1、2017年山西省太原市高考数学二模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共32分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1已知=1i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点的坐标是（）A（2，2）B（2，2）C（2，2）D（2，2）2已知A=1，2，4，B=y|y=log2x，xA，则AB=（）A1，2B1，2C0，1，2，4D0，43已知=（2，1），=（1，1），则在方向上的投影为（）ABCD4已知公比q1的等比数列an前n项和Sn，a1=1，S3=3a3，则S5=（）A1B5CD5如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（阴影部分）围成一个大正方形，中间空
2、出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形的概率为，则图中直角三角形中较大锐角的正弦值为（）ABCD6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）ABCD7函数f（x）=的图象大致为（）ABCD8执行如图的程序框图，则输出的S=（）A2B3CD9已知实数x，y满足条件，则z=|2x+y|的最小值为（）A3B4C5D610将函数f（x）=cos2x的图象向右平移个单位得到g（x）的图象，若g（x）在（2m，）和（3m，）上都单调递减，则实数m的取值范围为（）A，）B，）C（，）D，11已知双曲线y2=1的右焦点是抛物线y2=2px（p0）的焦点，直线y=kx+m与抛
3、物线交于A，B两个不同的点，点M（2，2）是AB的中点，则OAB（O为坐标原点）的面积是（）A4B3CD212已知f（x）=x2ex，若函数g（x）=f2（x）kf（x）+1恰有三个零点，则下列结论正确的是（）Ak=2Bk=Ck=2Dk=+二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分）.13若命题“x（0，+），x+m”是假命题，则实数m的取值范围是14已知sin=，则sin2=15已知点O是ABC的内心，BAC=60，BC=1，则BOC面积的最大值为16已知三棱锥ABCD中，AB=AC=BC=2，BD=CD=，点E是BC的中点，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点，则该三棱锥外接球的
4、表面积为三、解答题：本大题共5小题，共48分解答写出文字说明、证明过程或演算过程17已知数列an的前n项和Sn=，数列bn满足bn=an+an+1（nN*）（1）求数列bn的通项公式；（2）若cn=2（bn1）（nN*），求数列cn的前n项和Tn18某商城举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖规则如下：1抽奖方案有以下两种，方案a：从装有1个红球、2个白球（仅颜色不同）的甲袋中随机摸出1个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将抽出的球放回甲袋中，方案b：从装有2个红球、1个白球（仅颜色相同）的乙袋中随机摸出1个球，若是红球，则获得奖金10元；否则，没有奖金
5、，兑奖后将抽出的球放回乙袋中2抽奖条件是，顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a抽奖一次：满150元，可根据方案b抽奖一次（例如某顾客购买商品的金额为310元，则该顾客采用的抽奖方式可以有以下三种，根据方案a抽奖三次或方案b抽奖两次或方案a、b各抽奖一次）已知顾客A在该商场购买商品的金额为250元（1）若顾客A只选择方案a进行抽奖，求其所获奖金为15元的概率；（2）若顾客A采用每种抽奖方式的可能性都相等，求其最有可能获得的奖金数（除0元外）19如图（1）在平面六边形ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，且AB=4，BC=2，AE=DE=，BF=CF=，点M，N分别是AD，BC的中点，分别沿
6、直线AD，BC将DEF，BCF翻折成如图（2）的空间几何体ABCDEF（1）利用下面的结论1或结论2，证明：E、F、M、N四点共面；结论1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个；结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个（2）若二面角EADB和二面角FBCA都是60，求三棱锥EBCF的体积20如图，曲线C由左半椭圆M： +=1（a0，b0，x0）和圆N：（x2）2+y2=5在y轴右侧的部分连接而成，A，B是M与N的公共点，点P，Q（均异于点A，B）分别是M，N上的动点（1）若|PQ|的最大值为4+，求半椭圆M的方程；（2）若直线PQ过点A，且+=，求半椭圆M的离心率21已知函数f
7、（x）=exax22x（aR）（1）当a=0时，求f（x）的最小值；（2）当a1时，证明：不等式f（x）1在（0，+）上恒成立选修4-4：坐标系与参数方程选讲22在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（tancossin）=1（为常数，0，且），点A，B（A在x轴下方）是曲线C1与C2的两个不同交点（1）求曲线C1普通方程和C2的直角坐标方程；（2）求|AB|的最大值及此时点B的坐标选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）=|x+m|+|2x1|（m0）（1）当m=1时，解不等式f（x）3；（2）当xm
8、，2m2时，不等式f（x）|x+1|恒成立，求实数m的取值范围2017年山西省太原市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共32分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的1已知=1i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点的坐标是（）A（2，2）B（2，2）C（2，2）D（2，2）【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘法运算化简复数z，求出复数z在复平面内对应的点的坐标得答案【解答】解：由=1i，得z=（1i）（1+i）2=2i（1i）=2+2i则复数z在复平面内对应的点的坐标是：（2，2）故
9、选：B2已知A=1，2，4，B=y|y=log2x，xA，则AB=（）A1，2B1，2C0，1，2，4D0，4【考点】1D：并集及其运算【分析】先分别求出集合A和B，由此能求出AB【解答】解：A=1，2，4，B=y|y=log2x，xA=0，1，2，AB=0，1，2，4故选：C3已知=（2，1），=（1，1），则在方向上的投影为（）ABCD【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】根据条件即可求出及的值，而在方向上的投影计算公式为，从而求出该投影的值【解答】解：，；在方向上的投影为：故选A4已知公比q1的等比数列an前n项和Sn，a1=1，S3=3a3，则S5=（）A1B5CD【考点】89：等
10、比数列的前n项和【分析】根据题意先求出公比，再根据前n项和公式计算即可【解答】解：因为S3=a1+a2+a3=3a3，a1+a2=2a3，化简可得1+q2q2=0，解得q=1（舍）或q=，由等比数列的前n项和公式得S5=，故选：D5如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形（阴影部分）围成一个大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形的概率为，则图中直角三角形中较大锐角的正弦值为（）ABCD【考点】CE：模拟方法估计概率【分析】求出四个全等的直角三角形的三边的关系，从而求出sin的值即可【解答】解：在大正方形内随机取一点，这一点落在小正方形的概率为，不
11、妨设大正方形面积为5，小正方形面积为1，大正方形边长为，小正方形的边长为1四个全等的直角三角形的斜边的长是，较短的直角边的长是1，较长的直角边的长是2，故sin=，故选：B6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）ABCD【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】首先由几何体的三视图还原几何体，然后求体积【解答】解：由三视图可知，该几何体为一个四棱锥，棱锥的底面为一个边长和高均为1的平行四边形，棱锥的高为1，所以该四棱锥的体积为111=，故选：D7函数f（x）=的图象大致为（）ABCD【考点】3O：函数的图象【分析】判断f（x）的奇偶性，及f（x）的函数值的符号即可得出答案【解答】解：
12、f（x）=f（x），f（x）是奇函数，故f（x）的图象关于原点对称，当x0时，f（x）=，当0x1时，f（x）0，当x1时，f（x）0，故选A8执行如图的程序框图，则输出的S=（）A2B3CD【考点】EF：程序框图【分析】模拟程序的运行，依次写出前几次循环得到的S，n的值，观察规律可知，S的取值周期为4，可得n=2018时不满足条件n2017，退出循环，输出S的值为3【解答】解：模拟程序的运行，可得：S=2，n=1满足条件n2017，执行循环体，S=3，n=2，满足条件n2017，执行循环体，S=，n=3，满足条件n2017，执行循环体，S=，n=4，满足条件n2017，执行循环体，S=2，n
13、=5，观察规律可知，S的取值周期为4，则：满足条件n2017，执行循环体，S=2，n=2017，满足条件n2017，执行循环体，S=3，n=2018，不满足条件n2017，退出循环，输出S的值为3故选：B9已知实数x，y满足条件，则z=|2x+y|的最小值为（）A3B4C5D6【考点】7C：简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，1）目标函数z=|2x+y|=2x+y，化目标函数z=2x+y为y=2x+z，由图可知，当直线y=2x+z过点A时
14、，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为5故选：C10将函数f（x）=cos2x的图象向右平移个单位得到g（x）的图象，若g（x）在（2m，）和（3m，）上都单调递减，则实数m的取值范围为（）A，）B，）C（，）D，【考点】HJ：函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】由函数的图象平移求得函数g（x）的解析式，进一步求出函数（x）的单调减区间，结合函数g（x）在（2m，）和（3m，）上都单调递减列关于m的不等式组求解【解答】解：将函数f（x）=2cos2x的图象向右平移个单位后得到函数g（x）的图象，得g（x）=2cos2（x）=2cos（2x），由2k2x2k+，得k+xk+若g（x）在（2
15、m，）上单调递减，则有，此时k=2，解得m若g（x）在（3m，）上单调递减，则有，此时k=0，解得m，同时成立，取交集，有m故选：A11已知双曲线y2=1的右焦点是抛物线y2=2px（p0）的焦点，直线y=kx+m与抛物线交于A，B两个不同的点，点M（2，2）是AB的中点，则OAB（O为坐标原点）的面积是（）A4B3CD2【考点】KC：双曲线的简单性质【分析】求出双曲线方程的a，b，c，可得右焦点，即为抛物线的焦点，可得抛物线的方程，联立直线方程，可得x的二次方程，运用判别式大于0以及韦达定理和中点坐标公式，以及弦长公式求得AB的长，由点到直线的距离公式可得O到AB的距离，再由三角形的面积公式
16、，计算即可得到所求值【解答】解：双曲线y2=1的a=，b=1，c=2，右焦点为（2，0），则抛物线y2=2px（p0）的焦点为（2，0），即有2=，解得p=4，即抛物线方程为y2=8x，联立直线y=kx+m，可得k2x2+（2km8）x+m2=0，判别式=（2km8）24k2m20，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2=，点M（2，2）是AB的中点，可得=4，且2=2k+m，解得k=2，m=2满足判别式大于0即有x1+x2=4，x1x2=1，可得弦长AB=2，点O到直线2xy2=0的距离d=，则OAB（O为坐标原点）的面积是d|AB|=2=2故选：D12已知f（x）=x2ex，
17、若函数g（x）=f2（x）kf（x）+1恰有三个零点，则下列结论正确的是（）Ak=2Bk=Ck=2Dk=+【考点】52：函数零点的判定定理【分析】通过函数g（x）=f2（x）kf（x）+1恰有三个零点，则要求g（x）=0有两个正解，设为：x1，x2；即要求f（x）=x1，或f（x）=x2；有3个解；转化为y=f（x）与y=x1的交点的个数以及y=f（x）与y=x2的交点的个数和为3，结合函数f（x）=x2ex，的图象推出k=x1+x2的值即可【解答】解：f（x）=x2ex，若函数g（x）=f2（x）kf（x）+1恰有三个零点，则要求g（x）=0有两个正解，设为：x1，x2；即要求f（x）=x1
18、，或f（x）=x2；有3个解；即要求y=f（x）与y=x1的交点的个数以及y=f（x）与y=x2的交点的个数和为3，结合函数f（x）=x2ex的图象，不妨设y=f（x）与y=x1的交点个数为2，则x1=f（2）=，又x1x2=1，则x2=，故k=x1+x2=故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分）.13若命题“x（0，+），x+m”是假命题，则实数m的取值范围是（2，+）【考点】2H：全称命题【分析】全称命题改为特称命题，根据不等式的性质求出m的范围即可【解答】解：由题意得：命题“x（0，+），x+m”是真命题，x（0，+），x+2，故m（2，+），故答案为：（2，+）14已
19、知sin=，则sin2=【考点】GS：二倍角的正弦【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求cos，进而利用二倍角的正弦函数公式即可计算得解【解答】解：sin=，cos=，sin2=2sincos=故答案为：15已知点O是ABC的内心，BAC=60，BC=1，则BOC面积的最大值为【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】先根据O是ABC的内心，求出BOC=120，再根据余弦定理和基本不等式求出OCOB，最后根据三角形的面积公式计算即可【解答】解：是ABC的内心，BAC=60，BOC=180=120，由余弦定理可得BC2=OC2+OB22OCOBcos120，即OC2+OB2=1OCOB，又O
20、C2+OB22OCOB，OCOB，SBOC=OCOBsin120，则BOC面积的最大值为，故答案为：16已知三棱锥ABCD中，AB=AC=BC=2，BD=CD=，点E是BC的中点，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点，则该三棱锥外接球的表面积为【考点】LG：球的体积和表面积；LR：球内接多面体【分析】由题意，BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点，利用勾股定理，建立方程，求出三棱锥外接球的半径，即可得出结论【解答】解：由题意，BCD为等腰直角三角形，E是外接圆的圆心，点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F，则BF=，AF=，设球心到平面BCD
21、是距离为h，则1+h2=+（h）2，h=，r=，该三棱锥外接球的表面积为=故答案为三、解答题：本大题共5小题，共48分解答写出文字说明、证明过程或演算过程17已知数列an的前n项和Sn=，数列bn满足bn=an+an+1（nN*）（1）求数列bn的通项公式；（2）若cn=2（bn1）（nN*），求数列cn的前n项和Tn【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（1）由Sn=，可得：a1=1；n2时，an=SnSn1，即可得出（2）cn=（bn1）=2n2n=n2n+1利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出【解答】解：（1）由Sn=，可得：a1=1；n2时，an=SnSn1=nn
22、=1时也成立an=nbn=an+an+1=n+n+1=2n+1（2）cn=（bn1）=2n2n=n2n+1数列cn的前n项和Tn=22+223+324+n2n+12Tn=23+224+（n1）2n+1+n2n+2，Tn=22+23+2n+1n2n+2=n2n+2，Tn=（n1）2n+2+418某商城举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，抽奖规则如下：1抽奖方案有以下两种，方案a：从装有1个红球、2个白球（仅颜色不同）的甲袋中随机摸出1个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将抽出的球放回甲袋中，方案b：从装有2个红球、1个白球（仅颜色相同）的乙袋中随机摸出1个球
23、，若是红球，则获得奖金10元；否则，没有奖金，兑奖后将抽出的球放回乙袋中2抽奖条件是，顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a抽奖一次：满150元，可根据方案b抽奖一次（例如某顾客购买商品的金额为310元，则该顾客采用的抽奖方式可以有以下三种，根据方案a抽奖三次或方案b抽奖两次或方案a、b各抽奖一次）已知顾客A在该商场购买商品的金额为250元（1）若顾客A只选择方案a进行抽奖，求其所获奖金为15元的概率；（2）若顾客A采用每种抽奖方式的可能性都相等，求其最有可能获得的奖金数（除0元外）【考点】C2：概率的意义【分析】（1）若顾客A只选择方案a进行抽奖，利用互斥事件的概率公式，求其所获奖金为1
24、5元的概率；（2）分别求出相应的概率，即可得出结论【解答】解：（1）设“获得奖金为15元”为事件B，由题意，P（B）=；（2）按方案a抽奖两次，则获得奖金15元的概率为P1=； 则获得奖金30元的概率为P2=；按方案a，b抽奖两次，则获得奖金15元的概率为P3=； 获得奖金10元的概率为P4=； 获得奖金25元的概率为P5=，因此，最有可能获得的奖金数为15元19如图（1）在平面六边形ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，且AB=4，BC=2，AE=DE=，BF=CF=，点M，N分别是AD，BC的中点，分别沿直线AD，BC将DEF，BCF翻折成如图（2）的空间几何体ABCDEF（1）利用下面的
25、结论1或结论2，证明：E、F、M、N四点共面；结论1：过空间一点作已知直线的垂面，有且只有一个；结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个（2）若二面角EADB和二面角FBCA都是60，求三棱锥EBCF的体积【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LX：直线与平面垂直的性质【分析】（1）由题意，点E在底面ABCD的射影在MN上，可设为点P，同理，点F在底面ABCD的射影在MN上，可设为点Q，推导出平面EMP平面ABCD，平面FNQ平面ABCD，由结论2能证明E、F、M、N四点共面（2）三棱锥EBCF的体积VEBCF=VABCDEFVEABCD，由此能求出结果【解答】证明：（1）由题意，
26、点E在底面ABCD的射影在MN上，可设为点P，同理，点F在底面ABCD的射影在MN上，可设为点Q，则EP平面ABCD，FQ平面ABCD，平面EMP平面ABCD，平面FNQ平面ABCD，又MN平面ABCD，MN平面EMP，MN平面FNQ，由结论2：过平面内一条直线作该平面的垂面，有且只有一个，得到E、F、M、N四点共面解：（2）二面角EADB和二面角FBCA都是60，EMP=FNQ=60，EP=EMsin60=，三棱锥EBCF的体积：VEBCF=VABCDEFVEABCD=2+（）3=20如图，曲线C由左半椭圆M： +=1（a0，b0，x0）和圆N：（x2）2+y2=5在y轴右侧的部分连接而成，
27、A，B是M与N的公共点，点P，Q（均异于点A，B）分别是M，N上的动点（1）若|PQ|的最大值为4+，求半椭圆M的方程；（2）若直线PQ过点A，且+=，求半椭圆M的离心率【考点】KL：直线与椭圆的位置关系【分析】（1）A（0，1），B（0，1），故b=1，|PQ|的最大值为4+=a+2+，解得a即可得出（2）设PQ方程：y=kx+1，与圆N的方程联立可得：（k2+1）x2+（2k4）x=0，解得Q坐标利用+=， =（xQ，yQ1）可得P的坐标利用，可得=0，解得k代入椭圆方程解得a2，即可得出【解答】解：（1）A（0，1），B（0，1），故b=1，|PQ|的最大值为4+=a+2+，解得a=2半
28、椭圆M的方程为： +y2=1（2x0）（2）设PQ方程：y=kx+1，与圆N的方程联立可得：（k2+1）x2+（2k4）x=0，xA+xQ=，xA=0，Q+=， =（xQ，yQ1）=（xP，yP1），xP+xQ=0，yP+yQ=2xP=，yP=，=xPxQ+（yP+1）（yQ+1）=+2+1=（k2+1）（16k12）=0，解得k=故P代入椭圆方程可得： +=1，解得a2=半椭圆M的离心率e=21已知函数f（x）=exax22x（aR）（1）当a=0时，求f（x）的最小值；（2）当a1时，证明：不等式f（x）1在（0，+）上恒成立【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函
29、数的单调性【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的最小值即可；（2）根据函数的单调性得到x=x0是h（x）的唯一零点，且在x=x0处f（x）取最小值f（x0）=x0（ax0+2），求出f（x0）=（1）x0，构造函数g（t）=et（1）t，根据函数的单调性证明即可【解答】解：（1）a=0时，f（x）=ex2x，f（x）=ex2，令f（x）0，解得：xln2，令f（x）0，解得：0xln2，故f（x）在（0，ln2）递减，在（ln2，+）递增，故f（x）最小值=f（ln2）=22ln2；（2）证明：f（x）=ex2ax2，f（1）=e22ae22（1）=
30、0，f（0）=10，故存在x0（0，1）使得f（x0）=0，令h（x）=ex2ax2，则x（0，+）时，h（x）0，故h（x）在（0，+）递增且h（x0）=0，故x=x0是h（x）的唯一零点，且在x=x0处f（x）取最小值f（x0）=x0（ax0+2），又h（x0）=0，即2ax02=0得ax0+1=，故f（x0）=（1）x0，构造函数g（t）=et（1）t，则g（t）=et（）1，g（t）=et（），故t（0，1）时，g（t）0，g（t）在（0，1）递减，故t（0，1）时，g（t）g（0）0，故g（t）在（0，1）递减，故f（x0）在（0，1）递减，故f（x）min=f（x0）e1（1）1=
31、1，原结论成立选修4-4：坐标系与参数方程选讲22在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为（tancossin）=1（为常数，0，且），点A，B（A在x轴下方）是曲线C1与C2的两个不同交点（1）求曲线C1普通方程和C2的直角坐标方程；（2）求|AB|的最大值及此时点B的坐标【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程【分析】（1）利用三种方程的转化方法，求曲线C1普通方程和C2的直角坐标方程；（2）C2的参数方程为（t为参数），代入=1，得2tsin=0，利用参数的意义，求|AB|的最大
32、值及此时点B的坐标【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（其中为参数），普通方程为=1；曲线C2的极坐标方程为（tancossin）=1，直角坐标方程为xtany1=0；（2）C2的参数方程为（t为参数），代入=1，得2tsin=0，t1+t2=，t1t2=0，|AB|=|=|，0，且，sin（0，1），|AB|max=，此时B的坐标为（，）选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）=|x+m|+|2x1|（m0）（1）当m=1时，解不等式f（x）3；（2）当xm，2m2时，不等式f（x）|x+1|恒成立，求实数m的取值范围【考点】3R：函数恒成立问题【分析】（1）求出f（x）的分段函数的形式，解不等式即可；（2）问题转化为m2|x+1|2x1|x，令t（x）=2|x+1|2x1|x，求出t（x）的最小值，求出m的范围即可【解答】解：（1）m=1时，f（x）=|x+1|+|2x1|，f（x）=，f（x）3，解得：x1或x1；（2）f（x）|+1|x+m|+|2x1|x+1|，xm，2m2且m0，x+|x+1|2x1|m2|x+1|2x1|x，令t（x）=2|x+1|2x1|x=，由题意得m，t（x）min=t（2m2）mm1，m12017年6月3日