∵点 A(﹣1,﹣1)在圆 C 外部, ∴| + + |的最大值是|AC|+1= +1= ,

故选 A.

11.已知双曲线 C:

﹣=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,O 为坐

标原点,点 P 是双曲线在第一象限内的点,直线 PO,PF2 分别交双曲线 C 的左、 右支于另一点 M,N,若|PF1|=2|PF2|,且∠MF2N=120°,则双曲线的离心率为 ( A. ) B. C. D.

【考点】直线与椭圆的位置关系. 【分析】由题意,|PF1|=2|PF2|,|PF1|﹣|PF2|=2a,可得|PF1|=4a,|PF2|=2a, 由 ∠ MF2N=120° , 可 得 ∠ F1PF2=120° , 由 余 弦 定 理 可 得 4c2=16a2+4a2 ﹣ 2?4a?2a?cos120°,即可求出双曲线 C 的离心率. 【解答】解:由题意,|PF1|=2|PF2|, 由双曲线的定义可得,|PF1|﹣|PF2|=2a, 可得|PF1|=4a,|PF2|=2a, 由四边形 PF1MF2 为平行四边形, 又∠MF2N=120°,可得∠F1PF2=120°, 在三角形 PF1F2 中,由余弦定理可得 4c2=16a2+4a2﹣2?4a?2a?cos120°, 即有 4c2=20a2+8a2,即 c2=7a2, 可得 c= a,

即 e= = 故选 B.



12.定义在 R 上的函数 f(x) ,当 x∈[0,2]时,f(x)=4(1﹣|x﹣1|) ,且对于 任意实数 x∈[2n﹣2,2n+1﹣2](n∈N*,n≥2) ,都有 f(x)= f( ﹣1) .若 g (x)=f(x)﹣logax 有且只有三个零点,则 a 的取值范围是( A.[2,10] B.[ , ] C. (2,10) D.[2,10) )

【考点】根的存在性及根的个数判断;函数零点的判定定理. =f =logax, 【分析】 由g (x) (x ) ﹣logax=0, 得f (x) 分别作出函数 f (x) 和 y=logax 的图象,利用数形结合即可得到结论. 【解答】解:当 x∈[0,2]时,f(x)=4(1﹣|x﹣1|) , 当 n=2 时,x∈[2,6],此时 ﹣1∈[0,2],则 f(x)= f( ﹣1)= ×4(1 ﹣| ﹣1﹣1|)=2(1﹣| ﹣2|) , 当 n=3 时,x∈[6,14],此时 ﹣1∈[2,6],则 f(x)= f( ﹣1)= ×2(1 ﹣| ﹣ |)=1﹣| ﹣ |, 由 g(x)=f(x)﹣logax=0,得 f(x)=logax,分别作出函数 f(x)和 y=logax 的 图象,

若 0<a<1,则此时两个函数图象只有 1 个交点,不满足条件. 若 a>1,当对数函数图象经过 A 时,两个图象只有 2 个交点,当图象经过点 B 时,两个函数有 4 个交点, 则要使两个函数有 3 个交点,则对数函数图象必须在 A 点以下,B 点以上, ∵f(4)=2,f(10)=1,∴A(4,2) ,B(10,1) , 即满足 ,

即 即 2<a<10, 故选:C.

,解得



二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分. 13.已知实数 x,y 满足条件 其最大值为 7 . 若目标函数 z=2x+y 的最小值为 3,则

【考点】简单线性规划. 【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数 z=2x+y 的最小值为 3,建 立条件关系即可求出 m 的值,然后求解最大值即可. 【解答】解:目标函数 z=2x+y 的最小值为 3, ∴y=﹣2x+z,要使目标函数 z=﹣2x+y 的最小值为 3, 作出不等式组对应的平面区域如图: 则目标函数经过点 A 截距最小,



,解得 A(2,﹣1) ,同时 A 也在直线﹣2x+y+m=0,

解得 m=5, 目标函数 z=2x+y 经过 B 时取得最大值 由 ,解得 B(3,1) ,

z 的最大值为:7. 故答案为:7.

14. 设二项式

展开式中的常数项为 a, 则

的值为





【考点】二项式系数的性质. 【分析】利用二项式定理的通项公式可得 a,再利用微积分基本定理即可得出. 【解答】 解: 二项式
r

Tr+1= 展开式中的通项公式:

= (﹣1)

. =0,解得 r=4. =15, = cos3xdx= =﹣ .

令 6﹣

∴常数项 a= 则

故答案为:﹣ .

15.已知 A,B,C 是球 O 的球面上三点,且

为该球面上的

动点, 球心 O 到平面 ABC 的距离为球半径的一半, 则三棱锥 D﹣ABC 体积的最大 值为 .

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积. 【分析】由题意画出图形,求出三角形 ABC 外接圆的半径,设出球的半径,利 用直角三角形中的勾股定理求得球的半径, 则三棱锥 D﹣ABC 体积的最大值可求. 【解答】解:如图,在△ABC 中,∵ ∴由余弦定理可得 cosA= ∴sinA= . ,得 r=3. ,解得 , . . , ,则 A=120°,

设△ABC 外接圆的半径为 r,则 设球的半径为 R,则 ∵

∴三棱锥 D﹣ABC 体积的最大值为 故答案为: .

16.已知函数 fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且 fn(﹣1)=(﹣1)nn,n∈N*, 设函数 g(n)= (n≥2)项和 Sn 等于 2n+n﹣1 【考点】数列的求和. 【分析】由分段函数,求得 bn=a ,再由函数 fn(x) ,求得 n=1 时,a1=1, ,若 bn=g(2n+4) ,n∈N*,则数列{bn}的前 n .

将 n 换为 n﹣1,作差可得 an=2n﹣1,进而得到 bn=2n﹣1+1,再由数列的求和方法:分组求和,结合等比数列的求和公式,计算即 可得到所求和.

【解答】解:由函数 g(n)=



可得 bn=g(2n+4)=g(2n﹣1+2)=g(2n﹣2+1)=a



由函数 fn(x)=a1x+a2x2+a3x3+…+anxn,且 fn(﹣1)=(﹣1)nn, 可得﹣a1+a2﹣a3+…+an(﹣1)n=(﹣1)nn,① n=1 时,﹣a1=﹣1,可得 a1=1; n≥2 时,﹣a1+a2﹣a3+…+an﹣1(﹣1)n﹣1=(﹣1)n﹣1(n﹣1) ,② ①﹣②可得 an(﹣1)n=(﹣1)nn﹣(﹣1)n﹣1(n﹣1) , 化简可得 an=2n﹣1,对 n=1 也成立. 则 bn=a =2n﹣1+1,

则数列{bn}的前 n(n≥2)项和 Sn 等于(1+2+4+…+2n﹣1)+n = +n=2n+n﹣1.

故答案为:2n+n﹣1.

三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知向量 =(2cosx,sinx) , =(cosx,2 (Ⅰ)求函数 f(x)的单调递减区间; (Ⅱ)在锐角△ABC 中,内角 A、B、C 的对边分别为 a,b,c,tanB= 对任意满足条件的 A,求 f(A)的取值范围. 【考点】余弦定理;平面向量数量积的运算. 【分析】 (Ⅰ)根据函数 f(x)= ? ﹣1.利用向量的数量积的运算求解 f(x) , 结合三角函数的性质求解单调性即可. (Ⅱ)tanB= 求解. , cosx) ,函数 f(x)= ? ﹣1.

【解答】解: (Ⅰ)向量 =(2cosx,sinx) , =(cosx,2 函数 f(x)= ? ﹣1. 则 f(x)=2cos2x+2 由 解得: ≤x≤ sinxcosx﹣1= , , (k∈Z) . , , sin2x+cos2x=2sin(2x

cosx) ,



故得函数 f(x)的单调递减区间为[ (Ⅱ)由 tanB= ∵cosB= ∴sinB= . ,即:

], (k∈Z)

又∵△ABC 是锐角, ∴B= 则 . <A< )

由(Ⅰ)可知 f(A)=2sin(2A 那么:2A 则 sin(2A ∈( , ) ,1)

)∈(

故得 f(A)的取值范围是(﹣1,2)

18.某品牌的汽车 4S 店,对最近 100 例分期付款购车情况进行统计,统计结果 如表所示,已知分 9 期付款的频率为 0.4;该店经销一辆该品牌的汽车.若顾客 分 3 期付款,其利润为 1 万元;分 6 期或 9 期付款,其利润为 2 万元;分 12 期 付款,其利润为 3 万元. 付款方式 频数 分3期 20 分6期 20 分9期 a 分 12 期 b

(1) 若以表中计算出的频率近似替代概率, 从该店采用分期付款购车的顾客 (数 量较大)中随机抽取 3 位顾客,求事件 A:“至多有 1 位采用分 6 期付款”的概率

P(A) ; (2)按分层抽样的方式从这 100 位顾客中抽出 5 人,再从抽出的 5 人中随机抽 取 3 人,记该店在这 3 人身上赚取的总利润为随机变量 η,求 η 的分布列及数学 期望 E(η) . 【考点】 离散型随机变量的期望与方差;列举法计算基本事件数及事件发生的概 率. 【分析】 (1)由 =0.4,得 a=40,20+a+20+b=100,解得 b.记分期付款的期

数为 ξ, 依题意即可得出其概率. 进而定点“购买该品牌汽车的 3 为顾客中至多有 1 位采用 3 期付款”的概率 P(A) . (2)按分层抽样的方式从这 100 位顾客中抽出 5 人,则顾客分 3 期付款与分 6 期付款的各为 1 人,分 9 期付款的为 2 人,分 12 期付款为 1 人.则 η 的可能取 值为 5,6,7.利用相互独立与互斥事件的概率计算公式可得其概率,进而得到 分布列与数学期望. 【解答】解: (1)由 =0.4,得 a=40,

∵20+a+20+b=100,∴b=20 记分期付款的期数为 ξ,依题意得: P(ξ=3)= =0.2,P(ξ=6)= =0.2,P(ξ=9)= =0.4,P(ξ=12)= =0.2.

则“购买该品牌汽车的 3 为顾客中至多有 1 位采用 3 期付款”的概率 P(A)= + =0.896.

(2)按分层抽样的方式从这 100 位顾客中抽出 5 人,则顾客分 3 期付款与分 6 期付款的各为 1 人,分 9 期付款的为 2 人,分 12 期付款为 1 人.则 η 的可能取 值为 5,6,7. P ( η=5 ) =P ( ξ=3 )× P ( ξ=6 )× P ( ξ=9 ) +P ( ξ=3 )× P ( ξ=9 )× P ( ξ=9 ) = + = .

P(η=6)=P(ξ=3)×P(ξ=6)×P(ξ=12)+P(ξ=6)×P(ξ=9)×P(ξ=9)+P (ξ=3)×P(ξ=9)×P(ξ=12)= = ,

P ( η=7 ) =P ( ξ=6 )× P ( ξ=9 )× P ( ξ=12 ) +P ( ξ=9 )× P ( ξ=9 )× P ( ξ=12 ) = 列表如下: η P 5 0.3 6 0.4 7 0.3 = .

所以 η 的数学期望 E(η)=5×0.3+6×0.4+7×0.3=6(万元) .

19.如图所示,已知长方体 ABCD 中,

为 DC 的中点.将△ADM

沿 AM 折起,使得 AD⊥BM.

(1)求证:平面 ADM⊥平面 ABCM; (2)是否存在满足 的点 E,使得二面角 E﹣AM﹣D 为大小为

.若存在,求出相应的实数 t;若不存在,请说明理由. 【考点】与二面角有关的立体几何综合题;平面与平面垂直的判定. 【分析】 (1)推导出 BM⊥AM,AD⊥BM,从而 BM⊥平面 ADM,由此能证明平 面 ADM⊥平面 ABCM. (2)以 M 为原点,MA 为 x 轴,MB 为 y 轴,过 M 作平面 ABCM 的垂线为 z 轴, 建立空间直角坐标系,利用向量法能求出存在满足 得二面角 E﹣AM﹣D 为大小为 ,并能求出相应的实数 t 的值. ,M 为 DC 的中点, 的点 E,使

【解答】证明: (1)∵长方形 ABCD 中,AB=2AD=2 ∴AM=BM=2,AM2+BM2=AB2,∴BM⊥AM, ∵AD⊥BM,AD∩AM=A,∴BM⊥平面 ADM, 又 BM? 平面 ABCM,∴平面 ADM⊥平面 ABCM.

解: (2)以 M 为原点,MA 为 x 轴,MB 为 y 轴,过 M 作平面 ABCM 的垂线为 z

轴, 建立空间直角坐标系, 则 A(2,0,0) ,B(0,2,0) ,D(1,0,1) ,M(0,0,0) , =(0,2,0) , =(1,﹣2,1) , = =(t,2﹣2t,1) ,

设平面 AME 的一个法向量为 =(x,y,z) , 则 ,

取 y=t,得 =(0,t,2t﹣2) , 由(1)知平面 AMD 的一个法向量 =(0,1,0) , ∵二面角 E﹣AM﹣D 为大小为 ∴cos = = , = ,

解得 t= 或 t=2(舍) , ∴存在满足 的实数 t 的值为 . 的点 E, 使得二面角 E﹣AM﹣D 为大小为 , 相应

20.设抛物线的顶点在坐标原点,焦点 F 在 y 轴正半轴上,过点 F 的直线交抛物 线于 A,B 两点,线段 AB 的长是 8,AB 的中点到 x 轴的距离是 3. (1)求抛物线的标准方程; (2)设直线 m 在 y 轴上的截距为 6,且与抛物线交于 P,Q 两点,连结 QF 并延 长交抛物线的准线于点 R,当直线 PR 恰与抛物线相切时,求直线 m 的方程. 【考点】直线与抛物线的位置关系. 【分析】 (1)设抛物线的方程为 x2=2py(p>0) ,求出准线方程,运用抛物线的

定义和中位线定理,可得 2(3+ )=8,解得 p,即可得到抛物线的方程; (2)设直线 PQ 的方程为 y=kx+6,代入抛物线的方程,运用韦达定理,结合导 数求得切线的斜率,再由两点的方斜率公式,以及三点共线的条件:斜率相等, 化简整理解方程可得 k 的值,客人得到直线 m 的方程. 【解答】解: (1)设抛物线的方程为 x2=2py(p>0) , 准线方程为 y=﹣ , 由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AB|=2(3+ )=8, 解得 p=2, 即有抛物线的方程为 x2=4y; (2)设直线 PQ 的方程为 y=kx+6,代入抛物线的方程,可得 x2﹣4kx﹣24=0, 设 P(x1, ) ,Q(x2, ) ,

可得 x1+x2=4k,x1x2=﹣24, 由 y= x2 的导数为 y′= x,

设 R(t,﹣1) ,可得 kPR=

= x1,

可得 t= x1﹣



再由 Q,F,R 共线,可得

=



消去 t,可得

=



即有 16x1x2=4(x12+x22)﹣16﹣(x1x2)2, 即有 16×(﹣24)=4[(4k)2+2×24]﹣16﹣242, 解方程可得 k=± , 即有直线 m 的方程为 y=± x+6.

21.已知函数



(1)当 a=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若﹣1<x<1 时,均有 f(x)≤0 成立,求实数 a 的取值范围. 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性. 【分析】 (Ⅰ)当 a=1 时,f(x)的定义域为(﹣1,1)∪(1,+∞) , 求出 f′(x)= (Ⅱ)f′(x)= ,即可求单调区间; ,

分(1)a≤0, (2)当 a>0,讨论单调性及最值即可. 【解答】解: (Ⅰ)当 a=1 时,f(x)的定义域为(﹣1,1)∪(1,+∞) , f′(x)= ,

当﹣1<x<0 或>3 时,f′(x)>0,当 0<x<1 或 1<x<3,f′(x)<0, 所以函数 f(x)的增区间为(﹣1,0) , (3,+∞) ,减区间为(0,1) , (1,3) (Ⅱ)f′(x)= ,

当 a≤0 时,f′(x)>0 恒成立,故 0<x<1 时,f(x)>f(0)=0,不符合题意. 当 a>0 时,由 f′(x)=0,得 x1= ,x2= .

若 0<a<1,此时 0<x1<1,对 0<x<x1,有 f′(x)>0,f(x)>f(0)=0,不 符合题意. 若 a>1,此时﹣1<x1<0,对 x1<x<0,有 f′(x)<0,f(x)>f(0)=0,不 符合题意. 若 a=1,由(Ⅰ)知,函数 f(x)在 x=0 处取得最大值 0,符合题意, 综上实数 a 的取值为 1.

四、请考生在第 22、23 两题中任选一题作答,注意:只能做所选定的题目,如 果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后

的方框涂黑.4-4 坐标系与参数方程 22.在平面直角坐标系 xoy 中,曲线 C1 的参数方程为 (θ 为参数) ,

以坐标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴,与直角坐标系 xoy 取相同的单位长 度建立极坐标系,曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2cosθ﹣4sinθ. (1)化曲线 C1,C2 的方程为普通方程,并说明它们分别表示什么曲线; (2)设曲线 C2 与 x 轴的一个交点的坐标为 P(m,0) (m>0) ,经过点 P 作斜 率为 1 的直线,l 交曲线 C2 于 A,B 两点,求线段 AB 的长. 【考点】参数方程化成普通方程. 【分析】 (1 ) 根据 sin2θ+cos2θ=1 消去曲线 C1 的参数 θ 可得普通方程; 根据 ρcosθ=x, ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,进行代换即得曲线 C2 的普通方程; (2)令曲线 C2 的 y=0,求解 P 的坐标,可得过 P 的直线方程,参数方程的几何 意义求解即可. 【解答】 解: (1) 曲线 C1 的参数方程为 表示焦点在 y 轴上的椭圆方程. 曲线 C2 的极坐标方程为 ρ=2cosθ﹣4sinθ,可得 ρ2=2ρcosθ﹣4ρsinθ, ∴x2+y2=2x﹣4y,整理得(x﹣1)2+(y+2)2=5,表示以(1,﹣2)为圆心,半径 r=5 的圆. (2)曲线 C2 与 x 轴的一个交点的坐标为 P(m,0) (m>0) ,令 y=0,解得 x=2, ∴P(2,0) ,可得直线 l:y=x﹣2. 将曲线 C1 的参数方程带入直线 l 可得: 整理可得:cos( )= ,即 θ=2kπ 或 sinθ=2cosθ﹣2. , (k∈Z) . , 消去参数可得: ,

那么:A(2,0) ,B(﹣1,﹣3) , ∴|AB|= .

五、4-5 不等式选讲 23.已知 f(x)=|2x﹣1|+x+ 的最小值为 m. (1)求 m 的值;

(2)已知 a,b,c 是正实数,且 a+b+c=m,求证:2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣ 3abc. 【考点】不等式的证明. 【分析】 (1)讨论当 x≥ 时,当 x< 时,去掉绝对值,运用一次函数的单调性, 可得最小值; (2)由 a+b+c=1,先证 a3+b3≥a2b+b2a,由作差法可得,即有 a3+b3≥ab﹣abc, 同理可得 b3+c3≥bc﹣abc,c3+a3≥ca﹣abc,累加即可得证. 【解答】解: (1)当 x≥ 时,f(x)=3x﹣ 递增,且 f(x)≥ ﹣ =1; 当 x< 时,f(x)= ﹣x 递减,且 f(x)> ﹣ =1; 综上可得 x= 时,f(x)取得最小值 1,即 m=1; (2)证明:a,b,c 是正实数,且 a+b+c=1, 由 a3+b3﹣a2b﹣b2a=a2(a﹣b)+b2(b﹣a)=(a﹣b) (a2﹣b2)=(a+b) (a﹣b)
2

≥0,

即有 a3+b3﹣a2b﹣b2a≥0,即 a3+b3≥a2b+b2a=ab(a+b)=ab(1﹣c)=ab﹣abc, 可得 a3+b3≥ab﹣abc, 同理可得 b3+c3≥bc﹣abc, c3+a3≥ca﹣abc, 上面三式相加可得,2(a3+b3+c3)≥ab+bc+ca﹣3abc, 当且仅当 a=b=c= 取得等号.

2017 年 3 月 23 日


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