2017年河南省商丘市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．1．（5分）已知集合A ＝{x ∈N |1＜x ＜lnk }，集合A 中至少有3个元素，则（ ） A ．k ＞e 3B ．k ≥e 3C ．k ＞e 4D ．k ≥e 4【解答】解：∵集合A ＝{x ∈N |1＜x ＜lnk }，集合A 中至少有3个元素， ∴A ＝{2，3，4，…}， ∴lnk ＞4， ∴k ＞e 4． 故选：C ．2．（5分）i 为虚数单位，若a+bi i（a ，b ∈R ）与（2﹣i ）2互为共轭复数，则a ﹣b ＝（ ）A ．1B ．﹣1C ．7D ．﹣7【解答】解：∵a+bi i=(a+bi)(−i)−i =b −ai ，（2﹣i ）2＝4﹣4i ﹣1＝3﹣4i ，又a+bi i（a ，b ∈R ）与（2﹣i ）2互为共轭复数，∴b ＝3，a ＝﹣4， 则a ﹣b ＝﹣7． 故选：D ．3．（5分）已知f （x ）＝sin x ﹣x ，命题p ：∃x ∈（0，π2），f （x ）＜0，则（ ）A ．p 是假命题，￢p ：：∀x ∈（0，π2），f （x ）≥0B ．p 是假命题，￢p ：：∃x ∈（0，π2），f （x ）≥0C ．P 是真命题，￢p ：：∀x ∈（0，π2），f （x ）≥0D ．p 是真命题，￢p ：：∃x ∈（0，π2），f （x ）≥0【解答】解：f （x ）＝sin x ﹣x ，x ∈（0，π2），f ′（x ）＝cos x ﹣1＜0，∴f （x ）是（0，π2）上是减函数， ∵f （0）＝0， ∴f （x ）＜0，∴命题p ：∃x ∈（0，π2），f （x ）＜0是真命题，￢p ：∀x ∈（0，π2），f （x ）≥0，故选：C ．4．（5分）在等差数列{a n }中，a 1+3a 8+a 15＝60，则2a 9﹣a 10的值为（ ） A ．6B ．8C ．12D ．13【解答】解：在等差数列{a n }中， ∵a 1+3a 8+a 15＝60，∴a 1+3（a 1+7d ）+a 1+14d ＝5（a 1+7d ）＝60， ∴a 1+7d ＝12，2a 9﹣a 10＝2（a 1+8d ）﹣（a 1+9d ）＝a 1+7d ＝12． 故选：C ．5．（5分）我国南宋时期的著名数学家秦九韶在他的著作《数学九章》中提出了秦九韶算法来计算多项式的值，在执行如图算法的程序框图时，若输入的n ＝5，x ＝2，则输出V 的值为（ ）A ．15B ．31C ．63D ．127【解答】解：∵输入的x ＝2，n ＝5， 故v ＝1，i ＝4，v ＝1×2+1＝3i ＝3，v ＝3×2+1＝7 i ＝2，v ＝7×2+1＝15 i ＝1，v ＝15×2+1＝31 i ＝0，v ＝31×2+1＝63i ＝﹣1，跳出循环，输出v 的值为63， 故选：C ．6．（5分）一块硬质材料的三视图如图所示，正视图和俯视图都是边长为10cm 的正方形，将该木料切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径最接近（ ）A ．3cmB ．4cmC ．5cmD ．6cm【解答】解：由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为侧视图直角三角形内切圆的半径r ，则10﹣r +10﹣r ＝10√2cm ， ∴r ＝10﹣5√2≈3cm ． 故选：A ．7．（5分）若不等式组{x +y −1≤0x −y +1≥0y +12≥0表示的区域Ω，不等式（x −12）2+y 2≤14表示的区域为Γ，向Ω区域均匀随机撒360颗芝麻，则落在区域Γ中芝麻数约为（ ） A ．114B ．10C ．150D ．50【解答】解：作出平面区域Ω如图：则区域Ω的面积为S △ABC =12×3×32=94 区域Γ表示以D （12，0）为圆心，以12为半径的圆，则区域Ω和Γ的公共面积为S ′=34π×(12)2+12×(12)2=3π16+18． ∴芝麻落入区域Γ的概率为S′S △ABC=3π+236．∴落在区域Γ中芝麻数约为360×3π+236=30π+20≈114． 故选：A ．8．（5分）若等边△ABC 的边长为3，平面内一点M 满足CM →=13CB →+12CA →，则AM →•BM →的值为（ ）A ．−152B ．﹣2C ．152D ．2【解答】解：如图所示，建立直角坐标系： B （0，3√32），A （32，0），C （−32，0）．CB →=（32，3√32）， CA →=（3，0）CM →=12CA →+13CB →=（2，√32）．OM →=（12，√32），∴AM →=（﹣1，√32），BM →=（12，−√3） 则AM →•BM →=−12−32=−2． 故选：B ．9．（5分）2018年元旦假期，高三的8名同学准备拼车去旅游，其中（1）班、（2）班，（3）班、（4）班每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐4名同学（乘同一辆车的4名同学不考虑位置），其中（1）班两位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一个班的乘坐方式共有（ ） A ．18种B ．24种C ．48种D ．36种【解答】解：由题意，第一类，一班的2名同学在甲车上，甲车上剩下两个要来自不同的班级，从三个班级中选两个为C 32＝3，然后分别从选择的班级中再选择一个学生为C 21C 21＝4，故有3×4＝12种．第二类，一班的2名同学不在甲车上，则从剩下的3个班级中选择一个班级的两名同学在甲车上，为C 31＝3，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为C 21C 21＝4，这时共有3×4＝12种，根据分类计数原理得，共有12+12＝24种不同的乘车方式， 故选：B ． 10．（5分）已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0），过其左焦点F 作x 轴的垂线，交双曲线于A ，B 两点，若双曲线的右顶点在以AB 为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ） A ．（1，32）B ．（1，2）C ．（32，+∞）D ．（2，+∞）【解答】解：由于双曲线x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0），则直线AB 方程为：x ＝﹣c ，因此，设A （﹣c ，y 0），B （﹣c ，﹣y 0），∴c 2a 2−y 02b 2=1，解之得y 0=b 2a ，得|AF |=b 2a ，∵双曲线的右顶点M （a ，0）在以AB 为直径的圆外，∴|MF |＞|AF |，即a +c ＞b2a，将b 2＝c 2﹣a 2，并化简整理，得2a 2+ac ﹣c 2＞0 两边都除以a 2，整理得e 2﹣e ﹣2＜0， ∵e ＞1，∴解之得1＜e ＜2． 故选：B ．11．（5分）如图，将绘有函数f （x ）＝2sin （ωx +φ）（ω＞0，π2＜φ＜π）的部分图象的纸片沿x 轴折成直二面角，若AB 之间的空间距离为2√3，则f （﹣1）＝（ ）A ．﹣2B ．2C ．−√3D ．√3【解答】解：由函数的图象可得2sin φ＝1，可得sin φ=12，再根据π2＜φ＜π，可得φ=5π6． 再根据A 、B 两点之间的距离为√4+4+T24=2√3，求得T ＝4，再根据T =2πω=4，求得ω=π2． ∴f （x ）＝2sin （π2x +5π6），f （﹣1）＝2sin （−π2+5π6）=√3，故选：D ．12．（5分）已知函数f （x ）={lnx ，x ≥11−x2，x ＜1，若F （x ）＝f [f （x ）+1]+m 有两个零点x 1，x 2，则x 1•x 2的取值范围是（ ） A ．[4﹣2ln 2，+∞） B ．（√e ，+∞） C ．（﹣∞，4﹣2ln 2] D ．（﹣∞，√e ）【解答】解：当x ≥1时，f （x ）＝lnx ≥0， ∴f （x ）+1≥1，∴f [f （x ）+1]＝ln （f （x ）+1），当x ＜1，f （x ）＝1−x 2＞12，f （x ）+1＞32， f [f （x ）+1]＝ln （f （x ）+1），综上可知：F [f （x ）+1]＝ln （f （x ）+1）+m ＝0， 则f （x ）+1＝e﹣m，f （x ）＝e﹣m﹣1，有两个根x 1，x 2，（不妨设x 1＜x 2），当x ≥1是，lnx 2＝e ﹣m﹣1，当x ＜1时，1−x 12=e ﹣m ﹣1， 令t ＝e﹣m﹣1＞12，则lnx 2＝t ，x 2＝e t ，1−x 12=t ，x 1＝2﹣2t ， ∴x 1x 2＝e t （2﹣2t ），t ＞12， 设g （t ）＝e t （2﹣2t ），t ＞12， 求导g ′（t ）＝﹣2te t ，t ∈（12，+∞），g ′（t ）＜0，函数g （t ）单调递减，∴g （t ）＜g （12）=√e ，∴g （x ）的值域为（﹣∞，√e ）， ∴x 1x 2取值范围为（﹣∞，√e ）， 故选：D ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分）. 13．（5分）设a =∫ π0（cos x ﹣sin x ）dx ，则二项式（a √x −1√x ）6的展开式中含x 2项的系数为 192 ．【解答】解：由于a =∫ π0（cos x ﹣sin x ）dx ＝（sin x +cos x ）|0π=−1﹣1＝﹣2， ∴（﹣2√x √x ）6＝（2√x +√x）6 的通项公式为 T r +1＝26﹣r C 6r •x 3﹣r ， 令3﹣r ＝2，求得r ＝1，故含x 2项的系数为26﹣1C 61＝192． 故答案为：19214．（5分）已知抛物线C ：y 2＝4x 与点M （0，2），过C 的焦点，且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点，若MA →•MB →=0，则k ＝ 8 ．【解答】解：抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F （1，0），∴直线AB 的方程为y ＝k （x ﹣1），设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），联立方程组{y 2=4xy =k(x −1)，整理得：k 2x 2﹣（2k 2+4）x +k 2＝0，则x 1+x 2=2k 2+4k2=2+4k2．x 1x 2＝1．∴y 1+y 2＝k （x 1+x 2）﹣2k =4k ，y 1y 2＝k 2（x 1﹣1）（x 2﹣1）＝k 2[x 1x 2﹣（x 1+x 2）+1]＝﹣4， ∵MA →•MB →=0，（x 1，y 1﹣2）（x 2，y 2﹣2）＝0，即x 1x 2+y 1y 2﹣2（y 1+y 2）+4＝0，解得：k ＝8． 故答案为：8．15．（5分）已知函数f （x ）＝ax 2+bx +c （a ＞0）有两个零点1，2，数列{x n }满足x n +1＝x n −f(x n )f′(x n )，设a n ＝lnx n −2x n −1，若a 1=12，x n ＞2，则数列{a n }的通项公式a n ＝ 2n ﹣2（n ∈N *） ．【解答】解：函数f （x ）＝ax 2+bx +c （a ＞0）有两个零点1，2， 可得f （x ）＝a （x ﹣1）（x ﹣2），f ′（x ）＝a （2x ﹣3），则x n +1＝x n −f(x n )f′(x n )=x n −a(x n −1)(x n −2)a(2x n −3)=x n 2−22x n −3，由a 1=12，x n ＞2， 则a n +1＝lnx n+1−2x n+1−1=ln(x n −2)2(x n −1)2=2lnx n −2x n −1=2a n ，即有a n ＝a 1q n ﹣1=12•2n ﹣1＝2n ﹣2．故答案为：2n ﹣2（n ∈N *）．16．（5分）已知f （x ）＝x 3﹣3x +2+m （m ＞0），在区间[0，2]上存在三个不同的实数a ，b ，c ，使得以f （a ），f （b ），f （c ）为边长的三角形是直角三角形，则m 的取值范围是 0＜m ＜4+4√2 ．【解答】解：f （x ）＝x 3﹣3x +2+m ，求导f ′（x ）＝3x 2﹣3由f ′（x ）＝0得到x ＝1或者x ＝﹣1，又x 在[0，2]内，∴函数f （x ）在区间（0，1）单调递减，在区间（1，2）单调递增， 则f （x ）min ＝f （1）＝m ，f （x ）max ＝f （2）＝m +4，f （0）＝m +2．∵在区间[0，2]上存在三个不同的实数a ，b ，c ，使得以f （a ），f （b ），f （c ）为边长的三角形是构成直角三角形，∴2m 2＜（m +4）2，即m 2﹣8m ﹣16＜0，解得4﹣4√2＜m ＜4+4√2， 又已知m ＞0，∴0＜m ＜4+4√2． 故答案为：0＜m ＜4+4√2．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答写出文字说明、证明过程或演算过程． 17．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b （1+cos C ）＝c （2﹣cos B ）．（Ⅰ）求证：a ，c ，b 成等差数列；（Ⅱ）若C =π3，△ABC 的面积为4√3，求c ． 【解答】（本题满分为12分）解：（Ⅰ）∵b （1+cos C ）＝c （2﹣cos B ），∴由正弦定理可得：sin B +sin B cos C ＝2sin C ﹣sin C cos B ，可得：sin B cos C +sin C cos B +sin B ＝2sin C ，∴sin A +sin B ＝2sin C ，∴a+b＝2c，即a，c，b成等差数列；（Ⅱ）∵C=π3，△ABC的面积为4√3=12ab sin C=√34ab，∴ab＝16，∵由余弦定理可得：c2＝a2+b2﹣2ab cos C＝a2+b2﹣ab＝（a+b）2﹣3ab，∵a+b＝2c，∴可得：c2＝4c2﹣3×16，解得：c＝4．18．（12分）甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司的底薪70元，每单抽成4元；乙公司无底薪，40单以内（含40单）的部分每单抽成5元，超出40单的部分每单抽成7元，假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如表频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数2040201010乙公司送餐员送餐单数频数表送餐单数3839404142天数1020204010（Ⅰ）现从甲公司记录的100天中随机抽取两天，求这两天送餐单数都大于40的概率；（Ⅱ）若将频率视为概率，回答下列问题：（i）记乙公司送餐员日工资为X（单位：元），求X的分布列和数学期望；（ii）小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他作出选择，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）记“抽取的两天送餐单数都大于40”为事件M，则P（M）=∁202∁1002=19495．（Ⅱ）（ⅰ）设乙公司送餐员送餐单数为a，则当a＝38时，X＝38×5＝190，当a＝39时，X＝39×5＝195，当a＝40时，X＝40×5＝200，当a＝41时，X＝40×5+1×7＝207，当a＝42时，X＝40×5+2×7＝214．所以X的所有可能取值为190，195，200，207，214．故X的分布列为：X190195200207214P110151525110∴E（X）＝190×110+195×15+200×15+207×25+214×110=202.2．（ⅱ）依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为38×0.2+39×0.4+40×0.2+41×0.1+42×0.1＝39.5．所以甲公司送餐员日平均工资为70+4×39.5＝228元．由（ⅰ）得乙公司送餐员日平均工资为202.2元．因为202.2＜228，故推荐小明去甲公司应聘．19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是B1C1、BC的中点，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1E=√14．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；（Ⅱ）求二面角A﹣BD﹣B1的平面角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是B1C1、BC的中点，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，∴A1D∥AE，AE⊥BC，AE＝BE=√2，∵A1A＝4，A1E=√14．∴A1E2+AE2=AA12，∴AE⊥A1E，∵A1E∩BC＝E，∴AE⊥平面A1BC，∵A1D∥AE，∴A1D⊥平面A1BC．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得EA，EB，EA1，两两垂直．如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．易知A 1（0，0，√14），B （√2，0，0），C （−√2，0，0）， A （0，√2，0），D （0，−√2，√14），B 1（√2，−√2，√14）， 设平面A 1BD 的法向量为m →=（x ，y ，z ），由{m →⋅A 1D →=−√2y =0m →⋅BD →=−√2x −√2y +√14z =0，可取m →=(√7，0，1)． 设平面B 1BD 的法向量为n →=（x ，y ，z ），由{n →⋅B 1D →=−√2x −√2y +√14z =0n →⋅BD →=−√2x =0，可取n →=(0，√7，1)． cos ＜m →，n →＞=12√2×2√2=18又∵该二面角为钝角，∴二面角A 1﹣BD ﹣B 1的平面角的正弦值为3√78．20．（12分）已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左焦点F 1与抛物线y 2＝﹣4x 的焦点重合，椭圆E 的离心率为√22，过点M （m ，0）（m ＞34）作斜率不为0的直线l ，交椭圆E 于A ，B 两点，点P （54，0），且PA →•PB →为定值．（Ⅰ）求椭圆E 的方程； （Ⅱ）求△OAB 面积的最大值． 【解答】解：（Ⅰ）设F 1（﹣c ，0），∵抛物线y 2＝﹣4x 的焦点坐标为（﹣1，0），且椭圆E 的左焦点F 与抛物线y 2＝﹣4x 的焦点重合，∴c ＝1， 又椭圆E 的离心率为√22，得a =√2，于是有b 2＝a 2﹣c 2＝1．故椭圆Γ的标准方程为：x 22+y 2=1．（Ⅱ）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），直线l 的方程为：x ＝ty +m ， 由{x =ty +m x 2+2y 2=2整理得（t 2+2）y 2+2tmy +m 2﹣2＝0 y 1+y 2=−2tm t 2+2，y 1y 2=m 2−2t 2+2， PA →=(x 1−54，y 1)，PB →=(x 2−54，y 2)，PA →⋅PB →=(x 1−54)(x 2−54)+y 1y 2=x 1x 2−54(x 1+x 2)+2516+y 1y 2 ＝（t 2+1）y 1y 2+（tm −54t ）（y 1+y 2）+m 2−52m +2516=(−m 2+52m)t 2+(m 2+2)t 2+2+m 2−52m −716． 要使PA →•PB →为定值，则−m 2+52m1=m 2+22，解得m ＝1或m =23（舍）当m ＝1时，|AB |=√1+t 2|y 1﹣y 2|=2√2(1+t 2)t 2+2， 点O 到直线AB 的距离d =√1+t ，△OAB 面积s =√2×√t 2+1t 2+2=√2√1+t+1√1+t ≤√22．∴当t ＝0，△OAB 面积的最大值为√22， 21．（12分）已知函数f （x ）＝lnx ﹣2ax ，a ∈R ．（Ⅰ）若函数y ＝f （x ）存在与直线2x ﹣y ＝0垂直的切线，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）设g （x ）＝f （x ）+12x 2，若g （x ）有极大值点x 1，求证：lnx 1x 1+1x 1＞a ．【解答】（Ⅰ）解：因为f ′（x ）=1x −2a ，x ＞0， 因为函数y ＝f （x ）存在与直线2x ﹣y ＝0垂直的切线， 所以f ′（x ）=−12在（0，+∞）上有解， 即1x −2a =−12在（0，+∞）上有解，也即x =24a−1在（0，+∞）上有解， 所以24a−1＞0，得a ＞14，故所求实数a 的取值范围是（14，+∞）；（Ⅱ）证明：因为g （x ）＝f （x ）+12x 2=12x 2+lnx ﹣2ax ，因为g ′（x ）=x 2−2ax+1x， ①当﹣1≤a ≤1时，g （x ）单调递增无极值点，不符合题意，②当a ＞1或a ＜﹣1时，令g ′（x ）＝0，设x 2﹣2ax +1＝0的两根为x 1和x 2， 因为x 1为函数g （x ）的极大值点，所以0＜x 1＜x 2， 又x 1x 2＝1，x 1+x 2＝2a ＞0，所以a ＞1，0＜x 1＜1， 所以g ′（x 1）＝x 12﹣2ax 1+1x 1=0，则a =x 12+12x 1， 要证明 lnx 1x 1+1x 12＞a ，只需要证明x 1lnx 1+1＞ax 12，因为x 1lnx 1+1﹣ax 12＝x 1lnx 1−x 13+x12+1=−x 132−12x 1+x 1lnx 1+1，0＜x 1＜1，令h （x ）=−12x 3−12x +xlnx +1，x ∈（0，1），所以h ′（x ）=−32x 2−12+lnx ，记P （x ）=−32x 2−12+lnx ，x ∈（0，1），则P ′（x ）＝﹣3x +1x =1−3x 2x ，当0＜x ＜√33时，p ′（x ）＞0，当√33＜x ＜1时，p ′（x ）＜0，所以p （x ）max ＝p （√33）＝﹣1+ln √33＜0，所以h ′（x ）＜0， 所以h （x ）在（0，1）上单调递减， 所以h （x ）＞h （1）＝0，原题得证． [选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =3−√22ty =4+√22t （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ρ＝6sin θ． （Ⅰ）写出直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程； （Ⅱ）设点P （4，3），直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，求1|PA|+1|PB|的值．【解答】解：（Ⅰ）由直线l 的参数方程为{x =3−√22ty =4+√22t（t 为参数），得直线l 的普通方程为x +y ﹣7＝0．又由ρ＝6sin θ得圆C 的直角坐标方程为x 2+（y ﹣3）2＝9；（Ⅱ）把直线l 的参数方程{x =3−√22ty =4+√22t（t 为参数），代入圆C 的直角坐标方程， 得t 2−2√2t +1=0，设t 1，t 2是上述方程的两实数根， 所以t 1+t 2＝2√2，t 1t 2＝1， ∴t 1＞0，t 2＞0， 所以1|PA|+1|PB|=1t 1+t 2=t 1+t 2t 1t 2=2√2．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x ﹣2|+|2x +1|． （Ⅰ）解不等式f （x ）＞5； （Ⅱ）若关于x 的方程1f(x)−4=a 的解集为空集，求实数a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）解不等式|x ﹣2|+|2x +1|＞5， x ≥2时，x ﹣2+2x +1＞5，解得：x ＞2； −12＜x ＜2时，2﹣x +2x +1＞5，无解， x ≤−12时，2﹣x ﹣2x ﹣1＞5，解得：x ＜−43， 故不等式的解集是（﹣∞，−43）∪（2，+∞）； （Ⅱ）f （x ）＝|x ﹣2|+|2x +1|={3x +1，x ≥2x +3，−12＜x ＜2−3x +1，x ≤−12，故f （x ）的最小值是52，所以函数f （x ）的值域为[52，+∞），从而f （x ）﹣4的取值范围是[−32，+∞）， 进而1f(x)−4的取值范围是（﹣∞，−23]∪（0，+∞）．根据已知关于x 的方程1f(x)−4=a 的解集为空集，所以实数a 的取值范围是（−23，0]．。