烟台市2017年高考适应性练习(一)理数

2017年高考适应性练习（一）

理科数学参考答案

一、选择题

C B D C D A D C B A

二、填空题

11.2e2 12. 90 13. 12 14. (1e,1] 15. (1,21)

三、解答题

16. 解：（1）由已知得，(ab)(ab)c(ac)0， „„„„„„„„1分 整理得acbac，

2222a2c2b2ac1. „„„„„„„„3分 于是 cosB2ac2ac2 又因为0B， 所以 B3. „„„„„„„„4分

（2）由（1）得f(x)4cosxcos(x3)

4cosx(cosx2123sinx) „„„„„„„„6分 2 2cosx23sinxcosx 1cos2x3sin2x 12sin(2x 由0x6) „„„„„„„„8分

2得2x， „„„„„„„„9分 4663 所以 当2x 当2x66，即x0时，f(x)取得最小值f(0)2，

62，即x时，f(x)取得最大值f()3. 66„„„„„„„11分

所以函数f(x)在[0,

17. 解：（1）因为AA1，BM垂直于底面ABC，所以AA1//BM，

故AA1，BM确定平面A1ABM， „„„„„„„„1分 因为AA1平面ABC，CN平面ABC，

所以AA1CN， „„„„„„„„2分 在正三角形ABC中，N为AB的中点，所以CNAB， 因为CNAA1，CNAB，AA1ABA，

故CN平面A1ABM. „„„„„„„„„3分 又A1N平面A1ABM，所以A1NCN. „„„„„„„„„4分

（2）在平面A1ABM内，作NzAB.

]上的值域为[2,3]. „„„„„„„„„„„12分 4zA1MBAyN以N为坐标原点，分别以NC,NA,Nz的方向为x,y,z轴的正方向， 建立如图空间直角坐标系Nxyz.

xC则N(0,0,0),A1(0,1,3),M(0,1,3),C(3,0,0)， 23(3,1,3)， „„„„„„6分 NC(3,0,0)，A1M(0,2,),AC12设平面ACN法向量为m(x1,y1,z1)， 1m3x1y13z10AC1则，解得x10，不妨令z11，有y13. NCm3x10取m(0,3,1). „„„„„„„„8分 设平面A1MN法向量为n(x2,y2,z2).

ACn3x2y23z20331x，不妨令，有，. yz1222344z20A1Mn2y22不妨取n(,343,1)； „„„„„„„„10分 4设二面角MAC1N的平面角的大小为，则

coscosm,n3174， 4933111616所以二面角MAC1N所成角的余弦值为

7. „„„„„„„„12分 418. 解：（1）记事件A：“学生甲选修‘职业规划’”，记事件B：“学生甲选修‘心理健康’”，

记事件C：“学生甲选修‘艺术欣赏’”，记事件E：“学生甲至少选修两门校本课程”. 由题意EABCABCABCABC. 由事件的互斥性与独立性，

PEPABCPABCPABCPABC

PAPBPCPABCPAPBPC

PAPBPC

1131211111117. „„„„„„„„4分 234234234234247所以学生甲在高三学年至少选修两门校本选修课程的概率为.

24（2）由题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6. „„„„„„„„5分

由事件的独立性与互斥性，得

123112311131PX0，PX1，PX2，

23442344234812111351211PX3，PX4，

234234242341211111111PX5，PX6. „„„„„„„8分

2342423424所以随机变量X的分布列为

X P 0 1 2 3 4 5 6 1115111 44824122424„„„„„„„„„10分

数学期望为0

111511123123456. „„„12分 448241224241219. 解：（1）当n1时，2S13a13，可得a13， „„„„„„„„1分

当n2时，2Sn13an13，而2Sn3an3，两式相减可得，

2an3an3an1，即an3an1， „„„„„„„„3分

所以数列an是首项为3，公比为3的等比数列，

所以数列an的通项公式为an3； „„„„„„„„4分

n（2）由（1）可知，a13显然不是数列{bn}中的项，

因为a29421是数列{bn}中的第2项，所以c1a29， „„„5分 设ak3是数列{bn}中的第m项，则34m1(k,mN)， 因为ak13k1kk33k3(4m1)43m3，

所以ak1不是数列{bn}中的项， „„„„„„„„7分 而ak23k293k9(4m1)4(9m2)1，

所以ak2是数列{bn}中的项， „„„„„„„„8分 所以c1a2,c2a4,c3a6,,cna2n，

所以数列{cn}的通项公式为cn3=9， „„„„„„„„9分 所以

2nn11111（），

log9cnlog9cn+2n(n2)2nn211111111(1) 2324n1n1nn2故Tn

32n3. „„„„„„„„12分 42(n1)(n2)20. 解：（1）由题意可知，c3，设M的坐标为(x0,y0)，

则有kA1My0y,kA2M0， x0ax0ay0y1220，整理可得：x04y0a2，① x0ax0a4所以kA1MkA2M22x0y022 而221，②，联立①②可得：a4b， „„„„„„„„2分

ab22 又abc，所以有b1,a4，

222x2y21. „„„„„„„„„„„4分 故椭圆C的方程为4（2）（i）当直线l的斜率存在时，设直线方程为ykxm，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，

联立方程组ykxm222y，消可得，(14k)x8kmx4m40. 22x4y422222则有8km4(14k)4m4164k1m0，

8km4m24,x1x2且 x1x2， „„„„„„„„5分 2214k14k因为A1PAQAQ0，故(x12)(x22)y1y20， 1，所以A1P1所以(x12)(x22)(kx1m)(kx2m)0，整理可得：

(1k2)x1x2(km2)(x1x2)m240，① „„„„„„„„6分

代入①式可得：5m16km12k0，即(m2k)(5m6k)0, 当m2k时，直线为ykx2k，直线过点(2,0)，舍去；

22666k时，直线为ykxk，直线过点(,0)， 5556此时，直线恒过定点(,0). „„„„„„„„8分

5当m当直线l的斜率不存在时，可设方程为xm，

4m24m2与椭圆的交点为(m,),(m,)，因为A1PAQ1，

224m22所以A0，解得m2（舍去） AQ0，故(m2)1P14666，此时直线为x，也过点(,0). 5556所以直线恒过定点(,0). „„„„„„„„9分

56181664(ii)法一：由（i）可知，当直线l的斜率不存在，即x时，S.

525525或者m当直线l的斜率存在时，

44k21m2， PQ1k|x1x2|1k214k22又点A22,0到直线l:kxym0的距离d2km1k2

124k21m2S|PQ|d2km 2214k63264k425k2将mk代入上式，可得S „„„„„„„11分

52514k2由题意可知k0，令于是S1t，则t(0,1) 214k169t27t16,0t1 25f(t)169t27t的对称轴为t7， 1816644 2525所以f(t)在t(0,1)为减函数，故f(t)f(0)16，所以S综上所述，PA2Q面积S的最大值为

64. „„„„„„„13分 256181664法二：当直线l的方程为x时，S，

5255256y6当直线方程为ykxk时，由题意可知，k0，x，

5k5y6x22联立k5，消x可得，(25100k)y60ky64k0，

22x4y401168S|y2y1|(y1y2)24y1y2 2553264k425k2 „„„„„„„11分 22514k令

1162tS9t7t16,0t1 t(0,1)，则，214k257f(t)169t27t的对称轴为t，

18所以f(t)在t(0,1)为减函数，故f(t)f(0)16， 所以S16644 252564. „„„„„„„13分 25a， x综上所述，PA2Q面积S的最大值为

21. 解：（1）因为F(x)f(x)g(x)xlnx所以F(x)1axa22(x0)， „„„„„„„1分 xxx当a1时，在[1,e]上F(x)0，所以F(x)在[1,e]上单调递增，

所以Fmin(x)F(1)a1，不满足题意； „„„„„„„2分

,a)上有F(x)0，函数单调递减，在(a,e]上有F(x)0，函数单调当1ae，在[1递增，所以Fmin(x)F(a)lna1解得a3， 2e，满足题意； „„„„„„„3分

当ae时，在[1,e]上F(x)0，所以函数F(x)在[1,e]上单调递减，

Fmin(x)F(e)2，不满足题意；

综上，ae. „„„„„„„5分

a恒成立，等x（2）由题意可知，对任意x[1,)，f(x)g(x)恒成立，即lnxx价于a(xlnxx)max， „„„„„„„6分 令h(x)xlnxx2，x[1,)，则h(x)lnx12x， 令t(x)lnx12x，则t(x)2120当x[1,)时，单调递减， x所以t(x)t(1)10， „„„„„„„8分 故h(x)0当x[1,)时，即h(x)在[1,)单调递减，所以hmax(x)h(1)1，故

a1. „„10分

（3）由（2）知，当a1时，当x[1,)时，lnxx1恒成立， x1n21(n1)(n1)所以，当n2时，有lnnn， „„„„„12分

nnnlnnn1ln21ln32lnnn1,,,，所以， n1n3243n1nln2ln3lnn1. „„„„„14分 以上各式相乘可得，34n1n即

本题（3）也可采用数学归纳法证明.