1、2017年福建省泉州市普通高中高考数学适应性试卷(理科)(1)一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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已知集合A=x|72x33,xN,B=x|log3(x1)1,则A(RB)等于()A4,5B3,4,5Cx|3x4Dx|3x52设函数,则()ABCD3我国古代算书孙子算经上有个有趣的问题“出门望九堤”:今有出门重九堤,堤有九木,木有九枝,枝有九巢,巢有九禽,禽有九雏,雏有九毛,毛有九色,问各几何?现在我们用右图所示的程序框图来解决这个问题,如果要使输出的结果为禽的数目,则在该框图中的判断框中应该填入的条件是()AS10000
2、?BS10000?Cn5Dn64在ABC中,ABC=90,BC=6,点P在BC上,则的最小值是()A36B9C9D365设Sn为正项等比数列an的前n项和,若a4a8=2a10,则S3的最小值为()A2B3C4D66函数的图象大致是()ABCD7图中,小方格是边长为1的正方形,图中粗线画出的是某几何体的三视图,且该几何体的顶点都在同一球面上,则该几何体的外接球的表面积为()A32B48C50D648已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点,PQ垂直l于点Q,M,N分别为PQ,PF的中点,MN与x轴相交于点R,若NRF=60,则|FR|等于()AB1C2D49设,且的展开式中只
3、有第4项的二项式系数最大,那么展开式中的所有项的系数之和是()A1BC64D10在半径为1的圆O内任取一点M,过M且垂直OM与直线l与圆O交于圆A,B两点,则AB长度大于的概率为()ABCD11斐波那契数列an满足:若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn,则下列结论错误的是()ABa1+a2+a3+an=an+21Ca1+a3+a5+a2n1=a2n1D4(cncn1)=an2an+112在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,E,F分别是BB1,DD1的中点,G为AE
4、的中点且FG=3,则EFG的面积的最大值为()AB3CD二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分,将答案填在答题纸上13若复数z满足z(1+i)2=|1+i|2,则z=14若x,y满足约束条件,若z=axy有最小值6,则实数a等于15已知F1,F2为椭圆C的两个焦点,P为C上一点,若PF1F2的三边|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则C的离心率为16关于x的方程有两个不等实根,则实数k的取值范围是三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17已知ABC中,(1)求AB;(2)若D为BC边上一点,且ACD的面积为,求ADC的正弦值18如图1所示,在等腰梯形AB
5、CD中,把ABE沿BE折起,使得,得到四棱锥ABCDE如图2所示(1)求证:面ACE面ABD;(2)求平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值19据统计,某物流公司每天的业务中,从甲地到乙地的可配送的货物量X(40X200,单位:件)的频率分布直方图,如图所示,将频率视为概率,回答以下问题(1)求该物流公司每天从甲地到乙地平均可配送的货物量;(2)该物流公司拟购置货车专门运营从甲地到乙地的货物,一辆货车每天只能运营一趟,每辆车每趟最多只能装载40 件货物,满载发车,否则不发车若发车,则每辆车每趟可获利1000 元;若未发车,则每辆车每天平均亏损200 元为使该物流公司此项业务的营业利润最大,
6、该物流公司应该购置几辆货车?20设圆的圆心为F1,直线l过点F2(2,0)且不与x轴、y轴垂直,且与圆F1于C,D两点,过F2作F1C的平行线交直线F1D于点E,(1)证明|EF1|EF2|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线,直线l交于M,N两点,过F2且与l垂直的直线与圆F1交于P,Q两点,求PQM与PQN的面积之和的取值范围21已知函数f(x)=xlnx+ax+b在(1,f(1)处的切线为2x2y1=0(1)求f(x)的单调区间与最小值;(2)求证:请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.选修4-4:坐标系与参数方程22在平面直角坐标系xO
7、y中,直线l的参数方程为(t为参数),圆C的方程为x2+y24x2y+4=0以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系(1)求l的普通方程与C的极坐标方程;(2)已知l与C交于P,Q,求|PQ|选修4-5:不等式选讲23已知函数f(x)=|x+2|,xR(1)解不等式f(2x)12f(x3);(2)已知不等式f(2x)f(2x3)+|x+a|的解集为M,且,求实数a的取值范围2017年福建省泉州市普通高中高考数学适应性试卷(理科)(1)参考答案与试题解析一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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已知集合A=x|72x33,xN,B
8、=x|log3(x1)1,则A(RB)等于()A4,5B3,4,5Cx|3x4Dx|3x5【考点】1H:交、并、补集的混合运算【分析】根据题意,求出集合A与集合B,由补集的意义可得RB,进而由交集的定义计算可得答案【解答】解:根据题意,A=x|72x33,xN=3,4,5,B=x|log3(x1)1=x|1x4,则RB=x|x1或x4,则A(RB)=4,5,故选:A2设函数,则()ABCD【考点】GI:三角函数的化简求值【分析】化简函数f(x),验证选项中的等式是否成立即可【解答】解:函数=(sinxcos+cosxsin)+(cosxcos+sinxsin)=(sinx+cosx)=2sin
9、(x+),f(x+)=2sin(x+)=2cos(x+)f(x),A错误;f(x+)=2sin(x+)=2sin(x+)=2sin(x+)=f(x),B正确同理,C、D错误故选:B3我国古代算书孙子算经上有个有趣的问题“出门望九堤”:今有出门重九堤,堤有九木,木有九枝,枝有九巢,巢有九禽,禽有九雏,雏有九毛,毛有九色,问各几何?现在我们用右图所示的程序框图来解决这个问题,如果要使输出的结果为禽的数目,则在该框图中的判断框中应该填入的条件是()AS10000?BS10000?Cn5Dn6【考点】EF:程序框图【分析】利用程序框图求所有禽的数目,输出结果应为S=99999,循环共执行了5次,由此得
10、出判断框中应该填入的条件【解答】解:根据题意,利用程序框图求所有禽的数目,输出结果应为S=99999=59049;循环共执行了5次,所以判断框中应该填入的条件是“S10000?”或“n5?”故选:B4在ABC中,ABC=90,BC=6,点P在BC上,则的最小值是()A36B9C9D36【考点】9R:平面向量数量积的运算【分析】依题意,以BC为x轴,BA为y轴建立直角坐标系,则C(6,0),设A(0,c),P(m,0)(0m6),可求得=(6m)(m)=(m3)299,从而可得答案【解答】解:ABC中,ABC=90,BC=6,点P在BC上,以BC为x轴,BA为y轴建立直角坐标系,则C(6,0),
11、设A(0,c),P(m,0)(0m6),则=(6m,0),=(m,c),=(6m)(m)=m26m=(m3)299(当且仅当m=3时取“=”),故选:B5设Sn为正项等比数列an的前n项和,若a4a8=2a10,则S3的最小值为()A2B3C4D6【考点】89:等比数列的前n项和【分析】设正项等比数列an的公比为q0,由a4a8=2a10,化为:a1q=2=a2则S3=q=2(q+1),再利用基本不等式的性质即可得出【解答】解:设正项等比数列an的公比为q0,a4a8=2a10,q10=2,化为:a1q=2=a2则S3=q=2(q+1)2(2+1)=6,当且仅当q=1时取等号故选:D6函数的图
12、象大致是()ABCD【考点】3O:函数的图象【分析】由于f(x)=f(x),得出f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,利用导数研究根据函数的单调性质,得出正确选项【解答】解:函数,可得f(x)=f(x),f(x)是奇函数,其图象关于原点对称,排除A,函数的定义域为x|x0,x1,令x=,f(x)=0,排除B,x1,f(x)=0,函数单调递增,排除D,故选C7图中,小方格是边长为1的正方形,图中粗线画出的是某几何体的三视图,且该几何体的顶点都在同一球面上,则该几何体的外接球的表面积为()A32B48C50D64【考点】L!:由三视图求面积、体积【分析】通过还原三视图确定几何体,利用空间中的位置关
13、系计算可得球的半径,进而利用面积公式即得结论【解答】解:由三视图可知该几何体是一个底面是矩形的四棱锥,记该几何体的外接球球心为O,半径R=OA,则PA=,OP=R,所以OA2=OP2+AP2,又因为OP2=,所以R2=+,解得:R=,所以所求面积S=4R2=4=50,故选:C8已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点,PQ垂直l于点Q,M,N分别为PQ,PF的中点,MN与x轴相交于点R,若NRF=60,则|FR|等于()AB1C2D4【考点】K8:抛物线的简单性质【分析】方法一:根据题意画出图形,根据题意可得PQF为等边三角形,继而可得F为HR的中点,问题得以解决方法二:设P
14、点的坐标为(x0,y0),根据题意求出x0=3,再根据四边形QMRF为平行四边形,即可求出PR=QM=2【解答】解:方法一:如图所示:连接MF,QF,y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点FH=2,PF=PQM,N分别为PQ,PF的中点,MNQF,PQ垂直l于点Q,PQOR,PQ=PF,NRF=60,PQF为等边三角形,MFPQ,F为HR的中点,FR=FH=2,方法二:设P点的坐标为(x0,y0)M,N分别为PQ,PF的中点,MNQF,NRF=60,QFH=60,y2=4x的焦点为F,准线为l,P为C上一点FH=2,PF=PQQH=HFtan60=2,PQ垂直l于点Qy0=2,x0=3,
15、PQ=1+3=4,QM=2,四边形QMRF为平行四边形,PR=QM=2故选:C9设,且的展开式中只有第4项的二项式系数最大,那么展开式中的所有项的系数之和是()A1BC64D【考点】DB:二项式系数的性质;67:定积分【分析】利用定积分求出a的值,再根据题意求出n的值,令x=1求得展开式中的所有项的系数之和【解答】解: =(cosx+sinx)=2,=;其展开式中只有第4项的二项式系数最大,展开式中共有7项,n=6;令x=1,得展开式中的所有项的系数之和是=故选:D10在半径为1的圆O内任取一点M,过M且垂直OM与直线l与圆O交于圆A,B两点,则AB长度大于的概率为()ABCD【考点】CF:几
16、何概型【分析】由题意,|OM|=,以面积为测度,可得AB长度大于的概率【解答】解:由题意,|OM|=,以面积为测度,可得AB长度大于的概率为=,故选A11斐波那契数列an满足:若将数列的每一项按照下图方法放进格子里,每一小格子的边长为1,记前n项所占的格子的面积之和为Sn,每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为cn,则下列结论错误的是()ABa1+a2+a3+an=an+21Ca1+a3+a5+a2n1=a2n1D4(cncn1)=an2an+1【考点】F1:归纳推理【分析】由题意,a1=1,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,代入验证可得结论【解答】解:由题意,a1=1
17、,a3=2,a4=3,a5=5,a6=8,a7=13,a1+a3=3a41,a1+a3+a5=8a61,故选:C12在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,E,F分别是BB1,DD1的中点,G为AE的中点且FG=3,则EFG的面积的最大值为()AB3CD【考点】L2:棱柱的结构特征【分析】建立坐标系,使用向量法求出E到直线FG的距离,代入面积公式,使用不等式的性质求出最值【解答】解:连接AC交BD于O,底面ABCD是菱形,ACBD,以OC,OD,OZ为坐标轴建立空间直角坐标系Oxyz,设OC=a,OD=b,棱柱的高为h,则A(a,0,0),E(0,b,),F(0,b,),G(
18、,)=(,),=(0,2b,0),cos=,E到直线FG的距离d=|sin=2b=b,SEFG=3当且仅当b2=4b2即b2=2时取等号故选:B二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,满分20分,将答案填在答题纸上13若复数z满足z(1+i)2=|1+i|2,则z=i【考点】A5:复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出【解答】解:z(1+i)2=|1+i|2,z2i=2,iiz=i,z=i股答案为:i14若x,y满足约束条件,若z=axy有最小值6,则实数a等于5【考点】7C:简单线性规划【分析】作出可行域,变形目标函数,分类讨论并数形结合平移直
19、线可得结论【解答】解:x,y满足约束条件,所对应的可行域(如图ABC),A(0,2),B(2,4),C(1,0),z=axy有最小值6,变形目标函数可得y=axz,当a0时,直线经过点B(2,4)时,直线截距最大值,目标函数z取最小值,故2a4=6,解得a=5,当a0时,没有符合条件的可行域的点,给答案为:515已知F1,F2为椭圆C的两个焦点,P为C上一点,若PF1F2的三边|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则C的离心率为【考点】K4:椭圆的简单性质【分析】根据题意,由等差数列的性质可得|PF1|+|PF2|=2|F1F2|,结合椭圆的定义可得2a=22c,化简可得a=2c,由
20、椭圆的离心率公式即可得答案【解答】解:根据题意,椭圆C中,|F1F2|=2c,|PF1|+|PF2|=2a,若PF1F2的三边|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则有|PF1|+|PF2|=2|F1F2|,即2a=22c,化简可得a=2c,则椭圆的离心率e=;故答案为:16关于x的方程有两个不等实根,则实数k的取值范围是(4,7)【考点】54:根的存在性及根的个数判断【分析】分离参数k=,求出右侧函数的单调性和最值或极限,从而得出k的范围【解答】解:有两解,k=有两解,令f(x)=,则f(x)=,当0x1时,f(x)0,当x1时,f(x)0,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,
21、+)上单调递增,当x=1时,f(x)取得最小值f(1)=4,又x0时,f(x)+,x+时,f(x)7,4k7故答案为(4,7)三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)17已知ABC中,(1)求AB;(2)若D为BC边上一点,且ACD的面积为,求ADC的正弦值【考点】HT:三角形中的几何计算【分析】(1)把B=代入cosC=sinB化简即可得出C和B,于是ABC是等腰三角形;(2)根据面积公式计算CD,在ACD中先利用余弦定理求出AD,在用正弦定理求出sinADC【解答】解析:(1),由得:,即C(0,),AB=AC=2(2)SACD=,在ACD中,由余弦定理得:,由正弦定理得,1
22、8如图1所示,在等腰梯形ABCD中,把ABE沿BE折起,使得,得到四棱锥ABCDE如图2所示(1)求证:面ACE面ABD;(2)求平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值【考点】MT:二面角的平面角及求法;LY:平面与平面垂直的判定【分析】(1)推导出AEEC,AEBD,CEBD,从而BD面ACE,由此能证明面ABD面ACE(2)设ECBD=O,过点O作OFAE交AC于点F,以点O为原点,以OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系OBCF,利用向量法能求出平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值【解答】证明:(1)在等腰梯形ABCD中BC=3,AD=15,BEAD,可
23、知AE=6,DE=9因为,可得CE=6又因为,即AC2=CE2+AE2,则AEEC又BEAE,BEEC=E,可得AE面BCDE,故AEBD又因为,则DBE=60,则BEC=30,所以CEBD,又AEEC=E,所以BD面ACE,又BD面ABD,所以面ABD面ACE;解:(2)设ECBD=O,过点O作OFAE交AC于点F,以点O为原点,以OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系OBCF在BCE中,BEO=30,BOEO,则,FO=3,则,DEBC,DE=9,设平面ABE的法向量为,由,取,可得平面ABE的法向量为=(),设平面ACD的一个法向量为,由,取x2=1,可
24、得平面ABE的一个法向量为=(1,3,3)设平面ABE与平面ACD所成锐二面角为,则cos=,所以平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为19据统计,某物流公司每天的业务中,从甲地到乙地的可配送的货物量X(40X200,单位:件)的频率分布直方图,如图所示,将频率视为概率,回答以下问题(1)求该物流公司每天从甲地到乙地平均可配送的货物量;(2)该物流公司拟购置货车专门运营从甲地到乙地的货物,一辆货车每天只能运营一趟,每辆车每趟最多只能装载40 件货物,满载发车,否则不发车若发车,则每辆车每趟可获利1000 元;若未发车,则每辆车每天平均亏损200 元为使该物流公司此项业务的营业利润最大,该
25、物流公司应该购置几辆货车?【考点】CG:离散型随机变量及其分布列;B8:频率分布直方图【分析】(1)计算配送量X在120,160)上的概率,使用组中值代替各小组的平均值,利用加权平均数公式计算;(2)设每天的营业利润为Y,对购置车辆数进行依次讨论,分别计算E(Y),根据E(Y)的大小关系作出结论【解答】解:(1)在区间120,160)的频率为,该物流公司每天从甲地到乙地平均可配送的货物量:(2)从甲地到乙地的可配送货物量X在40,80),80,120),120,160),160,200)的概率分别为设运输公司每天的营业利润为Y若购置1辆车,则Y的值为1000;若购置2辆车,则Y的可能取值为20
26、00,800,其分而列为Y2000800P故;若购置3辆车,则Y的可能取值为3000,1800,600,其分布列为Y30001800600P故;若购置4辆车,则Y的可能取值为4000,2800,1600,400其分布列为Y400028001600400P故;因为2400235018501000,所以为使运输公司每天的营业利润最大,该公司应购置3辆车20设圆的圆心为F1,直线l过点F2(2,0)且不与x轴、y轴垂直,且与圆F1于C,D两点,过F2作F1C的平行线交直线F1D于点E,(1)证明|EF1|EF2|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线,直线l交于M,N两点,过F2且与
27、l垂直的直线与圆F1交于P,Q两点,求PQM与PQN的面积之和的取值范围【考点】KM:直线与双曲线的位置关系;J3:轨迹方程【分析】(1)求得圆F1的圆心和半径,运用平行线的性质和等腰三角形的性质,可得ED=EF2,再由双曲线的定义,即可得到所求定值和双曲线的方程;(2)设出l:x=my+2(m0),lPQ:y=m(x2),设M(x1,y1),N(x2,y2),求出圆心到直线PQ的距离,运用弦长公式可得|PQ|;再由直线l的方程和双曲线的方程联立,运用韦达定理和弦长公式,可得|MN|,再由三角形的面积公式可得PQM与PQN的面积之和为|MN|PQ|,化简整理,结合不等式的性质,即可得到所求范围
28、【解答】解:(1)证明:圆,圆心F1(2,0),半径r=2,如图所示因为F1CEF2,所以F1CD=EF2D又因为F1D=F1C,所以F1CD=F1DC,所以EF2D=F1DC,又因为F1DC=EDF2,所以EF2D=EDF2,故ED=EF2,可得|EF1|EF2|=|EF1|ED|=|F1D|=2|F1F2|,根据双曲线的定义,可知点E的轨迹是以F1,F2为焦点的双曲线(顶点除外),且a=1,c=2,b=,故点E的轨迹方程为(2)依题意可设l:x=my+2(m0),M(x1,y1),N(x2,y2),由于PQl,设lPQ:y=m(x2)圆心F1(2,0)到直线PQ的距离,所以,又因为d2,解
29、得联立直线l与双曲线的方程,消去x得(3m21)y2+12my+9=0,则,所以,记PQM,PQN的面积分别为S1,S2,则,又因为,所以S1+S2(12,+),所以S1+S2的取值范围为(12,+)21已知函数f(x)=xlnx+ax+b在(1,f(1)处的切线为2x2y1=0(1)求f(x)的单调区间与最小值;(2)求证:【考点】6B:利用导数研究函数的单调性;6D:利用导数研究函数的极值【分析】(1)求出函数的导数,计算f(1),f(1)求出a,b的值,求出函数的解析式,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和最值即可;(2)令g(x)=xsinx,x0,得到当x0时,
30、xsinx,令h(x)=exx1,x0,根据函数的单调性将问题转化为只需证,根据函数的单调性证明即可【解答】解:(1)f(x)=1+lnx+a,故f(1)=1+a=1,得a=0,又22f(1)1=0,所以,得则,f(x)=1+lnx,当时,f(x)0,f(x)单调递减;当时,f(x)0,f(x)单调递增,所以(2)证明:令g(x)=xsinx,x0,g(x)=1cosx0,g(x)递增,所以g(x)g(0)=0,所以当x0时,xsinx,令h(x)=exx1,x0,h(x)=ex10,h(x)递增,h(x)h(0)=0,所以当x0时,exx+1,要证,由1cosx1,xsinx,及exx+1,
31、得,故原不等式成立,只需证,即证x2x+1+xlnx0由(1)可得,且,所以,则原不等式成立请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.选修4-4:坐标系与参数方程22在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为(t为参数),圆C的方程为x2+y24x2y+4=0以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系(1)求l的普通方程与C的极坐标方程;(2)已知l与C交于P,Q,求|PQ|【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)圆C的方程为x2+y24x2y+4=0曲线C的标准方程为(x2)2+(y1)2=1把x=cos,y=sin代入,化简得
32、:曲线C的极坐标方程(2)将直线l的参数方程(t为参数),代入曲线C的方程,得t23t+4=0,利用|PQ|=|t1t2|=即可得出【解答】解:(1)圆C的方程为x2+y24x2y+4=0曲线C的标准方程为(x2)2+(y1)2=1把x=cos,y=sin代入,化简得:曲线C的极坐标方程为:24cos2sin+4=0(2)将直线l的参数方程(t为参数),代入曲线C的方程,得t23t+4=0,t1+t2=3,t1t2=4,|PQ|=|t1t2|=选修4-5:不等式选讲23已知函数f(x)=|x+2|,xR(1)解不等式f(2x)12f(x3);(2)已知不等式f(2x)f(2x3)+|x+a|的
33、解集为M,且,求实数a的取值范围【考点】R4:绝对值三角不等式;R5:绝对值不等式的解法【分析】(1)分类讨论,即可解不等式;(2)x(,1),不等式f(2x)f(2x3)+|x+a|,即|x+a|3,求出M(,1)=的a的范围,再求补集即可【解答】解:(1)不等式f(2x)12f(x3),即|2x+2|+|x1|12x1时,不等式化为2x2x+112,解得x,x1;1x1时,不等式化为2x+2x+112,解得x9,1x1;x1时,不等式化为2x+2+x112,解得x,1x;综上所述,不等式的解集为,;(2)x(,1),不等式f(2x)f(2x3)+|x+a|,即|x+a|3,xa3或xa+3,若M(,1)=,a2,a或a22017年6月3日