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2017年东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)高三第一次联合模拟考试-理科数学扫描版

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                               2017  一模理科数学答案
一、选择题
    1-6:ACBABA         7-12:ACCDAB
二、填空题

              2                            1
13. 1;    14.   ;               15. 0  a  ;                   16. 1.5
               3                            2

三、17.解:
                                         a  c sin A  sinB
                                             
      
(Ⅰ)     A  B  C   sin(A  B)  sin C a  b   sin C                                    

——1  分
            a  c  a  b
                 
由正弦定理得      a  b    c  ,                            ——2  分

   2    2   2
即 b   a  c  ac                             ——4 分

                       1                  
                cos B  , B (0, ) B  
结合余弦定理,有               2          ,       3 .               ——6   分
(Ⅱ)法一:
          b
2R  2         b  3                       ——8  分
            
         sin
            3
                            
所以,   b2  3  a2  c2  2ac cos  2ac  ac  ac (当且仅当 a  c 时取等)
                             3
                                          ——10 分

        1         3 3
所以  S    acsin                        ——12  分
        2      3    4

          1           3       3                              2
      S    acsin B    ac      2sin A 2sin C  3 sin Asin(   A)
法二:       2           4       4                              3      ,

            3       1          3
   3 sin A( cos A   sin A)    ( 3 sin Acos A  sin2 A)
           2        2         2

    3   3        1         1     3             3
    (   sin 2A   cos 2A  )    sin(2A   ) 
   2   2         2         2    2         6     4 .——10   分
         2                7
0   A    ,     2A   
          3      6       6    6 ,
                                   3 3
2A        ,  A 
       6   2  即     3 时,  S 取到最大值      4  .——12   分
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18.解:(Ⅰ)
                                 男士            女士            合计
                      赞同           9             6            15
                     不赞同           6             9            15
                      合计          15            15            30

                                                ——2 分

                  2
  2   3081  36
K           4      1.2  2.706
           15                                    ——4  分



  没有   90%的把握认为该地区市民是否赞同“延迟退休”与性别有关

                                               ——6 分

(Ⅱ)   X   0,1,2,3

             C3     4                  C 2C1  27
P(X    0)    6           P(X  1)   6  9 
             C3    91                   C3    91
              15                         15
            C1C 2   216                C3     84
P(X   2)   6  9          P(X   3)   9 
             C3     455                C3    455
              15                         15           
      X                 0               1                2                3

                       4               27              216              84
      P
                       91              91              455              455

                                   ——10 分

         4     27      216      84                                  A
EX   0   1     2      3    1.8                              1                    C1
         91     91     455     455                      ——12  分

19.解:                                                                             B1
            ABC                 D   AC
(Ⅰ)证明:              为正三角形,点         为     的中点,                      E
                          ACC  A
  BD   AC ,  BD   平面      1 1 ,                                  A
                                                                               D          C
          ACC  A
DE   平面       1 1 ,从而  BD  DE  .——2   分


                                            1        5          2  9   5
                                      EA    , ED    , EC1  2       ,C1D   5
连接  EC1 ,  AA1  4AE, AB  AA1  2 ,       2        2             4   2           ,

      2     2      2
则 EC1   ED   C1D ED    C1D                         ——4  分

                                                                        z
又 C1D  BD   D
                                                              A
            BDC                                                1                   C1
DE    平面      1 .——6 分

               AC                                                          B1
(Ⅱ)设点     F 为   1 1 的中点,连接     DF ,则  DF   平面  ABC  .        E

                                                              A
                                                                        D          C        y

                                                                            B
                                                                               x
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         以 D 为原点,  DB, DC, DF 分别为 x 轴、 y 轴、
         z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.                   ——7 分

         则 C(0,1,0), B( 3,0,0),C1(0,1,2), E(0,1,1) ,
                            
          EB  ( 3,1,1), BC  ( 3,1,0), EC  (0,2,1)
                                      1       ,

         设平面  EBC 的法向量为   m  (x1, y1, z1) ,
                   
                                  
           m  BC  0 m BC  0  3x1  y1  0,
                   
           m  EB  0 m EB  0  3x  y  z  0 m  ( 3,3,6)
         由                    得    1  1  1  ,          .——8 分
                         
                         n  (x , y , z )
         设平面  EBC1 的法向量      2  2 2
                 
                     
         m  EC1  0 m EC1  0 2y2  z2  0,
                  
         m  EB  0  m EB  0  3x  y  z  0     n  ( 3,1, 2)
                             得    1  1  1  令 y 1得              ——10 分
                                       
                                   mn     6
                           cos  mn     
              m,n                     m  n   4
         设向量     夹角为   ,则                                 ——11 分
                                    6
                 C  EB  C
         从而二面角    1       的余弦值为    4 .——12 分
         20.解:
                       c  1          1
         (Ⅰ)由题意,    e     ,(S  )     2ab  ab  2 3 ,a2  b2  c2 ,
                       a  2   PAB max 2
                                         x2  y2
         解得  a  2,b  3,c  1.椭圆的标准方程为       1.——4 分
                                          4  3

         (Ⅱ)假设存在定点      D(m,0) ,使得向量 DM  DN 为定值 n .
B
                                                                     x2 y2
                                                                           1
         ①当直线   l 斜率不为 0 时,椭圆  C 左焦点  F1(1,0) ,设直线 l 的方程为 x  ty 1.联立  4 3 ,消
                                                                    
                                                                    x  ty 1

         去 x ,得 (3t 2  4)y2  6ty  9  0
                                     6t          9
         设 M (x , y ), N(x , y ) ,则 y  y  , y y  .——6 分
              1 1    2  2     1  2  3t 2  4 1 2 3t 2  4

         DM   (x1  m, y1),DN  (x2  m, y2 ) ,

                                                   2
         DM   DN  (x1  m)(x2  m)  y1 y2  x1x2  m(x1  x2 )  m  y1 y2

                                      2
          (ty1 1)(ty2 1)  m(t(y1  y2 )  2)  m  y1 y2


                                                                                   z

                                                                           A
                                                                            1                C1

                                                                                      B
                                                                           E           1

                                                                           A
                                                                                    D       C      y

                                                                                       B
                                                                                         x
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    2                               2
 (t 1)y1 y2  (m 1)t(y1  y2 )  (m 1)

  9(t 2 1) 6t 2 (m 1)         (6m 15)t 2  9
                     (m 1)2                (m 1)2 ——8 分
   3t 2  4   3t 2  4               3t 2  4
                        6m 15    9          11            135
若 DM   DN 为定值   n ,则                ,即  m     ,此时   n      ;
                           3       4            8            64
                                                           ——10 分
                                        11                5   27    135
②当直线    l 斜率为  0 时,  M (2,0), N(2,0), D( ,0), DM  DN            ,亦符合题意;——
                                         8                8   8     64
11 分
            11                                135
存在点    D(    ,0) ,使得向量  DM   DN 为定值   n      .——12  分
             8                                 64
21.解:
             1           x2  2ax 1
(Ⅰ)    f (x)   x  2a          (x  0) .                      ——1 分
             x               x
令 h(x)  x2  2ax 1,   (4 a2 1)
                                 h(x)
①当  a  0 时,  2ax  0 , f (x)      0 ,函数   f (x) 在 (0,) 上单调递增;
                                   x
                                                      ——2 分
②当  0  a  1时,   (4 a2 1) 0 ,所以  h(x)  0 ,即 f (x)  0 .函数 f (x) 在 (0,) 上单调递增;
                                            ——3 分
                    2                                 2                 2
③当  a  1时,    (4 a 1) 0 ,令 h(x)  0 ,得 x1  a  a 1  0, x2  a  a 1  0 .
     '
  f (x)  0  x 0, x1  x2 ,
 
   '
  f (x)  0  x x1, x2 

 f (x) 在 0, x1 和 x2  上单调递增,在   (x1, x2 ) 单调递减
综上,1   当 a 1时,函数     f (x) 在 (0,) 上单调递增;
 
2 当  a  1时,  f (x) 在 0, x1 和 x2  上单调递增,在   (x1, x2 ) 单调递减         ——6  分
(注:如果在每种情况中已说明函数在哪个区间上的单调性,不写综上不扣分;如果每种情
况只解出不等式,最后没写综上扣                   1 分)

(Ⅱ)存在      x1, x2 [1,e],使得| f (x1)  g(x2 ) | 1成立.

存在   x1, x2 [1,e]使得 g(x2 ) 1  f (x1) 且 f (x1)  1 g(x2 ) 成立.

 g(x)min 1  f (x)max 且 f (x)min  1 g(x)max .
                 1                                           1
 由(Ⅰ)知,      a [  ,1]时 f (x) 在[1,e] 上单调递增,    f (x)  f (1)   2a ,
                 2                                 min       2
                 e2
  f (x)   f (e)    2ae 1.  
      max        2
                  ——8  分
          m(1 ln x)
   g(x)           , x [1,e] 时,1  ln x  0 .
              x2
                                                               m
   由 m  0 可知,   g(x)  0 ,此时 g(x)    g(1)  m, g(x)  g(e)     m .
                                   min              max         e
                                                ——9 分
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    g(x)min 1  f (x)max 且 f (x)min  1 g(x)max .
           1          e2           1          m
   a  [  ,1],m 1    2ae 1且    2a  1    m 恒成立.
           2          2            2          e
          e2               1          1
   m   (   2ae  2)  且 (  1)m  (   2a)
          2          min   e          2      max
         1    e2               e2              e2
   a  [  ,1],(  2ae  2)      2e  2,m     2e  2 ;——10  分
         2     2          min  2               2
         1      1            3           3e
   a [   ,1],(  2a)     ,m          ,——11    分
         2      2      max   2         2(e 1)
                     e2
   又m    0m  (0,     2e  2) .                                 ——12 分
                     2
22.选修   4—4:坐标系与参数方程
                                            2
解:(Ⅰ)直线       C :   sin   3 cos       (  R)          ——3 分
               1                             3

                          2        2
曲线  C2 的普通方程为      (x  3)  (y  2) 1.                    ——5 分
             
(Ⅱ)   C  :   (  R) ,即  y   3x .                      ——6 分
        3     3
                                 3  2   1
    圆 C  的圆心到直线      C 的距离   d           .                               ——9 分
        2             3            2      2

                    1
    所以   AB  2 12     3 .    ——10  分
                    4

23.选修   4—5:不等式选讲

解:(Ⅰ)因为       f (x)  x  a  x  b  (x  a)  (x  b)  a  b ,      ——3 分

当且仅当     a  x  b 时,等号成立,所以       f (x) 的最小值为    a  b  4 .     ——5 分
                                         1    1             a     b
(Ⅱ)由(Ⅰ)知        a  b  4 ,由柯西不等式得      ( a2   b2 )(4  9)  (  2  3)2 16 .
                                         4    9             2     3
                                                               ——7 分
                             1    1
                              a     b
   1     1     16                            16     36
即 (  a2  b2 )   ,当且仅当      2   3  ,即  a    ,b    时,等号成立.
   4     9      13           2     3         13     13
      1     1             16
所以,     a 2  b2 的最小值为       .                              ——10  分
      4     9             13
另法:因为     a  b  4 ,所以 b  4  a ,则
1     1     a2   (4  a)2 13a2  32a  64
  a2   b2                           (0  a  4)
 4    9      4     9            36                          ——7  分
      16     1     1                    16
当 a     时,    a 2  b2 取最小值,最小值为          .                 ——10  分
      13     4     9                     13
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