1、大二轮理2大二轮 数学 理2017年高考全真模拟试题(二)3大二轮 数学 理本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，考试时间 120 分钟，满分 150 分.第卷一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 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)4大二轮 数学 理1.已知全集 UR，集合 Ax|x0，则 A(UB)()A.x|1x2 Bx|1x2C.x|x2，UBx|x2，A(UB)x|x2，故选 C.5大二轮 数学 理2.定义运算a bc d adbc，则符合条件z 1ii 2i 0 的复数 z 的共轭复数 z在复平面内对应的点在()A.第一象限B第二象限C.第三象
2、限D第四象限解析 由题意得，2zii(1i)0，则 zi1i2i12i2，z12i2，其在复平面内对应的点在第二象限，故选 B.6大二轮 数学 理3.下列说法中，不正确的是()A.已知 a，b，mR，命题：“若 am2bm2，则 a0”的否定是：“xR，x2x0”C.命题“p 或 q”为真命题，则命题 p 和命题 q 均为真命题D.“x3”是“x2”的充分不必要条件7大二轮 数学 理解析 本题考查命题真假的判断命题“p 或 q”为真命题，则命题 p 和命题 q 中至少有一个为真命题，C 错误，故选 C.8大二轮 数学 理4.将 2 名女教师，4 名男教师分成 2 个小组，分别安排到甲、乙两所学
3、校轮岗支教，每个小组由 1 名女教师和 2 名男教师组成，则不同的安排方案共有()A.24 种B12 种C.10 种D9 种解析 第一步，为甲校选 1 名女教师，有 C122 种选法；第二步，为甲校选 2 名男教师，有 C246 种选法；第三步，为乙校选 1 名女教师和 2 名男教师，有 1 种选法，故不同的安排方案共有 26112 种，选 B.9大二轮 数学 理5.sin22425，02，则 2cos4 的值为()A.15B.15C.75D.75解 析 2 cos4 222 cos 22 sin sin cos，又(sincos)212sincos1sin24925，02，sincos75，
4、故选 D.10大二轮 数学 理6.执行如图所示的程序框图，若输入 t 的值为 5，则输出的 s 的值为()11大二轮 数学 理A.916 B.54C.2116D.118解析 依题意，当输入 t 的值是 5 时，执行题中的程序框图，s1，k25，s112，k35，s112 122，k45，s112 122 123，k55，此时结束循环，输出的 s112122123118，选 D.12大二轮 数学 理7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A223B243C.53D22解析 本题考查几何体的三视图和体积由三视图得该几何体为底面半径为 1，高为 2 的圆柱体挖去一个底面边长为 2的正方形
5、，高为 1 的正四棱锥后剩余的部分，则其体积为 21213(2)21223，故选 A.13大二轮 数学 理8.将函数 f(x)sin(2x)|2 的图象向右平移 12个单位后的图象关于 y 轴对称，则函数 f(x)在0，2 上的最小值为()A.0 B1C.12D 3214大二轮 数学 理解析 f(x)sin(2x)的图象向右平移 12个单位后得到g(x)sin2x 12 sin2x6 的图象，又 g(x)的图象关于 y 轴对称，g(0)sin6 1，62k(kZ)，23 k(kZ)，又|b0)的下顶点，M，N 在椭圆上，若四边形 OPMN 为平行四边形，为直线 ON 的倾斜角，6，4，则椭圆
6、C 的离心率的取值范围为()A.0，63B.0，32C.63，32D.63，2 2322大二轮 数学 理解析 因为 OP 在 y 轴上，在平行四边形 OPMN 中，MNOP，因此 M，N 的横坐标相等，纵坐标互为相反数，即 M，N 关于 x 轴对称，|MN|OP|a，可设 M(x，y0)，N(x，y0)由 kONkPM 得 y0a2.把点 N 的坐标代入椭圆方程得|x|32 b，点 N32 b，a2.因为 是直线 ON 的倾斜角，因此 tana2 32 b a3b.又 6，4，因此 33 tan1，33 a3b1，33 ba1，13b2a21，e1ba20，63，选A.23大二轮 数学 理12
7、.定义在 R 上的偶函数 f(x)的导函数为 f(x)，若对任意的实数 x，都有 2f(x)xf(x)2 恒成立，则使 x2f(x)f(1)0 时，g(x)0，g(x)单调递减又 f(x)是偶函数，则 g(x)x2f(x)x2x2f(x)x2g(x)，即 g(x)是偶函数不等式 x2f(x)f(1)x21 可变形为 x2f(x)x2f(1)1，即 g(x)g(1)，g(|x|)1，解得x1，选项 B 正确.25大二轮 数学 理第卷本卷包括必考题和选考题两部分第 13 题第 21 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 22 题第 23 题为选考题，考生根据要求作答二、填空题(本大题共 4 小题
8、，每小题 5 分)13.已知 aln 12013 12013，bln 12014 12014，cln 12015 12015，则 a，b，c 的大小关系为_abc26大二轮 数学 理解析 令 f(x)ln xx，则 f(x)1x11xx.当 0 x0，即函数 f(x)在(0,1)上是增函数1 12013 12014 120150，abc.27大二轮 数学 理14.已知三棱锥 PABC 的顶点 P、A、B、C 在球 O 的球面上，ABC 是边长为 3的等边三角形，如果球 O 的表面积为 36，那么 P 到平面 ABC 距离的最大值为_32 2解析 依题意，边长是 3的等边ABC 的外接圆半径r1
9、23sin601，球 O 的表面积为 364R2，球 O 的半径 R3，球心 O 到平面 ABC 的距离 d R2r22 2，球面上的点 P 到平面 ABC 距离的最大值为 Rd32 2.28大二轮 数学 理15.在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，如果ABC 的面积等于 8，a5，tanB43，那么abcsinAsinBsinC_.5 654解析 ABC 中，tanB43，sinB45，cosB35，又 S ABC 12 acsinB 2c 8，c 4，b a2c22accosB 65，abcsinAsinBsinC bsinB 5 654.29大二轮 数学 理16.
10、过直线 l：xy2 上任意一点 P 向圆 C：x2y21作两条切线，切点分别为 A，B，线段 AB 的中点为 Q，则点 Q 到直线 l 的距离的取值范围为_ 22，2解析 依题意，设点 P(x0,2x0)，则直线 AB 的方程为x0 x(2x0)y1(注：由圆 x2y2r2 外一点 E(x0，y0)向该圆引两条切线，切点分别为 F，G，则直线 FG 的方程是 x0 xy0yr2)，直线 OP 的方程是(2x0)xx0y0，其中点 Q是直线 AB 与 OP 的交点，因此点 Q(x，y)的坐标是方程组30大二轮 数学 理 x0 x2x0y1，2x0 xx0y0的解由x0 x2x0y1，2x0 xx
11、0y0得xx02x02x20，y2x02x02x20，31大二轮 数学 理即点 Qx02x02x20，2x02x02x20，点 Q 到直线 l 的距离 d22x02x20221x202x0222.注意到 01x202x021x01211，21x202x0221,11x202x022 2，所以 22 1x202x022212成立？若存在，求出 n 的最小值；若不存在，请说明理由33大二轮 数学 理解(1)设数列an的公比为 q.由 S339 得 a1(1qq2)39.因为 2a2 是 3a1 与 a3 的等差中项，则 3a1a34a2.即 q24q30，解得 q1 或 q3.代入式得：当 q1
12、时，a113，an的通项公式为an13；当 q3 时，a13，an的通项公式为 an33n13n.34大二轮 数学 理(2)因为数列an为递增数列，所以 an3n，bn1log33nlog33n21nn2121n 1n2.Tn12113 1214 1315 1n1 1n1 1n 1n212112 1n1 1n2.35大二轮 数学 理由 Tn12得 n2n40，即 n1 172.又 nN*，所以存在最小正整数 n3，使得 Tn12成立.36大二轮 数学 理18.2015德阳二诊(本小题满分 12 分)为了整顿食品的安全卫生，食品监督部门对某食品厂生产的甲、乙两种食品进行了检测调研，检测某种有害微
13、量元素的含量，随机在两种食品中各抽取了 10 个批次的食品，每个批次各随机地抽取了一件，下表是测量数据的茎叶图(单位：毫克)规定：当食品中的有害微量元素含量在0,10时为一等品，在(10,20时为二等品，20 以上为劣质品37大二轮 数学 理(1)用分层抽样的方法在两组数据中各抽取 5 个数据，再分别从这 5 个数据中各选取 2 个求甲的一等品数与乙的一等品数相等的概率；(2)每生产一件一等品盈利 50 元，二等品盈利 20 元，劣质品亏损 20 元根据上表统计得到的甲、乙两种食品为一等品、二等品、劣质品的频率分别估计这两种食品为一等品、二等品、劣质品的概率若分别从甲、乙食品中各抽取 1 件，
14、设这两件食品给该厂带来的盈利为 X，求随机变量 X 的概率分布和数学期望38大二轮 数学 理解(1)从甲中抽取的 5 个数据中，一等品有 4 5102个，非一等品有 3 个；从乙中抽取的 5 个数据中，一等品有6 5103 个，非一等品有 2 个；设“从甲中抽取的 5 个数据中任取 2 个，一等品个数为i”为事件 Ai(i0,1,2)，则P(A0)C23C25 310，P(A1)C12C13C25 35，P(A2)C22C25 110.39大二轮 数学 理设“从乙中抽取的 5 个数据中任取 2 个，一等品个数为i”为事件 Bi(i0,1,2)，则P(B0)C22C25 110，P(B1)C12
15、C13C25 35，P(B2)C23C25 310.甲的一等品数与乙的一等品数相等的概率为：PP(A2B2)P(A1B1)P(A0B0)110 3103535 310 1102150.40大二轮 数学 理(2)由题意，设“从甲中任取一件为一等品”为事件 C1，则 P(C1)41025，设“从甲中任取一件为二等品”为事件 C2，则 P(C2)41025，设“从甲中任取一件为劣质品”为事件 C3，则 P(C3)21015.41大二轮 数学 理设“从乙中任取一件为一等品”为事件 D1，则 P(D1)61035；设“从乙中任取一件为二等品”为事件 D2，则 P(D2)21015；设“从乙中任取一件为劣
16、质品”为事件 D3，则 P(D3)21015.42大二轮 数学 理X 可取40,0,30,40,70,100.P(X40)P(C3D3)1515 125，P(X0)P(C3D2C2D3)15152515 325，P(X30)P(C1D3C3D1)2515153515，P(X40)P(C2D2)2515 225，P(X70)P(C1D2C2D1)25152535 825，P(X100)P(C1D1)2535 625，43大二轮 数学 理X 的分布列为：X 400304070100P12532515225825625E(X)40 1250 325301540 22570 825100 62554.
17、44大二轮 数学 理19.(本小题满分 12 分)如图，在四棱锥 PABCD 中，PC平面 ABCD.底面 ABCD 是直角梯形，ABAD，BACD，AB2，ADCD1.E 是线段 PB 的中点45大二轮 数学 理(1)求证：AC平面 PBC；(2)若二面角 PACE 的余弦值为 33，求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值解(1)证明：PC平面 ABCD，AC平面 ABCD，ACPC.又AB2，ADCD1，ACBC 2，46大二轮 数学 理由 AC2BC2AB2 得 ACBC.又 PCBCC，AC平面 PBC.(2)解法一：由(1)知 ACPC，ACEC，PCE 就是二面角 PACE
18、的平面角，即 cosPCE 33.设 PCa，则 PB 2a2.因为 E 是线段 PB 的中点，有 CEPE 2a22.在PCE 中，PE2PC2CE22PCCEcosPCE，47大二轮 数学 理即2a24a22a242a 2a22 33，解得 a1.由(1)知 AC平面 PBC，AC平面 ACE，所以平面 ACE平面 PBC.过点 P 在平面 PBC 内作 PHCE，垂足为点 H，连接AH，于是 PH平面 ACE，PAH 就是直线 PA 与平面 EAC 所成的角48大二轮 数学 理由 cosPCE 33，可得 sinPCE 63，于是 PHPCsinPCH 63.同时，PA PC2AC2 3
19、.在 RtPHA 中，sinPAHPHPA 23.故直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 23.49大二轮 数学 理解法二：设 AB 的中点为 F，连接 CF，则 CFAB，又 ABCD，所以 CFCD，以 C 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，50大二轮 数学 理则 C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，1,0)设 P(0,0，a)(a0)，则 E12，12，a2，CA(1,1,0)，CE12，12，a2.设 n(x，y，z)是平面 ACE 的法向量，所以nCA0，nCE0，则xy0，xyaz0，51大二轮 数学 理令 xa，得 ya，z2，n(a，a，2)，又由(1)知
20、CB平面 PAC，即CB(1，1,0)是平面 PAC 的法向量依题意，|cosCB，n|CBn|CB|n|2a2 2a24 33，解得 a1.52大二轮 数学 理于是 n(1，1，2)，PA(1,1，1)设直线 PA 与平面 EAC 所成的角为，有 sin|P An|PA|n|1123 6 23.故直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 23.53大二轮 数学 理20.(本小题满分 12 分)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，过点 M(1,0)的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，|MA|MB|，且当直线 l 垂直于 x 轴时，|AB|2.(1)求椭圆 C
21、的方程；(2)若 12，2，求弦长|AB|的取值范围54大二轮 数学 理解(1)由已知 e 22，得ca 22，又当直线垂直于 x 轴时，|AB|2，所以椭圆过点1，22，代入椭圆方程得1a2 12b21，a2b2c2，联立方程可得 a22，b21，椭圆 C 的方程为x22y21.55大二轮 数学 理(2)当过点 M 的直线斜率为 0 时，点 A，B 分别为椭圆长轴的端点，|MA|MB|212132 22 或|MA|MB|212132 20.解(1)f(x)ln xax1 的定义域为(0，)，且 f(x)1xax2xax2.59大二轮 数学 理若 a0，则 f(x)0，于是 f(x)在(0，)
22、上单调递增，故 f(x)无最小值，不符合题意若 a0，则当 0 xa 时，f(x)a 时，f(x)0.故 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增于是当 xa 时，f(x)取得最小值 ln a由已知得 ln a0，解得 a1.综上，a1.(2)证明：下面先证当 x(0，)时，ex(ln x1)sinx0.因为 x(0，)，所以只要证 exsinx1ln x60大二轮 数学 理由(1)可知1x1ln x，于是只要证 exsinx1x，即只要证 xexsinx0.令 h(x)xexsinx，则 h(x)(x1)excosx.当 0 x1e010，所以 h(x)在(0，)上单调递增所以当
23、 0 xh(0)0，即 xexsinx0.故当 x(0，)时，不等式 ex(ln x1)sinx0 成立当 x，)时，由(1)知1x1ln x，61大二轮 数学 理于是有 x1ln1x，即 x1ln x所以 exe1ln x，即 exex，又因为 exe(1ln x)，所以 exe(1ln x)，所以 ex(ln x1)sinxe(ln x1)(ln x1)sinx(esinx)ln x(esinx)0.综上，不等式 ex(ln x1)sinx0 成立.62大二轮 数学 理请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22.(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参
24、数方程在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为x3 22 t，y 5 22 t(t 为参数)在以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆 C 的方程为 2 5sin.63大二轮 数学 理(1)写出直线 l 的普通方程和圆 C 的直角坐标方程；(2)若点 P 坐标为(3，5)，圆 C 与直线 l 交于 A、B 两点，求|PA|PB|的值解(1)由x3 22 t，y 5 22 t得直线 l 的普通方程为 xy3 50.64大二轮 数学 理又由 2 5sin 得圆 C 的直角坐标方程为 x2y22 5y0，即 x2(y 5)25.(2)把直线 l 的参数方程代入圆 C 的直角
25、坐标方程，得3 22 t 222 t 25，即 t23 2t40.由于(3 2)24420，故可设 t1、t2 是上述方程的两实数根，65大二轮 数学 理所以 t1t23 2，t1t24.又直线 l 过点 P(3,5)，A、B 两点对应的参数分别为t1、t2，所以|PA|PB|t1|t2|t1t23 2.66大二轮 数学 理23.(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲设函数 f(x)|x1|xa|(aR)(1)当 a4 时，求不等式 f(x)5 的解集(2)若 f(x)4 对 aR 恒成立，求实数 a 的取值范围解(1)当 a4 时，|x1|xa|5 等价于x4，2x55，解得 x0 或 x5.所以不等式 f(x)5 的解集为x|x0 或 x567大二轮 数学 理(2)因为 f(x)|x1|xa|(x1)(xa)|a1|，所以 f(x)min|a1|.要使 f(x)4 对 aR 恒成立，则|a1|4 即可，所以 a3 或 a5，即实数 a 的取值范围是a|a3 或 a5.
