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1、-山东省高考押题金卷数学（理）试卷（含答案）-第 16 页山东省2017高考押题金卷理科数学一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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. 已知全集U=R，A=x|x24x+30，B=x|log3x1，则AB=（）A3Bx|x1Cx|x1Dx|0x12. 已知函数，若存在k使得函数f（x）的值域为0，2，则实数a的取值范围是（）AB（0，1C0，1D3. 若两个非零向量，满足|+|=|=2|，则向量+与的夹角是（）ABCD4. 如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为（）AB7CD5. 二项式（xa）7的展开式中，含x4项的系数为
2、280，则dx=（）Aln2Bln2+1C1D6. 如图，F1、F2是双曲线=1（a0，b0）的左、右焦点，过F1的直线l与C的左、右2个分支分别交于点A、B若ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A4BCD7设AnBnCn的三边长分别是an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，nN*，若b1c1，b1+c1=2a1，bn+1=，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列8. 我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数的不足近似值和过剩近似值分别为和（，），则是
3、的更为精确的不足近似值或过剩近似值我们知道，若令，则第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，若每次都取最简分数，那么第四次用“调日法”后可得的近似分数为（ ）A B C D9. 已知偶函数f（x）的定义域为（1，0）（0，1），且当0x1时，（1x2）ln（1x2）f（x）2xf（x），则满足f（x）0的x的取值范围是（）ABCD10. 如图1，三行三列的方阵中有9个数，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是（ ）ABCD二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在答题卡的相应位置11. 已知i为虚数单位，复数z满足=i，则|z|= 12. 执行如图所示
4、的程序框图，则输出的结果是13. 给定区域D：令点集T=（x0，y0）D|x0，y0Z，（x0，y0）是z=x+y在D上取得最大值或最小值的点，则T中的点共确定 条不同的直线14. 已知抛物线y2=2px（p0）上一点M（1，m）（m0）到其焦点的距离为5，双曲线y2=1的左顶点为A若双曲线的一条渐近线与直线AM平行，则实数a等于15. 直线l：（t为参数）与圆C：（为参数）相交所得的弦长的取值范围是三、解答题：本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答写在答题卡上的指定区域内16.（本小题满分12分）已知函数f（x）=sinxcosxcos2x+（0），与f（x）图象
5、的对称轴x=相邻的f（x）的零点为x=（）讨论函数f（x）在区间上的单调性；（）设ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且c=，f（C）=1，若向量=（1，sinA）与向量=（2，sinB）共线，求a，b的值17. （本小题满分12分）一个多面体的直观图及三视图如图所示，M、N分别是AB1、A1C1的中点（1）求证：MNAB1，MN平面BCC1B1；（2）求二面角ABC1C的余弦值18（本小题满分12分）为了研究学生的数学核素养与抽象（能力指标x）、推理（能力指标y）、建模（能力指标z）的相关性，并将它们各自量化为1、2、3三个等级，再用综合指标w=x+y+z的值评定学生的数学核心素
6、养；若w7，则数学核心素养为一级；若5w6，则数学核心素养为二级；若3w4，则数学核心素养为三级，为了了解某校学生的数学核素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下结果：学生编号A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10（x，y，z）（2，2，3）（3，2，3）（3，3，3）（1，2，2）（2，3，2）（2，3，3）（2，2，2）（2，3，3）（2，1，1）（2，2，2）（1）在这10名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同的概率；（2）从数学核心素养等级是一级的学生中任取一人，其综合指标为a，从数学核心素养等级不是一级的学生中任取一人，其综合指标为b，记随机变量X=ab，求随机变量
7、X的分布列及其数学期望19. （本小题满分12分）已知函数f（x）=ln（2ax+1）+x22ax（aR）（1）若x=2为f（x）的极值点，求实数a的值；（2）若y=f（x）在3，+）上为增函数，求实数a的取值范围；（3）当a=时，方程f（1x）= 有实根，求实数b的最大值20. （本小题满分13分）已知是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，点在椭圆上，线段与轴的交点满足 （）求椭圆的标准方程； （）圆是以为直径的圆，一直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点、，当，且满足时，求的面积的取值范围21. （本小题满分14分）已知为正整数，在数列中，在数列中，当时，（1）求数列的通项公式；（2）求 的值；
8、（3）当时，证明： 山东省2017高考押题金卷数学理word版参考答案1【答案】A【解析】A=x|x24x+30=x|1x3，B=x|log3x1=x|x3，则AB=3，故选：A2【答案】D【解析】函数，函数f（x）的图象如下图所示：函数f（x）在1，k）上为减函数，在k，a先减后增函数，当1k，x=时，由于当x=1时，x33x+2=0，当x=a（a1）时，a33a+22，可得1a故若存在k使得函数f（x）的值域为0，2，则a1，故选：D3【答案】C【解析】依题意，|+|=|=2|， =3，cos，=，所以向量与的夹角是，故选C4【答案】B【解析】如图所示，由已知三视图可知：该几何体为正方体去
9、掉两个倒立的三棱锥该多面体的体积V=23=7故选：B5【答案】C【解析】（xa）7的展开式的通项为（1）r a r C7rx7r，令7r=4得r=3，展开式中x4项的系数（1）3 a3C73=35a3=280，a=2，dx=lnx=1故选：C6【答案】B【解析】ABF2为等边三角形，|AB|=|AF2|=|BF2|，由双曲线的定义可得|AF1|AF2|=2a，|BF1|=2a又|BF2|BF1|=2a，|BF2|=4a|AF2|=4a，|AF1|=6a在AF1F2中，由余弦定理可得： =，化为c2=7a2，故选B7【答案】B【解析】b1=2a1c1且b1c1，2a1c1c1，a1c1，b1a1
10、=2a1c1a1=a1c10，b1a1c1，又b1c1a1，2a1c1c1a1，2c1a1，c1，由题意，bn+1+cn+1=+an，bn+1+cn+12an=（bn+cn2an），bn+cn2an=0，bn+cn=2an=2a1，bn+cn=2a1，又由题意，bn+1cn+1=，bn+1（2a1bn+1）=a1bn，bn+1a1=（a1bn）=（b1a1）bn=a1+（b1a1），cn=2a1bn=a1（b1a1），=单调递增可得Sn单调递增故选：B8【答案】A【解析】由题意：第一次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即，第二次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即,第三次用“调
11、日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即,第四次用“调日法”后得是的更为精确的过剩近似值，即,故选A.9【答案】C【解析】令g（x）=，则g（x）=，当0x1时，（1x2）ln（1x2）f（x）2xf（x），0，即g（x）=在（0，1）上为增函数，则f（x）在（0，1）上为减函数，又由函数f（x）为偶函数，且故当x时，f（x）0，故选：C10【答案】D11【答案】1【解析】设z=a+bi，则=i，1abi=b+（a+1）i，解得，故z=i，|z|=1，故答案为：112【答案】20【解析】执行程序框图，有a=1，b=1，s=2c=2，s=4不满足条件c5，a=1，b=2，c=3，s=7不满足条件c
12、5，a=2，b=3，c=5，s=12不满足条件c5，a=3，b=5，c=8，s=20满足条件c5，退出循环，输出s的值为20故答案为：2013【答案】6【解析】画出不等式表示的平面区域，如图作出目标函数对应的直线，因为直线z=x+y与直线x+y=4平行，故直线z=x+y过直线x+y=4上的整数点：（4，0），（3，1），（2，2），（1，3）或（0，4）时，直线的纵截距最大，z最大；当直线过（0，1）时，直线的纵截距最小，z最小，从而点集T=（4，0），（3，1），（2，2），（1，3），（0，4），（0，1），经过这六个点的直线一共有6条即T中的点共确定6条不同的直线故答案为：614【答案】
13、【解析】设M点到抛物线准线的距离为d，则p=8，所以抛物线方程为y2=16x，M的坐标为（1，4）；又双曲线的左顶点为，渐近线为，所以，由题设可得，解得故答案为：15【答案】4，16【解析】直线l：（t为参数），化为普通方程是=，即y=tanx+1；圆C的参数方程（为参数），化为普通方程是（x2）2+（y1）2=64；画出图形，如图所示；直线过定点（0，1），直线被圆截得的弦长的最大值是2r=16，最小值是2=2=2=4弦长的取值范围是4，16故答案为：4，1616【解答】解：（） =由与f（x）图象的对称轴相邻的零点为，得，所以=1，即令，函数y=sinz单调增区间是，kZ，由，得，kZ，设
14、， ，易知，所以当时，f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减（），则，因为0C，所以，从而，解得因为与向量共线，所以sinB=2sinA，由正弦定理得，b=2a由余弦定理得，c2=a2+b2，即a2+b2ab由解得a=1，b=217【解答】（1）证明：由三视图可知，在这个多面体的直观图中，AA1平面ABC，且ACBC，AC=3，BC=BB1=4CA，CB，CC1两两垂直以C为原点，CA，CBCC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则由已知可得：C（0，0，0），A（3，0，0），B（0，4，0），C1（0，0，4），A1（3，0，4），B1（0，4，4），故M，2，2），N，
15、0，4）MNAB1，MNBC1，MN平面BCC1B1，BC1平面BCC1B1；MN平面BCC1B1；（2）解：过A作AHBC1于H，连接CH，则CHBC1，AHC是二面角ABC1C的平面角在直角BC1C中，CH=BCsinCBC1=4sin45=2在直角ACH中，AC=3，CH=2，AH=，cosAHC=二面角ABC1C的余弦值为18【解答】解：（1）由题可知：建模能力一级的学生是A9；建模能力二级的学生是A2，A4，A5，A7，A10；建模能力三级的学生是A1，A3，A6，A8记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件A，则（2）由题可知，数学核心素养一级：A1，A2，A3，A5，A6，A8，
16、数学核心素养不是一级的：A4，A7，A9，A10；X的可能取值为1，2，3，4，5.；随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 5 P19【解答】解：（1）=因为x=2为f（x）的极值点，所以f（2）=0即，解得a=0又当a=0时，f（x）=x（x2），从而x=2为f（x）的极值点成立（2）因为f（x）在区间3，+）上为增函数，所以在区间3，+）上恒成立当a=0时，f（x）=x（x2）0在3，+）上恒成立，所以f（x）在3，+）上为增函数，故a=0符合题意当a0时，由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+10对x3恒成立，故只能a0，所以2ax2+（14a）x（4a2+2）0对x3，+）上
17、恒成立令g（x）=2ax2+（14a）x（4a2+2），其对称轴为，因为a0所以，从而g（x）0在3，+）上恒成立，只要g（3）0即可，因为g（3）=4a2+6a+10，解得因为a0，所以由可得，a=0时，符合题意；综上所述，a的取值范围为0，（3）若时，方程x0可化为，问题转化为b=xlnxx（1x）2+x（1x）=xlnx+x2x3在（0，+）上有解，即求函数g（x）=xlnx+x2x3的值域以下给出两种求函数g（x）值域的方法：方法1：因为g（x）=x（lnx+xx2），令h（x）=lnx+xx2（x0），则，所以当0x1，h（x）0，从而h（x）在（0，1）上为增函数，当x1，h（x）
18、0，从而h（x）在（1，+上为减函数，因此h（x）h（1）=0而x1，故b=xh（x）0，因此当x=1时，b取得最大值0方法2：因为g（x）=x（lnx+xx2），所以g（x）=lnx+1+2x3x2设p（x）=lnx+1+2x3x2，则当时，p（x）0，所以p（x）在上单调递增；当时，p（x）0，所以p（x）在上单调递减；因为p（1）=0，故必有，又，因此必存在实数使得g（x0）=0，当0xx0时，g（x）0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减；当x0x1，g（x）0，所以，g（x）在（x0，1）上单调递增；又因为，当x0时，lnx+0，则g（x）0，又g（1）=0因此当x=1时，b取得最大值020【答案】（）因为，所以 是线段的中点，所以是的中位线，又所以,所以，又因为，解得，所以椭圆的标准方程为. （）因为直线与相切，所以，即联立得.设因为直线与椭圆交于不同的两点、， 所以， ，又因为，所以解得.设，则单调递增，所以，即21.【gkstk答案】21【答案】 解：（1 是以2为首项，2为公比的等比数列。，即 （2 当时， 当时， 综上可知：当时，；当时，。（3）由（2）知：，即。 当时，即 当时，当时，欢迎访问“高中试卷网”http:/sj.fjjy.org