1、2017年黑龙江省哈尔滨九中高考数学二模试卷（理科）一.选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1已知i为虚数单位，复数z满足z（1i）=1+i，则z的共轭复数是（）A1B1CiDi2设非空集合P，Q满足PQ=P，则（）AxQ，有xPBxQ，有xPCx0Q，使得x0PDx0P，使得x0P3若2x+2y=1，则x+y的取值范围是（）A0，2B2，0C2，+）D（，24若，则tan=（）ABCD5从1，2，3，4，5，6，7，8中随机取出一个数为x，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于40的概率为（）ABCD6以坐标原点为对称中心，
2、两坐标轴为对称轴的双曲线C的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线C的离心率为（）A2或B2或CD27若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A16B32C48D1448函数f（x）=ln|x+cosx|的图象为（）ABCD9已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2，则球面面积是（）ABC4D10若实数x，y满足|x3|y1，则z=的最小值为（）AB2CD11已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若=4，则|QF|=（）AB3CD212以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算术一
3、书中的“杨辉三角”该表由若干数字组成，从第二行起，每一行的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行今有一个数，则这个数为（）A201722016B201722014C201622017D201622018二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13已知向量，且，则实数t=14若的展开式中前三项的系数依次成等差数列，则展开式中x4项的系数为152017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案为16已知f（x）=（xa）2+（lnx22a）2，其中x0，aR，存在x
4、0使f（x0），求a的值三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17设函数（）求f（x）的最大值，并写出使f（x）取最大值是x的集合；（）已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若求a的最小值18某市有10个施工队，施工期间由于雾霾的影响要对10个工程队采取暂停施工的措施，根据以往经验，空气质量指数X（AQI）与暂停施工队数Y之间有如下关系： 空气质量指数X X150 150X350 350X450 X450 暂停工程队数Y 0 2 6 10历年气象资料表明，工程施工期间空气质量指数X小于150，350，450的概率分别为0.3，0.7，0.9（
5、1）求暂停工程队数Y的均值和方差；（2）在空气质量指数X至少是150的条件下，求暂停工程队数不超过6个的概率19如图，斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为的正方形，侧面A1ABB1底面ABCD，AA1=2，B1BA=30（1）求证：平面AB1C平面BDC1；（2）棱AA1上是否存在一点M，使平面MBC1与平面BDC1所成锐二面角的余弦值为，若存在，求比值，若不存在，说明理由20椭圆的左右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，F1PF2内切圆面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连结A1A，A1B并延长
6、交直线x=4分别于P，Q两点，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由21已知函数f（x）=xlnxx+a（aR）在其定义域内有两个不同的极值点（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点分别为x1，x2，且x1x2，已知0，若不等式e1+x1x2恒成立，求的取值范围请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按照所做的第一题计分.选修4-4：极坐标与参数方程22已知直线l的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2cos2+42sin2=4，直线l过曲线C的左焦点F（1）直线l与曲线C交于A，B两点，求|AB
7、|；（2）设曲线C的内接矩形的周长为c，求c的最大值选修4-5：不等式选讲23已知函数，且f（x）t恒成立（1）求实数t的最大值；（2）当t取最大时，求不等式的解集2017年黑龙江省哈尔滨九中高考数学二模试卷（理科）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60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1已知i为虚数单位，复数z满足z（1i）=1+i，则z的共轭复数是（）A1B1CiDi【考点】A5：复数代数形式的乘除运算【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数z得答案【解答】解：由z（1i）=1+i，得，则z的共轭复数是：i故选：D2
8、设非空集合P，Q满足PQ=P，则（）AxQ，有xPBxQ，有xPCx0Q，使得x0PDx0P，使得x0P【考点】2I：特称命题【分析】根据交集运算结果判定集合关系，再结合Venn图判断元素与集合的关系即可【解答】解：PQ=P，PQA错误；B正确；C错误；D错误故选B3若2x+2y=1，则x+y的取值范围是（）A0，2B2，0C2，+）D（，2【考点】7F：基本不等式【分析】根据指数式的运算性质结合基本不等式可把条件转化为关于x+y的不等关系式，进而可求出x+y的取值范围【解答】解：1=2x+2y2（2x2y），变形为2x+y，即x+y2，当且仅当x=y时取等号则x+y的取值范围是（，2故选D4
9、若，则tan=（）ABCD【考点】GI：三角函数的化简求值【分析】利用两角和差的正弦公式，同角三角函数的基本关系，求得tan的值【解答】解：若，则2sincos+2cossin=3sincos3cossin，化简可得sin=cos，tan=，故选：B5从1，2，3，4，5，6，7，8中随机取出一个数为x，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于40的概率为（）ABCD【考点】EF：程序框图【分析】由程序框图的流程，写出前2项循环得到的结果，得到输出的值与输入的值的关系，令输出值大于等于40得到输入值的范围，利用几何概型的概率公式求出输出的x不小于40的概率【解答】解：经过第一次循环得到x=3x
10、+1，n=2，经过第二循环得到x=3（3x+1）+1，n=3，此时输出x，输出的值为9x+4，令9x+440，得x4，由几何概型得到输出的x不小于40的概率为：故选：B6以坐标原点为对称中心，两坐标轴为对称轴的双曲线C的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线C的离心率为（）A2或B2或CD2【考点】KB：双曲线的标准方程【分析】由已知得，由此能求出双曲线C的离心率【解答】解：以坐标原点为对称中心，两坐标轴为对称轴的双曲线C的一条渐近线的倾斜角为，或，当时，b=，c2=a2+3a2=4a2，c=2a，此时e=2，当时，b=a，c=，此时e=故选：B7若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
11、A16B32C48D144【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】几何体为四棱锥，结合直观图判断相关几何量的数据，把数据代入棱锥的体积公式计算【解答】解：由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：其中BC=2，AD=6，AB=6，SA平面ABCD，SA=6，几何体的体积V=66=48故选：C8函数f（x）=ln|x+cosx|的图象为（）ABCD【考点】3O：函数的图象【分析】利用特殊点，结合排除法，可得结论、【解答】解：由题意，x=0，f（0）=0，排除C，D；x=，f（）=ln|0，排除B，故选A9已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB
12、=BC=CA=2，则球面面积是（）ABC4D【考点】LG：球的体积和表面积【分析】由AB=BC=CA=2，求得ABC的外接圆半径为r，再由R2（R）2=，求得球的半径，再用面积求解【解答】解：因为AB=BC=CA=2，所以ABC的外接圆半径为r=设球半径为R，则R2（R）2=，所以R2=S=4R2=故选D10若实数x，y满足|x3|y1，则z=的最小值为（）AB2CD【考点】7C：简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义即可得到结论【解答】解：依题意，得实数x，y满足，画出可行域如图所示，其中A（3，0），C（2，1），z=1+，设k=，则k的几何意义为区域内的点与原点
13、的斜率，则OC的斜率最大为k=，OA的斜率最小为k=0，则0k，则1k+1，1，故1+2，故z=的最小值为，故选A11已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若=4，则|QF|=（）AB3CD2【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】求得直线PF的方程，与y2=8x联立可得x=1，利用|QF|=d可求【解答】解：设Q到l的距离为d，则|QF|=d，=4，|PQ|=3d，不妨设直线PF的斜率为=2，F（2，0），直线PF的方程为y=2（x2），与y2=8x联立可得x=1，|QF|=d=1+2=3，故选：B12以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所
14、著的详解九章算术一书中的“杨辉三角”该表由若干数字组成，从第二行起，每一行的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行今有一个数，则这个数为（）A201722016B201722014C201622017D201622018【考点】F1：归纳推理【分析】数表的每一行都是等差数列，且第一行公差为1，第二行公差为2，第三行公差为4，第2015行公差为22014，第2016行只有M，由此可得结论【解答】解：由题意，数表的每一行都是等差数列，且第一行公差为1，第二行公差为2，第三行公差为4，第2015行公差为22014，故第1行的第一个数为：221，第2行的第一个数为：320，第3行的第一个数为：42
15、1，第n行的第一个数为：（n+1）2n2，第2016行只有M，则M=（1+2016）22014=201722014故选：B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13已知向量，且，则实数t=2【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】可先求出，然后根据便可得出，进而得出关于t的方程，解出t即可【解答】解：；即t+4+2（2t+3）=0；解得t=2故答案为：214若的展开式中前三项的系数依次成等差数列，则展开式中x4项的系数为7【考点】DA：二项式定理；8F：等差数列的性质【分析】依题意， +=2，可求得n，由二项展开式的通项公式即可求得x4项的系数【解答】解：的展开式中前三项的系数依
16、次成等差数列，+=2，即1+=n，解得n=8或n=1（舍）设其二项展开式的通项为Tr+1，则Tr+1=x8rxr=x82r，令82r=4得r=2展开式中x4项的系数为=28=7故答案为：7152017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案为65【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】根据题意，先由分步计数原理计算可得四人选择3个地方的全部情况数目，再计算哈西站没人去的情况数目，分析可得哈西站一定要有人去的游览方案数目，即可得答案【解答】解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同
17、学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3333=81种情况，若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街每人有2种选择方法，则4人一共有2222=16种情况，故哈西站一定要有人去有8116=65种情况，即哈西站一定有人去的游览方案有65种；故答案为：6516已知f（x）=（xa）2+（lnx22a）2，其中x0，aR，存在x0使f（x0），求a的值【考点】3R：函数恒成立问题【分析】把f（x）=（xa）2+（lnx22a）2看作是动点P（x，lnx2）与动点Q（a，2a）之间距离的平方，然后把存在x0使f（x0）转化为直线y=2x与曲
18、线y=2lnx上点的距离的最小值小于等于，再利用导数得答案【解答】解：f（x）=（xa）2+（lnx22a）2可以看作是动点P（x，lnx2），与动点Q（a，2a）之间距离的平方，动点P在函数y=2lnx的图象上，Q在直线y=2x上，问题存在x0使f（x0），转化为求直线y=2x上的动点到曲线的最小距离，对函数y=2lnx求导，得，由，解得x=1，此时直线y=2x与曲线y=2lnx的切点为（1，0），直线y=2x上的动点与曲线y=2lnx上点的最小距离为d=，根据题意，要使f（x0），则，此时Q恰好为垂足，即，解得a=三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过
19、程.17设函数（）求f（x）的最大值，并写出使f（x）取最大值是x的集合；（）已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若求a的最小值【考点】HR：余弦定理；GI：三角函数的化简求值；H4：正弦函数的定义域和值域【分析】（）把函数解析式第一项利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，第二项利用二倍角的余弦函数公式化简，合并整理后，再利用两角和与差的余弦函数公式化为一个角的余弦函数，由余弦函数的值域得到余弦函数的最大值为1，可得出函数f（x）的最大值，并根据余弦函数的图象与性质得出此时x的范围，即可确定出使f（x）取最大值是x的集合；（）由f（B+C）=，将B+C代入第一问化简
20、后的式子中，利用诱导公式化简后得到cos（2A）的值，由A为三角形的内角，得出2A的范围，利用特殊角的三角函数值求出A的度数，进而确定出cosA的值，再利用余弦定理表示出a2=b2+c22bccosC，利用完全平方公式化简后，将b+c及cosC的值代入，并利用基本不等式求出bc的最大值，可得出a的最小值【解答】解：（）f（x）=cos（2x）+2cos2x=（cos2xcos+sin2xsin）+（1+cos2x）=cos2xsin2x+1=cos（2x+）+1，1cos（2x+）1，即cos（2x+）最大值为1，f（x）的最大值为2，要使f（x）取最大值，cos（2x+）=1，即2x+=2k
21、（kZ），解得：x=k（kZ），则x的集合为x|x=k（kZ）；（）由题意，f（B+C）=cos2（B+C）+1=，即cos（22A+）=，化简得：cos（2A）=，A（0，），2A（，），则有2A=，即A=，在ABC中，b+c=2，cosA=，由余弦定理，a2=b2+c22bccos=（b+c）23bc=43bc，由b+c=2知：bc=1，当且仅当b=c=1时取等号，a243=1，则a取最小值118某市有10个施工队，施工期间由于雾霾的影响要对10个工程队采取暂停施工的措施，根据以往经验，空气质量指数X（AQI）与暂停施工队数Y之间有如下关系： 空气质量指数X X150 150X350 35
22、0X450 X450 暂停工程队数Y 0 2 6 10历年气象资料表明，工程施工期间空气质量指数X小于150，350，450的概率分别为0.3，0.7，0.9（1）求暂停工程队数Y的均值和方差；（2）在空气质量指数X至少是150的条件下，求暂停工程队数不超过6个的概率【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CG：离散型随机变量及其分布列【分析】（1）根据概率加法公式可得：P（X150）=0.3，P=0.70.3，P=0.90.7P=10.9即可得出分布列与数学期望（2）P（Y6|X150）=P（X450|X150）=【解答】解：（1）根据概率加法公式可得：P（X150）=0.3，P=0.70
23、.3=0.4P=0.90.7=0.2P=10.9=0.1 Y 0 2 6 10 P 0.3 0.4 0.20.1 可得：EY=0+20.4+60.2+100.1=3（2）P（Y6|X150）=P（X450|X150）=19如图，斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为的正方形，侧面A1ABB1底面ABCD，AA1=2，B1BA=30（1）求证：平面AB1C平面BDC1；（2）棱AA1上是否存在一点M，使平面MBC1与平面BDC1所成锐二面角的余弦值为，若存在，求比值，若不存在，说明理由【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ABAB1，AB1BD
24、，从而ACBD，进而BD平面BDC，由此能证明平面AB1C平面BDC1（2）分别以AB，AD，AB1x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果【解答】证明：（1）设AB=，AA1=2，B1BA=30，ABB1中，AB1=1，=BB12，ABAB1，面AA1B1B面ABCD，AB1平面ABCD，AB1BD，斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为的正方形，ACBD，ACAB1=A，BD平面BDC，BD平面ABCD，平面AB1C平面BDC1解：（2）分别以AB，AD，AB1x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），A1（），B（），D（0，0），C1（0，1），设棱A
25、A1存在一点M，使平面MBC1与平面BDC1所成锐二面角的余弦值为，且=a，则M（，0，a），=（，0，a），设平面MBC1的法向量=（x，y，z），由，取y=1，得=（a，1，），AC平面BDC1，C（1，1，0），平面BDC1的法向量=（1，1，0），|cos|=，解得a=20椭圆的左右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，F1PF2内切圆面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连结A1A，A1B并延长交直线x=4分别于P，Q两点，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由【考点】
26、KH：直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（1）设c=t，则a=2t，推导出点P为短轴端点，从而得到t=1，由此能求出椭圆的方程（2）设直线AB的方程为x=ty+1，联立，得（3t2+4）y2+6ty9=0，由此利用韦达定理、向量知识、直线方程、圆的性质、椭圆性质，结合已知条件能推导出以PQ为直径的圆恒过定点（1，0）和（7，0）【解答】（本小题满分12分）解：（1）椭圆的离心率为，不妨设c=t，a=2t，即，其中t0，又F1PF2内切圆面积取最大值时，半径取最大值为，为定值，也取得最大值，即点P为短轴端点，解得t=1，椭圆的方程为（2）设直线AB的方程为x=ty+1，A（x1，y1），B（x2，
27、y2），联立，得（3t2+4）y2+6ty9=0，则，直线AA1的方程为，直线BA1的方程为，则，假设PQ为直径的圆是否恒过定点M（m，n），则，即，即，即6nt9+n2+（4m）2=0，若PQ为直径的圆是否恒过定点M（m，n），即不论t为何值时，恒成立，n=0，m=1或m=7以PQ为直径的圆恒过定点（1，0）和（7，0）21已知函数f（x）=xlnxx+a（aR）在其定义域内有两个不同的极值点（1）求a的取值范围；（2）记两个极值点分别为x1，x2，且x1x2，已知0，若不等式e1+x1x2恒成立，求的取值范围【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6B：利用导数研究函数的单调性【分析】（1）
28、由导数与极值的关系知可转化为方程f（x）=lnxax=0在（0，+）有两个不同根；再转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+）上有两个不同交点，或转化为函数g（x）=与函数y=a的图象在（0，+）上有两个不同交点；或转化为g（x）=lnxax有两个不同零点，从而讨论求解；（2）e1+可化为1+lnx1+lnx2，结合方程的根知1+ax1+ax2=a（x1+x2），从而可得a而a=则原式等价于即ln恒成立令t=，t（0，1），构造函数h（t）=lnt，从而利用导数化恒成立问题为最值问题即可【解答】解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+），方程f（x）=0在（0，+）有两个不
29、同根；即方程lnxax=0在（0，+）有两个不同根；转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在（0，+）上有两个不同交点，如图可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0ak令切点A（x0，lnx0），故k=，又k=，故，解得，x0=e，故k=，故0a；（2）e1+等价于1+lnx1+lnx2由（1）可知x1，x2分别是方程lnxax=0的两个根，即lnx1=ax1，lnx2=ax2原式等价于1+ax1+ax2=a（x1+x2），0，0x1x2，原式等价于a又由lnx1=ax1，lnx2=ax2作差得，ln=a（x1x2），即a=原式等价于0x1x2，原式恒成立，即ln恒成立
30、令t=，t（0，1），则不等式lnt在t（0，1）上恒成立令h（t）=lnt，又h（t）=，当21时，可见t（0，1）时，h（t）0，h（t）在t（0，1）上单调增，又h（1）=0，h（t）0在t（0，1）恒成立，符合题意当21时，可见t（0，2）时，h（t）0，t（2，1）时h（t）0，h（t）在t（0，2）时单调增，在t（2，1）时单调减，又h（1）=0，h（t）在t（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去综上所述，若不等式e1+恒成立，只须21，又0，1请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按照所做的第一题计分.选修4-4：极坐标与参数方程22已知直线l的参数方程为为参数
31、），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2cos2+42sin2=4，直线l过曲线C的左焦点F（1）直线l与曲线C交于A，B两点，求|AB|；（2）设曲线C的内接矩形的周长为c，求c的最大值【考点】QH：参数方程化成普通方程；Q4：简单曲线的极坐标方程【分析】（1）曲线C与直线联立，利用参数的几何意义，求|AB|；（2）设矩形的第一象限的顶点为，所以，即可求c的最大值【解答】解：（1）曲线，曲线C与直线联立得，方程两根为t1，t2，则（2）设矩形的第一象限的顶点为，所以，所以当sin（+）=1时，c最大值为选修4-5：不等式选讲23已知函数，且f（x）t恒成立（1）求实数t的最大值；（2）当t取最大时，求不等式的解集【考点】R5：绝对值不等式的解法；R4：绝对值三角不等式【分析】（1）问题转化为tf（x）min，根据不等式的性质求出t的范围即可；（2）原式变为|x+5|+|2x1|6，通过讨论x的范围，解不等式，求出不等式的解集即可【解答】解：（1）因为，且f（x）t恒成立，所以只需tf（x）min，又因为，所以t25，即t的最大值为25（2）t的最大值为25时原式变为|x+5|+|2x1|6，当时，可得3x+46，解得；当x5时，可得3x46，无解；当时，可得x+66，可得；综上可得，原不等式的解集是2017年5月22日
