黑龍江省哈爾濱九中高考數學二模試卷理科 含解析

1、2017年黑龍江省哈爾濱九中高考數學二模試卷（理科） .12560.在每個小題給出的四個選選擇題：本大題共分，共小題，每小題一分.項中，有且只有一項符合題目要求 1izz1i=1iz的共軛復數是（ 滿足+（ ，則已知）為虛數單位，復數） A1 B1 Ci Di 2PQPQ=P，則（ 設非空集合，）滿足 AxQxP BxQxP，有，有? CxQxP DxPxP，使得，使得? 0000xy=1x232y的取值范圍是（ 若，則）+ A02 B20 C2 D2）（，+ tan=4（ 若，則 ） D CA B 512345678x，執(zhí)行如圖所示的程序框從，中隨機取出一個數為，x40的概率為（ 圖，則輸出

2、的 不小于） D AC B 6C的一條漸近線的傾斜以坐標原點為對稱中心，兩坐標軸為對稱軸的雙曲線 C的離心率為（ 角為，則雙曲線） 2A2DC2B 或或 7若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（ ） A16 B32 C48 D144 8fx=lnxcosx|的圖象為（ ） |函數）（+ DA BC 9ABC三點的截面和球心的距離等于球半徑的一半，且、已知過球面上、AB=BC=CA=2，則球面面積是（ ） D4 B A C z=y1yx310x的最小值為（ |）若實數，|滿足，則 D2 C AB 2=8xFlPylQPF11C與是是直線的焦點為：，準線為上一點，已知拋物線 =4QF

3、C=（ 的一個交點，若，則|）| D2CBA 3 12以下數表的構造思路源于我國南宋數學家楊輝所著的詳解九章算術一書“”中的楊輝三角 “”兩數之和，表該表由若干數字組成，從第二行起，每一行的數字均等于其肩上中最后一行今有一個數，則這個數為（ ） 20182017201620142 D2016 C2016A20172 B201722 .4520分二、填空題：本大題共分，共小題，每小題 t=13 已知向量，且，則實數 4x14項的若的展開式中前三項的系數依次成等差數列，則展開式中 系數為 3271152017號線一期開通運營，甲、乙、丙、丁四位月年日，哈爾濱地鐵哈西哈西站和哈爾濱大街同學決定乘坐地

4、鐵去城鄉(xiāng)路、每人只能去一個地方，站一定要有人去，則不同的游覽方案為 222xRxx16fx=aflnx2a0xa），存在，其中（）（使），+（已知）00 a的值，求 .570解答應寫出必要的文字說明或推理、驗小題，共分三、解答題：本大題共.算過程 17設函數 fxfxx的集合；）的最大值，并寫出使（）取最大值是）求（ BCabcABCA，若中，（角），的對邊分別為已知，求，a的最小值 101810個工程隊采取暫停施個施工隊，某市有施工期間由于霧霾的影響要對YXAQI之間有如工的措施，根據以往經驗，空氣質量指數）與暫停施工隊數（下關系： 450X X 350150X X150 X空氣質量指數 4

5、50350 10 26 Y0暫停工程隊數 X150350450的概率分小于，歷年氣象資料表明，工程施工期間空氣質量指數，別為， 1Y的均值和方差；）求暫停工程隊數（ 2X1506個的概的條件下，求暫停工程隊數不超過至少是）在空氣質量指數（率 ADABBABC19ABCD的正方形，側面如圖，斜四棱柱的底面是邊長為111111BA=30BABCDAA=2，底面， 11BDCC1AB；（平面）求證：平面 11BDC2AAMMBC所成銳二面角的余弦上是否存在一點（與平面）棱，使平面111 ，若不存在，說明理由，若存在，求比值值為 PFF20為橢圓的左右焦點分別為，點，且離心率為21 PFF內切圓面積的

6、最大值為橢圓上一動點， 211）求橢圓的方程；（ 2AFlAB兩點，連的直線，（與橢圓相交于）設橢圓的左頂點為，過右焦點21AAABx=4PQPQ為直徑的圓是否恒過定分別于，結兩點，以并延長交直線，11點？若是，請求出定點坐標；若不是，請說明理由 xa=xlnxaRf21x）在其定義域內有兩個不同的極值（已知函數（+）點 a1的取值范圍；）求（ 1+xex0xx2xx，若不等式，）記兩個極值點分別為，且，已知（212211的取值范圍恒成立，求 2322兩題中任選一題作答，如果多做，則按照所做的第一題計請考生在第、4-4.：極坐標與參數方程分選修 x22l軸的正的參數方程為，以坐標原點為極點，為

7、參數）已知直線2222=44Ccossinl，直線+的極坐標方程為半軸為極軸建立極坐標系，曲線CF過曲線的左焦點 1lCABAB|（，）直線與曲線；交于兩點，求 2Ccc的最大值的內接矩形的周長為（，求）設曲線 4-5：不等式選講選修 fxt23恒成立，且（已知函數） t1的最大值；）求實數（ t2的解集）當（取最大時，求不等式 2017年黑龍江省哈爾濱九中高考數學二模試卷（理科） 參考答案與試題解析 .12560.在每個小題給出的四個選一分，共選擇題：本大題共分小題，每小題.項中，有且只有一項符合題目要求 1izz1i=1iz的共軛復數是（ ）已知 為虛數單位，復數+滿足（），則 A1 B1

8、 Ci Di A5：復數代數形式的乘除運算【考點】 z得答案把已知等式變形，然后利用復數代數形式的乘除運算化簡復數【分析】 z1i=1i，+【解答】解：由）（ 得， iz則的共軛復數是： D故選： Q=PPQP2），則（滿足 設非空集合 PQxQxP BxAx，有，有? PxPxP xCQxD，使得，使得? 00002I：特稱命題【考點】 Venn圖判斷元素與集合的關【分析】根據交集運算結果判定集合關系，再結合系即可 QPQ=PP，解：【解答】? DBAC錯誤錯誤；正確；錯誤； B故選 xy=1x2y23的取值范圍是（ + +），則若 A02 B20 C2 D2（，+）， 7F：基本不等式【考

9、點】 yx的不等+【分析】根據指數式的運算性質結合基本不等式可把條件轉化為關于yx的取值范圍+關系式，進而可求出 yyxx21=2222?，解：+）（【解答】 yx+x2y2x=y時取等號+，當且僅當變形為，即 xy2則的取值范圍是（，+ D故選 tan=4（ ，則若 ） DA BC GI：三角函數的化簡求值【考點】 tan的值利用兩角和差的正弦公式，同角三角函數的基本關系，求得【分析】 解：若【解答】， 3cos=3sincos2sincos2cossinsin，+則 tan=cossin=，化簡可得 B故選： 512345678x，執(zhí)行如圖所示的程序框，中隨機取出一個數為，從，x40的概率

10、為（ 圖，則輸出的不小于 ） DC B A EF：程序框圖【考點】 2項循環(huán)得到的結果，寫出前得到輸出的值與輸入【分析】由程序框圖的流程，40得到輸入值的范圍，利用幾何概型的概率公的值的關系，令輸出值大于等于x40的概率不小于式求出輸出的 x=3x1n=2，解：經過第一次循環(huán)得到，+【解答】 x=33x11n=3，）經過第二循環(huán)得到+（，+ x，此時輸出 9x4，輸出的值為+ 9x440x4，+，得令 40x的概率為：不小于由幾何概型得到輸出的 B故選： 6C的一條漸近線的傾斜以坐標原點為對稱中心，兩坐標軸為對稱軸的雙曲線 C的離心率為（ ，則雙曲線 ）角為 22A C D B2或或 KB：雙

11、曲線的標準方程【考點】 C的離心率由已知得【分析】，由此能求出雙曲線 C的一條漸以坐標原點為對稱中心，兩坐標軸為對稱軸的雙曲線解：【解答】 近線的傾斜角為， 或， b=，當時， 2222c=2a3ac=4a=a，+， e=2，此時 b=a，當時， c=， e=此時 B故選： 7） 若某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（ A16 B32 C48 D144 L!：由三視圖求面積、體積【考點】 【分析】幾何體為四棱錐，結合直觀圖判斷相關幾何量的數據，把數據代入棱錐的體積公式計算 【解答】解：由三視圖知：幾何體為四棱錐，且四棱錐的一條側棱與底面垂直，如圖： BC=2AD=6AB=6SAA

12、BCDSA=6，其中，平面， 66=48V=幾何體的體積 C故選： 8fx=lnxcosx|的圖象為（ ） |函數）（+ DA BC 3O：函數的圖象【考點】 【分析】利用特殊點，結合排除法，可得結論、 x=0f0=0CD；），【解答】解：由題意，排除，（ 0=lnx=fB，排除，|）（| A故選 9ABC三點的截面和球心的距離等于球半徑的一半，且、已知過球面上AB=BC=CA=2，則球面面積是（ ） D CA B4 LG：球的體積和表面積【考點】 22=RRrAB=BC=CA=2ABC，（，求得）的外接圓半徑為，再由【分析】由求得球的半徑，再用面積求解 AB=BC=CA=2，解：因為【解答】

13、 r=ABC的外接圓半徑為所以 22=RRR，）（設球半徑為，則 2=R所以 2=S=4R D故選 z=13yx10xy的最小值為（ 若實數 ，則滿足|）| D A2 BC 7C：簡單線性規(guī)劃【考點】 z的幾何意義即可得到結論【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用 yx滿足【解答】解：依題意，得實數，畫出可行域如圖所示， A30C21），（，），其中 =1z=+， k=k的幾何意義為區(qū)域內的點與原點的斜率，設，則 k=OAOCk=0，的斜率最大為則，的斜率最小為 11k0k則，+，則 1， 21，+故 z=的最小值為故， A故選 2=8xFlPlQPFyC11與是直線上一點，是，準線為的焦點

14、為：已知拋物線 =4QFC=（ |的一個交點，若），則| DA B3 2C K8：拋物線的簡單性質【考點】 2=8xx=1yPFQF=d可求，利用|的方程，與聯(lián)立可得|【分析】求得直線 QldQF=d，解：設，則到|的距離為|【解答】 =4， PQ=3d，| 2PF=，不妨設直線的斜率為 0F2，）（， 22PFy=x，）的方程為（直線 2x=1y=8x，聯(lián)立可得與 2=3QF=d=1，|+| B故選： 12一書以下數表的構造思路源于我國南宋數學家楊輝所著的詳解九章算術”“中的楊輝三角 “”兩數之和，表該表由若干數字組成，從第二行起，每一行的數字均等于其肩上中最后一行今有一個數，則這個數為（

15、） 20162014201720182D2016220162017A22017 B2 C F1：歸納推理【考點】 12，第【分析】數表的每一行都是等差數列，且第一行公差為，第二行公差為201420162M42015，由此可得結論行只有三行公差為行公差為，第，第 【解答】解：由題意，數表的每一行都是等差數列， 201424212015，行公差為第，第三行公差為，第二行公差為，且第一行公差為， 1212，行的第一個數為：故第 0223，第行的第一個數為： 1234，行的第一個數為：第 2n2n1n，+行的第一個數為：（）第 M2016，第行只有 201420142?2=2017M=12016+則）

16、（ B故選： .2045分小題，每小題二、填空題：本大題共分，共 213t= ，且，則實數已知向量 9R：平面向量數量積的運算【考點】 【分析】可先求出，然后根據便可得出 tt即可，進而得出關于的方程，解出 【解答】解：； ； ； t422t3=0；（即）+ t=2解得 2故答案為： 4x14項的若的展開式中前三項的系數依次成等差數列，則展開式中7 系數為 8FDA：等差數列的性質【考點】：二項式定理； n=2，由二項展開式的通項公式即可，可求得 +【分析】依題意，4x項的系數求得 的展開式中前三項的系數依次成等差數列，【解答】解： =2，+ n=11n=8=n即或，解得+（舍） 2r8r8r

17、=?x?x=?xTT，則，設其二項展開式的通項為 1r1r+r=22r=48得令 4=7?=28x展開式中項的系數為 7故答案為： 3201712715號線一期開通運營，甲、乙、丙、丁四位年日，哈爾濱地鐵月哈西哈西站和哈爾濱大街每人只能去一個地方，同學決定乘坐地鐵去城鄉(xiāng)路、65 站一定要有人去，則不同的游覽方案為 D8：排列、組合的實際應用【考點】 3個地方的全部情況數先由分步計數原理計算可得四人選擇【分析】根據題意，目，再計算哈西站沒人去的情況數目，分析可得哈西站一定要有人去的游覽方案數目，即可得答案 【解答】解：根據題意，甲、乙、丙、丁四位同學決定乘坐地鐵去城鄉(xiāng)路、哈西站和哈爾濱大街每人只

18、能去一個地方， 343333=81種情況，則每人有種選擇，則人一共有 若哈西站沒人去，即四位同學選擇了城鄉(xiāng)路和哈爾濱大街 242222=16種情況，每人有種選擇方法，則人一共有 8116=65種情況，故哈西站一定要有人去有 65種；即哈西站一定有人去的游覽方案有 65故答案為： 222x0aRxfx16fx=axlnx2a），其中，存在已知（），（使）+（）00 a的值，求 3R：函數恒成立問題【考點】 2222Qlnxa=fxx2aPxalnx，（與動點），（看作是動點）（+）（）（把【分析】 y=2xxy=2lnx2axf與曲線之間距離的平方，然后把存在）使轉化為直線（）00 上點的距離的

19、最小值小于等于，再利用導數得答案 2222lnx2a=xxaxlnxPf）（），）可以看作是動點+（，與【解答】解：（Qa2a）之間距離的平方，（，動點 Py=2lnxQy=2x上，動點的圖象上，在函數在直線 y=2xxxf上的動點到曲線的最小距離，使，轉化為求直線（）問題存在 00 y=2lnx求導，得對函數， x=1y=2xy=2lnx10）由與曲線，解得的切點為（，此時直線， d=y=2xy=2lnx上點的最小距離為直線，上的動點與曲線 ， xfQ，則（，此時）恰好為垂足，根據題意，要使 0 a=即，解得 570.解答應寫出必要的文字說明或推理、驗小題，共三、解答題：本大題共分.算過程

20、17設函數 fxfxx的集合；）的最大值，并寫出使）取最大值是（）求（ ABCbcAaBC，若求）已知，的對邊分別為，中，（角a的最小值 H4GIHR：正弦函數的定義域和：余弦定理；【考點】：三角函數的化簡求值；值域 ）把函數解析式第一項利用兩角和與差的余弦函數公式及特殊角的（【分析】再利用合并整理后，三角函數值化簡，第二項利用二倍角的余弦函數公式化簡，由余弦函數的值域得到余弦兩角和與差的余弦函數公式化為一個角的余弦函數，xf1）的最大值，并根據余弦函數的圖象與性質（，可得出函數函數的最大值為xfxx的集合；（得出此時）取最大值是的范圍，即可確定出使 =BBCCf代入第一問化簡后的式子中，利用

21、誘導公式化簡+）（，將）由+（ 2A2AAcos為三角形的內角，得出）的值，由后得到的范圍，利用（AcosA的值，再利用余弦定理表特殊角的三角函數值求出的度數，進而確定出2222bccosCbac=bcosCc的值代入，+，利用完全平方公式化簡后，將示出+及bca的最小值并利用基本不等式求出的最大值，可得出 2x2x2cosfx=cos+）（）【解答】解： 1=cos2xcoscos2xsin2xsin）+）（+（ 2xsin2x1=cos1=cos2x+，）+（ 2x1cos2xcos11+（，即（+）最大值為，） fx2，）的最大值為（ =2kk2xZfxcos2x=1）要使，（+）取最大

22、值，（），即+（ Zkx=k，（）解得： x=kkZxx則（|）；的集合為 C2B21=cos2Af=BC=cos+（，即（+），）+（）由題意， =2Acos，）化簡得：（ 2AA0），）（，（ A=2A=，即，則有 cosA=bc=2ABC，+中，在， 22223bc=4c3bc=bcb=2bccosa，+（由余弦定理，+） =1c=2bb=c=1bc時取等號，由+知：，當且僅當 23=14a， 1a取最小值則 181010個工程隊采取暫停施施工期間由于霧霾的影響要對個施工隊，某市有XAQIY之間有如（工的措施，根據以往經驗，空氣質量指數）與暫停施工隊數下關系： X X150 150X 3

23、50X X450空氣質量指數 450350 1026 Y 0 暫停工程隊數 X150350450的概率分小于，歷年氣象資料表明，工程施工期間空氣質量指數別為， 1Y的均值和方差；）求暫停工程隊數（ 2X1506個的概）在空氣質量指數的條件下，求暫停工程隊數不超過至少是（率 CHCG：離散型隨機變量及其分布列：離散型隨機變量的期望與方差；【考點】 1PX150=P=P=P=1即（，【分析】（）根據概率加法公式可得：，可得出分布列與數學期望 =150X450XPY6X150=P2（|）|）（ 1PX150=P=P=解：【解答】（，）根據概率加法公式可得：（） P=1= Y 0 2 6 10 P E

24、Y=02610=3可得：+ =X=P450X150=62PYX150|）（）（ ABBDABCD19ABCA的正方形，側面的底面是邊長為如圖，斜四棱柱111111BA=30B=2ABCDAA底面， 11BDCC1AB；（）求證：平面平面 11BDCMBCMAA2所成銳二面角的余弦，使平面上是否存在一點（）棱與平面111 ，若不存在，說明理由值為，若存在，求比值 MTLY：平面與平面垂直的判定【考點】：二面角的平面角及求法； 1ABABABBDACBDBDBDC，（，從而）推導出，進而，平面【分析】11ABCBDC平面由此能證明平面 112ABADABxyz軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求

25、出，（，）分別以，1結果 AB=AA=21BBA=30ABB中設，【解答】證明：（）111 =1=AB， 1 2ABAB=BB， 11AABBABCD，面面 11ABABCDABBD，平面 11 DCABCDAB的底面是邊長為的正方形，斜四棱柱 1111BDAC， BDC=ABDACAB，平面 1BDCABCBDABCD平面平面，平面? 11zyAD2ABABx軸，建立空間直角坐標系，）分別以，解：（， 1 B0A0A0，），（）則（，） 1 1D0C00，），），（ 1 BDCMBCAAM所成銳二面角的余弦值為，使平面與平面設棱存在一點且111 =a， 0aa=M0），則（， =xyMBCz

26、），設平面，的法向量，（ 1 11y=a=，由，取，得（，）， ACBDCC110），（，平面， 1 =1BDC10）（平面，的法向量， 1 =cos，| a=解得 PF20F為，點橢圓的左右焦點分別為，且離心率為21 PFF內切圓面積的最大值為橢圓上一動點， 211）求橢圓的方程；（ 2AFlAB兩點，連，過右焦點與橢圓相交于的直線（，）設橢圓的左頂點為21AAABx=4PQPQ為直徑的圓是否恒過定分別于，兩點，以結并延長交直線，11點？若是，請求出定點坐標；若不是，請說明理由 KH：直線與圓錐曲線的綜合問題【考點】 Pt=1c=ta=2t1，則為短軸端點，從而得到，【分析】（）設，推導出點

27、由此能求出橢圓的方程 226tyy49=03t1x=tyAB2，+，聯(lián)立的方程為（）設直線+，得（）由此利用韋達定理、向量知識、直線方程、圓的性質、橢圓性質，結合已知條件PQ1070）為直徑的圓恒過定點（，）和（能推導出以 12分）（本小題滿分【解答】 t0c=t1a=2t，（解：，其中）橢圓的離心率為，不妨設，即 PFF，內切圓面積取最大值時，半徑取最大值為又 21 為定值， P為短軸端點，也取得最大值，即點 t=1，解得 橢圓的方程為 2ABx=ty1AxyBxy），（）設直線，的方程為+，（， 2121 226tyy3t9=04，聯(lián)立，得（）+ ，則 AA的方程為，直線 1 BA的方程為

28、直線， 1 ，則， PQMmn），假設，為直徑的圓是否恒過定點（ ，則 ， 即， 即， 22=0m46nt9n，即+（+） tmnPQM為何值時，若恒成為直徑的圓是否恒過定點）（，即不論立， m=7n=0m=1，或 007PQ1）和（以）為直徑的圓恒過定點（， Ra=xlnxax21fx）在其定義域內有兩個不同的極值（+已知函數（）點 a1的取值范圍；（）求 1+xexxx2xx0（，已知）記兩個極值點分別為，若不等式，且211122的取值范圍恒成立，求 6B6D：利用導數研究函數的單調性【考點】：利用導數研究函數的極值； 0ax=0fx=lnx1+）在（【分析】（，）由導數與極值的關系知可轉

29、化為方程（0y=lnxy=ax）上有兩與函數，的圖象在（+）有兩個不同根；再轉化為函數 0y=agx=）上有兩個不同交點，或轉化為函數的圖象在（+），與函數gx=lnxax有兩個不同零點，從而討論求解；（個不同交點；或轉化為） 1+1lnxlnx1axaxe2=a+可化為）+，結合方程的根知（2112 a=axx則原式等價于（而+），從而可得21 t=tln01），構造函數（即恒成立令 =lntth，從而利用導數化恒成立問題為最值問題即可（） 1fx0，+（解：）由題意知，函數（，）的定義域為（【解答】 fx=00，+方程（）在（）有兩個不同根； lnxax=00，+）有兩個不同根；即方程在（ y=lnxy=ax0，+與函數）上有兩個不同交點，轉化為函數的圖象在（ 如圖 y=lnxk0ak可見，若令過原點且切于函數圖象的直線斜率為，只須 Axlnx）（，令切點， 00 k=k=，又故 x=e，故，解得， 0 k=，故 a0故； 1+1lnxlnxe2+）等價于（ 211xxlnxax=0的兩個根，由（）可知分別是方程 21lnx=axlnx=ax，即 21211axax=axx00xx，+，（+），原式等價于+ 2212