2017高考仿真卷文科數(shù)學(三)含答案

2017高考仿真卷·文科數(shù)學(三)(考試時間120分鐘試卷滿分150分)第Ⅰ卷選擇題(共60分)一、選擇題(本大題共12小題,每題5分,在每題給出的四個選項中,只有一項為哪一項切合題目要求的)1.已知U={1,2,3,4,5,6},A={1,2,5},?UB={4,5,6},則A∩B=( )A.{1,2}B.{5}C.{1,2,3}D.{3,4,6}2.若復數(shù)知足(3-4i)=1+i,則復數(shù)對應(yīng)的點位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3.在一個袋子中裝有分別標明數(shù)字1,2,3,4,5的五個小球,這些小球除標明的數(shù)字外完整同樣.現(xiàn)從中拿出2個小球,則拿出的小球標明的數(shù)字之和為5的概率是()A.B.C.D.4.若焦點在軸上的雙曲線=1的離心率為,則該雙曲線的漸近線方程為()A.y=±B.y=±2C.y=±D.y=±5.履行以下圖的程序框圖,輸出的結(jié)果是()A.5B.7C.9D.116.“≠1或y≠2”是“+y≠3”的()A.充分不用要條件B.必需不充分條件C.充要條件D.既不充分也不用要條件7.《九章算術(shù)》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著,書中有以下問題“今有芻甍,下廣三丈,袤四丈;上袤二丈,無廣;高一丈,問積幾何?”其意思為“如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是矩形,寬BC為3丈,長AB為4丈,EF∥AB,EF為2丈,EF與平面ABCD之間的距離為1丈.問該多面體的體積是多少?”估量該幾何體的體積為( )A.2丈3B.丈3C.丈3D.5丈38.先將函數(shù)f( )=2sin的周期變成原的4倍,再將所得函數(shù)的圖象向右平移個單位,則所得圖象的函數(shù)分析式為( )A.h( )=2sin9.函數(shù)y=sin+cos

B.h( )=2sin的圖象大概是

(

C.h( )=2sin4)

D.h( )=2sin10.在△ABC中,角A,B,C的對邊分別是a,b,c.若asinA+csinC-asinC=bsinB,則角B等于()A.B.C.D.11.已知拋物線y2=2p(p>0)的焦點F與橢圓=1的右焦點重合,拋物線的準線與軸的交點為,點A在拋物線上,且|A|=|AF|,則點A的橫坐標為()A.2B.3C.2D.412.已知函數(shù)f( )=若|f( )|≥a-1恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-∞,-6]B.[-6,0]C.(-∞,-1]D.[-1,0]第Ⅱ卷非選擇題(共90分)二、填空題(本大題共4小題,每題5分,共20分)13.設(shè)等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),其前n項和為Sn.若a1=1,a3=4,S=63,則=.14.若非零向量a,b知足|a+b|=|b|,a⊥(a+λb),則λ=.15.已知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價錢之和大于24元,4枝玫瑰與5枝康乃馨的價錢之和小于22元,則2枝玫瑰的價錢m與3枝康乃馨的價錢n的大小關(guān)系是.16.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且b2+c2-a2=bc,>0,a=,則b+c的取值范圍是.三、解答題(本大題共6小題,滿分70分,解答須寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分12分)在等差數(shù)列{an}中,a7=4,a19=2a9.求{an}的通項公式;設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.18.(本小題滿分12分)一手機廠生產(chǎn)A,B,C三類手機,某月的產(chǎn)量以下表(單位部)類ABC別數(shù)46a量000000按分層抽樣的方法在這個月生產(chǎn)的手機中抽取50部,此中A類手機有10部.(1)求a的值;(2)用分層抽樣的方法在A,B兩類手機中抽取一個容量為5的樣本,將該樣本當作一個整體,從中任取2部,求起碼有1部A類手機的概率;(3)用隨機抽樣的方法從A,B兩類手機中各抽取4部,進行綜合指標評分,經(jīng)檢測它們的得分如圖,比較哪種手機綜合評分比較穩(wěn)固.19.(本小題滿分12分)以下圖,在四棱錐P-ABCD中,AB⊥AD,CD⊥AD,PA⊥底面ABCD,PA=AD=CD=2AB=2,M為PC的中點.求證BM∥平面PAD;求證PD⊥平面ABM;求三棱錐A-PBM的體積.20.(本小題滿分12分)已知長方形ABCD,AB=2,BC=,以AB的中點O為原點成立以下圖的平面直角坐標系Oy.求以A,B為焦點,且過C,D兩點的橢圓P的標準方程;已知定點E(-1,0),直線y=+t與橢圓P交于M,N兩點,證明對隨意的t>0,都存在實數(shù),使得以線段MN為直徑的圓過E點.221.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f( )=a(-1)-ln.若F( )=f'( ),當a=時,求F( )的單一區(qū)間;若當≥1時,f( )≥0恒成立,求a的取值范圍.請考生在第

22、23兩題中任選一題做答

,假如多做

,則按所做的第一題評分

.22.(本小題滿分10分)選修4—4坐標系與參數(shù)方程已知在平面直角坐標系Oy中,圓C的參數(shù)方程為(θ為參數(shù)軸成立極坐標系,直線l的極坐標方程為ρcos=0.

),以坐標原點為極點

,軸正半軸為極(1)寫出直線l的直角坐標方程和圓(2)求圓C截直線l所得的弦長.

C的一般方程

;23.(本小題滿分10分)選修4—5不等式選講設(shè)函數(shù)f( )=|-4|+|-a|(a>1).若f( )的最小值為3,求a的值;在(1)的條件下,求使得不等式f( )≤5成立的的取值會合.參照答案2017高考仿真卷·文科數(shù)學(三)1.A分析∵?UB={4,5,6},∴B={1,2,3}.A∩B={1,2}.應(yīng)選A.2.B分析==-i.應(yīng)選B.3.B分析總的基本領(lǐng)件數(shù)為10,此中標明的數(shù)字之和為5的基本領(lǐng)件數(shù)為2,故所求的概率P=.應(yīng)選B.4.A分析由題意知e=,解得m=1,故該雙曲線的漸近線方程為y=±.應(yīng)選A.5.C解析由題中的程序框圖可知,=1,S=1+2×1=3,=1+2=3;=3,S=3+2×3=9,=3+2=5;=5,S=9+2×5=19,=5+2=7;=7,S=19+2×7=33,=7+2=9;此時S≥20,退出循環(huán),輸出=9.應(yīng)選C.6.B分析依據(jù)逆否命題的等價性,只要要判斷“+y=3”與“=1且y=2”的關(guān)系即可.當=0,y=3時,知足+y=3,但此時=1且y=2不可立,即充分性不可立.當=1,y=2時,+y=3成立,即必需性成立.所以“+y=3”是“=1且y=2”的必需不充分條件,即“≠1或y≠2”是“+y≠3”的必需不充分條件.應(yīng)選B.7.D分析(方法一)如圖,連結(jié)AF,DF,可知四棱錐F-ABCD的體積為V四棱錐F-ABCD=S矩形ABCD·h=×4×3×1=4(丈3),又該幾何體的體積V=V四棱錐F-ABCD+V三棱錐E-ADF>V四棱錐F-ABCD=4丈3,應(yīng)選D.(方法二)如圖,取AB的中點G,CD的中點H,連結(jié)FG,GH,HF,則該幾何體的體積為V=V四棱錐F-GBCH+V三棱柱ADE-GHF.而三棱柱ADE-GHF能夠經(jīng)過割補法獲得一個高為EF,底面積為S=×3×1=(丈2)的一個直棱柱,故V=×2+×2×3×1=5(丈3),應(yīng)選D.8.B分析先將函數(shù)f( )=2sin的周期變成原的4倍,得g( )=2sin,再將g( )的圖象向右平移個單位,所得圖象的函數(shù)分析式為h( )=2sin.應(yīng)選B.9.A分析由題意可知y為偶函數(shù),它的圖象對于y軸對稱,故清除D項;當=0時,y=1,故清除C項;由y'=cos可知,當∈時,y是增函數(shù),故清除B項.應(yīng)選A.10.D分析由正弦定理得a2+c2-ac=b2,再由余弦定理得cosB=,故B=,應(yīng)選D.11.B分析由題意可知拋物線的焦點為,準線為=-,橢圓的右焦點為(3,0),所以=3,即p=6,所以拋物線的方程為y2=12.過點A作拋物線的準線的垂線,垂足為M,則|A|=|AF|=|AM|,所以|M|=|AM|,設(shè)A(,y),則y=+3,將其代入y2=12,解得=3.應(yīng)選B.12.B分析由于f( )=所以可畫出y=|f( )|的圖象以下圖.由于y=a-1的圖象經(jīng)過點(0,-1),所以當a>0時不切合|f( )|>a-1恒成立.當a≤0時,直線y=a-1與y=2-4(≤0)的圖象相切時,a獲得最小值-6,故a的取值范圍是[-6,0],應(yīng)選B.13.6分析由題意可知正項等比數(shù)列{an}的公比q==2,則S==63,即2=64,即=6.14.2分析由題意可知|a+b|2=|b|2,得|a|2+2a·b=0.由a⊥(a+λb)得|a|2+λa·b=0,故λ=2.15.m>n分析設(shè)1枝玫瑰與1枝康乃馨的價錢分別為元,y元,則,y知足的拘束條件為結(jié)構(gòu)函數(shù)=2-3y,作出不等式組所表示的平面地區(qū)如圖暗影部分所示,直線2-3y=0恰巧過點M,則在知足拘束條件下,>0,即2>3y,故m>n.22216.分析由b+c-a=bc得A=.由>0得B為鈍角,故A+C<.由正弦定理可知,=1,進而b+c=sinB+sinC=sin+sinC=sin.又由于0<C<,所以<b+c<.17.解(1)由a7=a1+6d=4,a1+18d=2(a1+8d),得a1=1,d=,故an=.(2)由于bn==2,所以Sn=b1+b2++bn22.18.解(1)由題意得×4000=10,故a=10000.(2)依據(jù)分層抽樣可得從中任取

,樣本中有2

A類手機2部,B類手機3部,分別記作部的全部基本

A1,A2,B1,B2,B3,則事件為(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3),共10個,此中起碼有1部A類手機的基本領(lǐng)件為(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),共7個,故從中任取2部,起碼有1部A類手機的概率為.(3)由于A類手機得分的均勻數(shù)=88,B類手機得分的均勻數(shù)=91,所以=13.5,=12.5.由12.5<13.5,可知B類手機綜合評分較穩(wěn)固.19.證明取PD的中點E,連結(jié)AE和EM,則EM∥CD,EM=CD.又AB∥CD,AB=CD,AB∥EM,AB=EM.四邊形ABME為平行四邊形,BM∥AE.又BM?平面PAD,AE?平面PAD,∴BM∥平面PAD.證明∵AD=AP,E是PD中點,AE⊥PD.PA⊥AB,AD⊥AB,PA∩AD=A,AB⊥平面PAD.又PD?平面PAD,∴AB⊥PD.又AE∩AB=A,∴PD⊥平面ABM.(3)解∵在矩形ABME中,AB=1,BM=AE=PE=PD=,V三棱錐A-PBM=V三棱錐P-ABM=PE·S△ABM=.20.(1)解由題意可得點A,B,C的坐標分別為(-,0),(,0),.設(shè)橢圓的標準方程是=1(a>b>0),則2a=AC+BC=2,即a=,故b2=a2-c2=1.所以,橢圓的標準方程是+y2=1.(2)證明將y=+t代入橢圓方程,得(1+32)2+6t+3t2-3=0.由直線與橢圓有兩個交點,可知=(6t)2-12(1+32)(t2-1)>0,解得2>.設(shè)M(1,y1),N(2,y2),則1+2=,12=.由于以MN為直徑的圓過E點,所以=0,即(1+1)(2+1)+y1y2=0.由于y1y2=(1+t)(2+t)=212+t(1+2)+t2,所以(2+1)-(t+1)+t2+1=0,解得=.由于>0,所以2>,即=切合>0.所以對隨意的t>0,都存在實數(shù)=,使得以線段MN為直徑的圓過E點.21.解(1)由于F( )=f'( )=-ln-1,所以F'( )=1-(>0).所以當∈(0,1)時,F'( )<0;當∈(1,+∞)時,F'( )>0.所以F( )的單一遞加區(qū)間為(1,+∞),單一遞減區(qū)間為(0,1).(2)由于當≥1時,f( )≥0,即a(2-1)≥ln,所以a≥ln.令g( )=ln-a(≥1),則當≥1時,g( )≤0恒成立.g'( )=.①當a≤0時,g'( )=>0,可知g( )在[1,+∞)內(nèi)單一遞加,故g( )≥g(1)=0,這與g( )≤0恒成立矛盾.②22∞)內(nèi)單當a>0時,一元二次方程-a+-a=0的鑒別式=1-4a.當Δ≤0,即a≥時,g( )在[1,+調(diào)遞減,故g( )≤g(1)=0,切合題意;當>0,即0<a<時,設(shè)方程-a2+-a=0的兩根分別是1,2,此中1<1,2>1.當∈(1,2)時,g'( )>0,即g( )在(1,2)內(nèi)單一遞加,g( )≥g(1)=0,這與g( )≤0恒成立矛盾.綜上可知,a≥,即a的取值范