2017年重庆市高考一模数学理

2017年重庆市高考一模数学理

2017 年重庆市高考一模数学理 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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.已知复数 z 满足(z+i)(1-2i)=2，则复数 z 在复平面内的对应点所在象限是( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解析：由(z+i)(1-2i)=2，得      2 1 22 2 4 1 2 1 2 1 2 5 5 iz i ii i i        ， ∴ 21 55zi . ∴复数 z 在复平面内的对应点的坐标为 21,55  ，所在象限是第四象限. 答案：D. 2.已知集合 A={x|x2-3x+2≤0}，B={x|1＜2x＜4}，则 A∩B=( ) A.{x|1≤x≤2} B.{x|1＜x≤2} C.{x|1≤x＜2} D.{x|0≤x＜2} 解析：∵集合 A={x|x2-3x+2≤0}={x|1≤x≤2}， B={x|1＜2x＜4}={x|0＜x＜2}， ∴A∩B={x|1≤x＜2}. 答案：C. 3.若过点 M(1，1)的直线 l 与圆(x-2)2+y2=4 相较于两点 A，B，且 M 为弦的中点 AB，则|AB|为 ( ) A.22 B.4 C. 2 D.2 解析：圆(x-2)2+y2=4 的圆心为 C(2，0)，半径为 2，则|CM|= ，CM⊥AB， ∴ 2 4 2 2 2AB    . 答案：A. 4.(2+x)(1-2x)5 展开式中，x2 项的系数为( ) A.30 B.70 C.90 D.-150 解析：∵(1-2x)5 展开式的通项公式为  152 rr rT C x    ， ∴(2+x)(1-2x)5 展开式中，x2 项的系数为    221 552 2 2 70CC      . 答案：B. 5.已知函数 f(x)＝sin(2x+φ)(|φ|＜ 2  )的图象向左平移 6  个单位后关于 y 轴对称，则函数 f(x) 的一个单调递增区间是( ) A. 5 6 12[] ， B.[ 6 ]3  ， C.[ 3 ]6  ， D.[ 63]2， 解析：函数 f(x)的图象向左平移 个单位后的函数解析式为： sin 2 3[ s2] in6y x x               ， 由函数图象关于 y 轴对称，可得： 32k   ，即 6k ，k∈z， 由于|φ|＜ ，可得：φ= ， 可得：f(x)=sin(2x+ )， 由 2 2 22 6 2k x k       ，k∈Z，解答： 36k x k    ，k∈Z， 可得，当 k=1 时，函数 f(x)的一个单调递增区间是： . 答案：B. 6.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1+a2+a3=a4+a5，S5=60，则 a10=( ) A.16 B.20 C.24 D.26 解析：∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， a1+a2+a3=a4+a5，S5=60， ∴ 11 1 3 3 2 7 5 5 42 60 a d a d ad    ＝ ＝ ， 解得 a1=8，d=2， a10=8+9×2=26. 答案：D. 7.设双曲线 22 221xy ab ＝ (a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线 21 22yx＝ 相切，则该双曲线的离 心率为( ) A. 5 2 B. 5 C. 3 D. 6 解析：双曲线 (a＞0，b＞0)的渐近线方程为 byxa ， 渐近线与抛物线 21 22yx＝ 相切， 可得 21 202 bxxa   ， 由 2 14 2 02 b a       ， 可得 b=2a， 22 5c a b a   ， 即离心率 5ce a . 答案：B. 8.将 5 名学生分到 A，B，C 三个宿舍，每个宿舍至少 1 人至多 2 人，其中学生甲不到 A 宿舍 的不同分法有( ) A.18 种 B.36 种 C.48 种 D.60 种 解析：利用分类计数原理，第一类，甲一个人住在一个宿舍时有 12 2412CC种， 第二类，当甲和另一个一起时有 1 1 2 2 2 4 3 2 48C C C A    种， 所以共有 12+48=60 种. 答案：D. 9.执行如图所示的程序框图，则输出的结果是( ) A.14 B.15 C.16 D.17 解析：第一次循环： 2 2log 3S＝ ，n=2； 第二次循环： 22 23log log34S ＝ ，n=3； 第三次循环： 222 234log log log3 4 5S ＝ ，n=4； … 第 n 次循环： 2 2 2 2 2 2 3 4 2log log log log log3 4 5 1 1 nS nn    ＝ ，n=n+1 令 2 2log 31n  ＜ 解得 n＞15 ∴输出的结果是 n+1=16 答案：C. 10.设实数 x，y 满足约束条件 4 2 10 xy xy x      ，则目标函数 1 yz x  ＝ 的取值范围是( ) A.( ] [ ]13022  ， ， B.[1 4 ]3 2 ， C.[ 1 24]1 ， D.[ 1 22]3 ， 解析：由约束条件 4 2 10 xy xy x      作出可行域如图， 联立 1 2 x xy    ＝ ＝ ，得 A(1，-1)， 联立 1 4 x xy    ＝ ＝ ，得 B(1，3). 由   0 11 yyz xx    ＝ ，而 1 2PAk ＝ ， 3 2PBk ＝ . ∴目标函数 1 yz x  ＝ 的取值范围是 . 答案：D. 11.已知函数 f(x)的导函数为 f'(x)，且 f'(x)＜f(x)对任意的 x∈R 恒成立，则下列不等式均成立 的是( ) A.f(ln2)＜2f(0)，f(2)＜e2f(0) B.f(ln2)＞2f(0)，f(2)＞e2f(0) C.f(ln2)＜2f(0)，f(2)＞e2f(0) D.f(ln2)＞2f(0)，f(2)＜e2f(0) 解析：令     x fxgx e ， 则       0x f x f xgx e  ＜ ， 故 g(x)在 R 递减， 而 ln2＞0，2＞0， 故 g(ln2)＜g(0)，g(2)＜g(0)， 即         2 ln 2 0 2 0 2 1 1 f f f f e ＜ ， ＜ ， 即 f(ln2)＜2f(0)，f(2)＜e2f(0)， 答案：A. 12.已知函数   20 ln 0 x xfx xx    ， ， ＞ 若关于 x 的方程 f2(x)+f(x)+m=0 有三个不同实数根，则 m 的取值范围是( ) A. 1 4m＜ B.m≤-2 C. 12 4m ＜ D.m＞2 解析：函数 的图象如图， 若关于 x 的方程 f2(x)+f(x)+m=0 有三个不同实数根，令 f(x)=t， 则方程 t2+t+m=0 的两根一个大于等于 1 而另一个小于 1. 再令 g(t)=t2+t+m，则 g(1)≤0，即 2+m≤0，得 m≤-2. 答案：B. 二、填空题(每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上) 13.设向量 a ，b 的夹角为θ，已知向量  3ax＝ ， ，  3bx＝ ， ，若  2 a b b，则θ=____. 解析：  2 3 3a b x ＝ ， ， ； ∵又 ； ∴  22 3 3 0a b b x  ＝ ＝ ； ∴x=±1； ∴ ab ＝1-3＝-2， 2ab＝ ＝ ； ∴ 21cos 2 2 2 ab ab   ＝ ＝ ＝ ； ∴ 2 3＝ . 答案： 2 3  . 14.如图，阴影部分是由四个全等的直角三角形组成的图形，若直角三角形两条直角边的长 分别为 a，b，且 a=2b，则在大正方形内随即掷一点，这一点落在正方形内的概率为____. 解析：由题意，大正方形面积为 a2+b2=5b2， 三角形的面积为 21 2 ab b ， ∴小正方形面积为 b2， ∴在大正方形内随即掷一点，这一点落在正方形内的概率为 1 5 答案： 1 5 . 15.已知α∈( 2  ，π)，且  2 3cos sin 2 10     ，则 tanα=____. 解析：∵α∈( ，π)，∴tanα＜0， ∵  2 2 2 3cos sin 2 cos sin 2 cos 2sin cos 10              ， ∴ 2 2 2 cos 2 2sin cos 1 2 tan 3 cos sin 1 tan 10         ，∴ 1tan 3  (舍去)，或 tanα=-7， 答案：-7. 16.设抛物线 y2=4x 的焦点为 F，过点 F 作直线 l 与抛物线分别交于两点 A，B，若点 M 满足  1 2OM OA OB，过 M 作 y 轴的垂线与抛物线交于点 P，若|PF|=2，则 M 点的横坐标 为____. 解析：由题意可知：抛物线 y2=4x 的焦点为 F，准线为 x=-1，M 是 AB 的中点， 设 A(x1，y2)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 y=k(x-1)， 将直线方程代入抛物线方程消去 y 得：k2x2-(2k2+4)+k2=0， 由根与系数的关系： 12 2 42xx k   ， 121xx， 又设 P(x0，y0)，      0 1 2 1 2 1 1 21 ]122[y y y k x k x k       ， ∴ 0 2 1x k ， ∴ 2 12P kk   ， ， 0 2 11 1 2PF x k     ， ∴k2=1， ∴M 点的横坐标为 3. 答案：3. 三、解答题(本大题共 5 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，2Sn=3an-2n(n∈N+). (Ⅰ)证明数列{an+1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)设 bn=an+2n+1，求证： 3 1 12 1 1 1 1 1 22n n bb b b    ＜ . 解析：(Ⅰ)再写一式，两式相减，即可证明数列{an+1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (Ⅱ) 2 1 3 2n n n nnba     ，可得 1 11 3 2 2n n n ＜ ，即可证明结论. 答案：(Ⅰ)由 2Sn=3an-2n 得：2Sn-1=3an-1-2(n-1)， ∴2Sn-2Sn-1=3an-3an-1-2，即：an=3an-1+2 ∴an+1=3(an-1+1)，所以{an+1}是以 a1+1 为首项，公比为 3 的等比数列， 由 2S1=3a1-2 知 a1=2， ∴an+1=3n，即 an=3n-1； (Ⅱ)证明：bn=an+2n+1=3n+2n， ∵3n+2n＞2n+2n=2n+1， ∴ ， ∴ 2 2 2 3 1 1 12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2n n n n nb b b            ＜ . 18.为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门对 100 名家用轿车驾驶员进行调 查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在 55 名男性驾驶员中，平均车速超过 100km/h 的有 40 人，不超过 100km/h 的有 15 人.在 45 名女性驾驶员中，平均车速超过 100km/h 的有 20 人，不超过 100km/h 的有 25 人. (Ⅰ)完成下面的列联表，并判断是否有 99.5%的把握认为平均车速超过 100km/h 的人与性别 有关. 平均车速超过 100km/h 人数 平均车速不超过 100km/h 人数 合计 男性驾驶员人数 女性驾驶员人数 合计 (Ⅱ)以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取 3 辆，记 这 3 辆车中驾驶员为男性且车速超过 100km/h 的车辆数为 X，若每次抽取的结果是相互独 立的，求 X 的分布列和数学期望. 参考公式与数据：        2 2 n ad bcX a b c d a c b d      ，其中 n=a+b+c+d P(X2≥k0) 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 解析：(Ⅰ)完成下面的列联表，并判断是否有 99.5%的把握认为平均车速超过 100km/h 的人 与性别有关.求出 X2，即可判断是否有 99.5%的把握认为平均车速超过 100km/h 的人与性别 有关. (Ⅱ)根据样本估计总体的思想，从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取 1 辆，驾驶员 为男性且车速超过 100km/h 的车辆的概率，X 可取值是 0，1，2，3，X～B(3， 2 5 )，求出概 率得到分布列，然后求解期望即可. 答案：(Ⅰ)平均车速超过 100km/h 人数平均车速不超过 100km/h 人数合计 平均车速超过 100km/h 人数 平均车速不超过 100km/h 人数 合计 男性驾驶员人数 40 15 55 女性驾驶员人数 20 25 45 合计 60 40 100 因为  2 2 100 40 25 15 20 8.249 7.87960 40 55 45X        ＝ ＞ ，所以有 99.5%的把握认为平均车速超 过 100km/h 与性别有关. (Ⅱ)根据样本估计总体的思想，从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取 1 辆，驾驶员 为男性且车速超过 100km/h 的车辆的概率为 40 2 100 5 ＝ .X 可取值是 0，1，2，3，X～B(3， )， 有：   03 0 3 2 3 270 5 5 125P X C            ＝ ＝ ＝ ， 12 1 3 2 3 541 5 5 12() 5P X C            ＝ ＝ ＝ ， 21 2 3 2 3 362 5 5 12() 5P X C            ＝ ＝ ＝ ， 30 3 3 2 3 83 52() 3 1 5P X C            ＝ ＝ ＝ ， 分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125   27 54 36 8 60 1 2 3125 125 125 125 5EX       ＝ ＝ . 19.已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c. (Ⅰ)若 C=2B，求证：cosA=3cosB-4cos3B； (Ⅱ)若 bsinB-csinC=a，且△ABC 的面积 2 2 2 4 b c aS  ，求角 B. 解析：(Ⅰ)利用三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用，利用分析法即可证明. (Ⅱ)利用余弦定理、正弦定理、三角形的面积公式，结合二倍角公式，即可求出 B. 答案：(Ⅰ)∵cosA=3cosB-4cos3B， cosA=cosB(3-4cos2B)， 1 cos 2cos cos 3 4 2 BAB    ， cosA=cosB-2cosBcos2B， cosA+2cosBcos2B=cosB， ∵C=2B，可得：A=π-B-C=π-3B， ∴原式 -cos3B+2cosBcosC=cosB， 2cosBcosC-cosB=cos3B， 2cosBcosC-cosB=cos(B+C)=cosBcoC-sinBsinC， cosBcosC-cosB=-sinBsinC， cosBcosC+sinBsinC=cosB， cos(C-B)=cosB， cos(2B-B)=cosB，显然成立，故得证 cosA=3cosB-4cos3B. (Ⅱ)在△ABC 中，∵ ， ∴ 2 2 21 sin24 b c abc A  ， ∴ 11sin cos22bc A bc A ， ∴tanA=1， ∴A=45° ∵bsinB-csinC=a， ∴ 222sin sin 2BC， ∴ 2cos 2 cos 2 2CB， ∴ 2cos 270 2 cos 2 2BB   （ ） ， ∴ 2sin 2 cos 2 2BB   ， ∴sin(2B+45°)=-1， ∴2B+45°=270°， ∴B=112.5°. 故 B=112.5°. 20.已知 F1，F2 分别为椭圆 C： 22 132 xy ＝ 的左、右焦点，点 P(x0，y0)在椭圆 C 上. (Ⅰ)求 12PF PF 的最小值； (Ⅱ)若 y0＞0 且 1 1 2· 0PF F F  ，已知直线 l：y=k(x+1)与椭圆 C 交于两点 A，B，过点 P 且平行 于直线 l 的直线交椭圆 C 于另一点 Q，问：四边形 PABQ 能否成为平行四边形？若能，请求 出直线 l 的方程；若不能，请说明理由. 解析：(Ⅰ)求出 2 2 2 1 2 0 0 0 1113PF PF x y x      ，即可求 12PF PF 的最小值； (Ⅱ)由题意设直线方程，代入椭圆方程，与韦达定理及弦长公式分别求得|AB|和|PQ|，由平 行四边形的性质可知：|AB|=|PQ|，即可求得 k 的值. 答案：(Ⅰ)由题意可知，F1(-1，0)，F2(1，0)， ∴  1 0 01PF x y   ， ，  2 0 01PF x y  ， ， ∴ ∵ 033x   ， ∴ 最小值 1. (Ⅱ)∵ ，∴x0=-1， ∵y0＞0，∴P(-1， 23 3 )， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2). 由直线与椭圆联立得，(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0， 由韦达定理可知： 2 12 2 6 23 kxx k    ， 2 12 2 36 23 kxx k  . ∴由弦长公式可知  2 2 12 2 4 3 1 1 23 k AB k x x k       ， ∵P(-1， )，PQ∥AB， ∴直线 PQ 的方程为 y- =k(x+1). 将 PQ 的方程代入椭圆方程可知：  2 22 2 3 2 32 3 6 3 6 033k x k k k                   ， ∵xP=-1， ∴ 2 2 2 3 4 3 23Q kkx k   ， ∴ 22 2 4 4 3 1123PQ k PQ k x x k k          ， 若四边形 PABQ 成为平行四边形，则|AB|=|PQ|， ∴ 24 3 1 4 4 3kk   ，解得 3 3k  . 故符合条件的直线 l 的方程为  3 13yx   ，即 3 1 0xy   . 21.已知函数 f(x)=ln(x+1)，   21 2g x x x. (Ⅰ)求过点(-1，0)且与曲线 y=f(x)相切的直线方程； (Ⅱ)设 h(x)=af(x)+g(x)，其中 a 为非零实数，若 y=h(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1＜x2，求证： 2h(x2)-x1＞0. 解析：(Ⅰ)求出 f(x)的导数，设出切点，可得切线的斜率，由两点的斜率公式，解方程可得切 点坐标，进而得到所求切线的方程； (Ⅱ)求出 h(x)的解析式和导数，讨论 a＜0，0＜a＜1，a≥1，求出极值点和单调区间，由 2h(x2)- x1＞0 等价为 2h(x2)+x2＞0，由 2 1xa，可得 a=1-x22，即证明 2(1-x22)ln(x2+1)+ x22-x2＞0， 由 0＜x2＜1，可得 1-x2＞0， 即证明 2(1+x2)ln(x2+1)-x2＞0，构造函数 t(x)=2(1+x)ln(1+x)-x，0＜x＜1，求出导数判断单调性， 即可得证. 答案：(Ⅰ)函数 f(x)=ln(x+1)的导数为   1 1fx x ， 设切点为(x0，y0)，则切线的斜率为 0 1 1k x  ， 点(x0，y0)在 f(x)=ln(x+1)上，则 y0=ln(1+x0)， 可得  0 00 ln 1 1 11 x xx   ，解得 x0=e-1， 可得切线的斜率为 1 e ，则切线方程为 y-0= 1 e (x+1)， 即为 x-ey+1=0； (Ⅱ)证明：h(x)=af(x)+g(x)=aln(x+1)+ 1 2 x2-x， 导数    2 1111 xaah x xxx     ，x＞-1， 当 a-1≥0 时，即 a≥1 时，h′(x)≥0，h(x)在(-1，+∞)上单调递增； 当 0＜a＜1 时，由 h′(x)=0 得， 1211x a x a    ， ， 故 h(x)在(-1， 1 a)上单调递增，在 11aa  ， 上单调递减， 在( 1 a ，+∞)上单调递增； 当 a＜0 时，由 h′(x)=0 得，x0= 1 a ，h(x)在 上单调递减， 在( 1 a ，+∞)上单调递增. 当 0＜a＜1 时，h(x)有两个极值点，即 ， 可得 x1+x2=0，x1x2=a-1，由 0＜a＜1 得，-1＜x1＜0，0＜x2＜1， 由 2h(x2)-x1＞0 等价为 2h(x2)+x2＞0，即为 2aln(x2+1)+x22-x2＞0， 由 x2= 1 a ，可得 a=1-x22，即证明 2(1-x22)ln(x2+1)+x22-x2＞0， 由 0＜x2＜1，可得 1-x2＞0， 即证明 2(1+x2)ln(x2+1)-x2＞0， 构造函数 t(x)=2(1+x)ln(1+x)-x，0＜x＜1，        12 1 2ln 1 1 1 2ln 1 01t x x x xx          ＞ ，t(x)在(0，1)上单调递增， 又 t(0)=0，所以 t(x)＞0 在(0，1)时恒成立， 即 2(1+x2)ln(x2+1)-x2＞0 成立 则 2h(x2)-x1＞0. 四、请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1： cos sin 1 xt yt      ＝ ＝ (α为参数，t＞0)，曲线 C2： 2 12 2 12 xs ys     ＝ ＝ (s 为参数)，在以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C3：ρcosθ-ρsinθ=2， 记曲线 C2 与 C3 的交点为 P. (Ⅰ)求点 P 的直角坐标； (Ⅱ)当曲线 C1 与 C3 有且只有一个公共点时，C1 与 C2 相交于 A、B 两点，求|PA|2+|PB|2 的值. 解析：(I)曲线 C2： 2 12 2 12 xs ys     ＝ ＝ (s 为参数)，消去参数 s 可得普通方程.曲线 C3：ρcosθ-ρ sinθ=2，利用 x=ρcosθ，y=ρsinθ可得直角坐标方程. (II)曲线 C1： cos sin 1 xt yt      ＝ ＝ (α为参数，t＞0)，消去参数α可得普通方程，由曲线 C1 与 C3 有 且只有一个公共点，利用圆心到直线的距离等于半径解得 32 2t  .设 A(x1，-x1)，B(x2，-x2). 曲线 C1 与直线 C2 联立化为 4x2+4x-7=0，利用根与系数的关系、两点之间的距离公式即可得 出. 答案：(I)曲线 C2： (s 为参数)，消去参数 s 可得普通方程：x+y=0. 曲线 C3：ρcosθ-ρsinθ=2，可得直角坐标方程：x-y-2=0. 联立 0 20 xy xy    ＝ ＝ ，解得交点 P(1，-1). (II)曲线 C1： (α为参数，t＞0)，消去参数α可得普通方程：x2+(y-1)2=t2，可得 圆心 C1(0，1)，半径 r=t. ∵曲线 C1 与 C3 有且只有一个公共点，∴ 0 1 2 2 t  ，解得 32 2t  . 设 A(x1，-x1)，B(x2，-x2). 联立  22 0 91 2 xy xy   ＝ ＝ ，化为 4x2+4x-7=0， ∴x1+x2=-1， 12 7 4xx  . ∴|PA|2+|PB|2=(x1-1)2×2+(x2-1)2×2=2(x12+x22)-4(x1+x2)+4=2(x1+x2)2-4x1x2-4(x1+x2)+4=2×(-1)2-4 ×(-1)-4×( 7 4 )+4=17. 23.设 f(x)=|x-1|+2|x+1|的最小值为 m. (Ⅰ)求 m 的值； (Ⅱ)设 a，b∈R，a2+b2=m，求 22 14 11ab 的最小值. 解析：(Ⅰ)通过讨论 x 的范围求出函数 f(x)的最小值，从而求出 m 的值即可； (Ⅱ)根据基本不等式的性质求出代数式的最小值即可. 答案：(Ⅰ)当 x≤-1 时，f(x)=-3x-1≥2， 当-1＜x＜1 时，f(x)=x+3＞2， 当 x≥1 时，f(x)=3x+1≥4， ∴当 x=-1 时，f(x)取得最小值 m=2； (Ⅱ)由题意知 a2+b2=2，a2+1+b2+1=4， ∴    22 22 2 2 2 2 2 2 411 4 1 1 4 1 1 91 1 51 1 4 1 1 4 1 1 4 ababa b a b a b                   ， 当且仅当  22 22 411=11 ab ab   时，即 2 1 3a  ， 2 5 3b  等号成立， ∴ 22 14=11ab 的最小值为 9 4 .