惠州市2017届高三第一次调研考试数学 理科 答案

数 学（理科）参考答案与评分标准

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分。 题号 答案 1 C 2 A 3 A 4 A 5 B 6 A 7 C 8 C 9 D 10 A 11 C 12 D 1.C【解析】由已知可得B{log21,log22,log24,log28,log216}{0,1,2,3,4}，所以AB{1,2,4}，所以选C.

2.【解析】由z(1i)|1i|i2i，得z2i(2i)(1)i2121i，则z的实部1i(1i)(1)i22为21，故选A． 2考点：复数的代数运算

3．【解析】若a2，则由f(a)1得，3a21，∴a2．此时不成立．

2若a2，则由f(a)1得，log3(a1)1，∴a2，故选A．

考点：函数的零点；函数的值． 4．【解析】将函数y数ysin(x故选：A．

考点：三角函数的图象变换．

5．【解析】圆(x2)2(y2)2a，圆心2,2，半径a．故弦心距d长公式可得a2911；故选B． 考点：直线与圆的位置关系．

6．【解析】k1,s3;k2,s;k3,s故选A

7．【解析】因为4a2b2，所以2ab1，

2(sinxcosx)sin(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，可得函24124)的图象；再向左平移

11个单位，所得函数图象的解析式为ysin(x)cosx，222222222．再由弦121;k4,s2,以4作为一个周期，所以k2016,s2，32121ba2ab529 ababab第 1 页，共8页

当且仅当

ba1即ab时“=”成立，故选C

2ab考点：基本不等式；等比数列的性质．

8．【解析】几何体是一个组合体，包括一个三棱柱和半个圆柱，三棱柱的是一个底面是腰为2的等腰直角三角形，高是3，其底面积为：2224，侧面积为：32232626；圆柱的底面半径是1，高是3，其底面积为：21211，侧面积为：33； 2∴组合体的表面积是 π+62+4+6+3π=4π+10+62 故选C． 9．【解析】x1245102635493,y30，中心点为3,30，

44a3代入回归方程得3027ay9x3x6时y57

考点：回归方程

10．【解析】因为三棱锥SABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SASBSC2，

S在面ABC内的射影为AB中点H，SH平面ABC，SH上任意一点到A,B,C的距离相等．

SH3，CH1，在面SHC内作SC的垂直平分线MO，则O为SABC的外接球球心．

SC2，SM1，OSM30，SO考点：球内接多面体；点到面的距离的计算．

233 ，即为O到平面ABC的距离，故选A．,OH33x2y211.【解析】设P(m,n),Q(x,y),双曲线M:221,实轴的两个顶点A(a,0),B(a,0)

abQA(xa,y),PA(ma,n)∵QA⊥PA，∴xamany0，可得manyn2y222 同理根据QB⊥PB，可得ma两式相乘可得ma22xaxany, xam2n2∵点P(m,n)为双曲线M上除A、B外的一个动点，221，

abb22x2b2y22整理得n2(ma) 221 故选：C．

aaa212. 【解析】设1x0，则 0x1，f(x)xx2f(x)， 综上，f(x)x2，x1,1，f(x)x2k，x2k1,2k1，

22由于直线yxa的斜率为1，在y轴上的截距等于a，在一个周期1,1第 2 页，共8页

1时，在此周期上直线和曲线相切，并和曲线在下一个区间上图象有一个41交点，也满足条件．由于f(x)的周期为2，故在定义域内，满足条件的a应是 2k0或2k，k∈Z．故

4上，a0时 满足条件，a选 D．

二．填空题：本大题共4小题，每小题5分

2017 20182213．【解析】a4,b2，且a与b夹角为120，a16,b4，ababcos120

13. 12 14. 6 15.12 16.

21424，a2baba2ab2b12，故答案为12．

2考点：1、平面向量模与夹角；2、平面向量的数量积． 14.【解析】Tr1C5(x)r5r(ar53)，r,r1，22x1.61.41.210.80.60.40.20.5C(a)30,a6

15．【解析】作出可行域如图所示，当直线zxmy经过点B时，z=x+my15yy=mxBy=xA1m,)，z有最大值，此时点B的坐标为(m1m11mzm2，解之得m12或m12（舍1m1m1去），所以m12. 考点：线性规划.

xO0.511.522.50.20.40.60.811.2x+y=1bn111111.4bb1，ab1ab16．【解析】∵n，1，∴1，∵n1∴n1，∴2，n1a2bb1b122nnn1n又∵b11112．∴数列，∴是以﹣2为首项，﹣1为公差的等差数列， b112b1n1n20172017n1，∴bn∴．则b2017．故答案为：． bn1n120182018考点：数列递推式．

三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17．（本小题满分12分）

【解析】（Ⅰ）由3cos(BC)16cosBcosC，

得3(cosBcosCsinBsinC)1，...............2分

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即cos(BC)， .......................................3分 在ABC内,cosAcos(BC)（Ⅱ）∵0A，cosA131．.....................................5分 3122，∴sinA， 33由SABC22，得1bcsinA22，即bc6．.........................6分 2由余弦定理，得a2b2c22bccosA，.............................7分 ∴9(bc)22bc(1cosA)(bc)216， ∴bc5．.................................................................9分

bc5b2b3由，得或．............................................12分

bc6c3c2考点：1、三角恒等变换；2余弦定理、；3、正弦定理的应用． 18．（本小题满分12分） 2列联表如下： 【解析】（Ⅰ）2×

男 女 合计 2非读书迷 40 20 60 读书迷 15 25 40 合计 55 45 100 100(40251520)2易知K的观测值k8.249....................4分

60405545因为8.249>6.635，所以有99%的把握认为“读书迷”与性别有关．..............5分 （Ⅱ）由频率分布直方图可知从该校学生中任意抽取1名学生恰为“读书迷”的概率为由题意可知XB(3,),X的所有可能取值为0,1,2,3,......................7分

2,..............6分 525327541232P(X0)C30()3, P(X1)C3()(),

51255512523368323P(X2)C32()2, P(X3)C3()...........9分

551255125X的分布列为

X P 0 1 2 3 27 12554 12536 125第 4 页，共8页

8 125..................................................................10分

26................................................11分 552218D(X)3(1)......................................12分

5525E(X)319．（本小题满分12分）

【解析】（Ⅰ）证明：PC平面ABCD，AC平面ABCD，ACPC，.......................1分

AB2，ADCD1，ACBC2 AC2BC2AB2，ACBC...........................................2分

又BCPCC，PC面PBC，BC面PBC...................3分

AC平面PBC，.................................................................4分

∵AC平面EAC，平面EAC平面PBC ...........................5分 （Ⅱ）以C为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，－1，0） 设P（0，0，a）（a0），则E（zPEA11a，，）， 22211aCA(1,1,0)，CP(0,0,a)，CE(,,)，.......6分

222xCB取m=（1，－1，0）

yD则mCPmCA0，m为面PAC的法向量

设n(x,y,z)为面EAC的法向量，则nCAnCE0， 即xy0,，取xa，ya，z2，则n(a,a,2)，.............. 8分

xyaz0依题意，cosm,nmnmnaa226，则a2 ...............9分 3于是n(2,2,2).........................................10分

设直线PA与平面EAC所成角为，则sincosPA,nPAnPAn2， 3即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为2 ............................12

分

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20．（本小题满分12分）

【解析】（Ⅰ）设Mx,y，则kMAyy,kMBx1， x1x1yyy222所以x所以1x1 （未写出范围扣一分）............4分 x1x12（Ⅱ）由已知当直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程是ykx1，........5分

2y21x22联立，消去y得k2x2kx10，.....................6分 2ykx1222因为4k4k28k10，所以kR，...............7分

设Px1,y1,Qx2,y2， x1x22k1,xx ......................8分 12k22k222SOPQ11OFx1x222x1x2k21........10分

4x1x222k221k211k2122 当且仅当k0时取等号，

OPQ面积的最大值为2． .......................................12分

2考点：1、求曲线的方程；2、椭圆的方程；3、利用基本不等式求最值． 21．（本小题满分12分）

/【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)，f(x)xa ....................3分 2x①若a0,f/(x)0，f(x)在(0,)上单调递增 ...................4分 ②若a0，当x(0,a)时，f/(x)0，f(x)在(0,a)单调递减．

当x(a,)时，f/(x)0，f(x)在(a,)单调递增．.................6分

111等价于(x1)lnx2(x1)0………………7分 lnxx12(x1)1/2lnx1………………9分 令F(x)(x1)lnx2(x1)，则F(x)lnxxx1由（Ⅰ）知，当a1时fmin(x)f(1)0，f(x)f(1)，即lnx10................10分

x（Ⅱ）1x2 所以F/(x)0，则F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)F(1)0

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即有1x2 时111 ………………………………………………………12分 lnxx12考点：导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值及分类讨论、转化与化归的数学思想

22.（本小题满分10分）

【解析】证明 （Ⅰ）连接BN，则ANBN，……………2分 又CDAB,则BEFBNF90，.......4分

即BEFBNF180，则B,E,F,N四点共圆．..............5分 （Ⅱ）由直角三角形的射影定理可知AC2AEAB, .................6分

CAMEOFDBNBFBE(BAEA), 相似可知：， BFBMBABEBABABMBFBMAB2ABAE.........................………………………8分

BFBMAB2AC2,即AC2BFBMAB2.............................10分

23.（本小题满分10分）

【解析】（Ⅰ）将C的极坐标方程26cos50化为直角坐标为x2y26x50,.........1分

x1tcos(t为参数）………………...................2分 直线l的参数方程为ytsin将直线的参数方程代入曲线C的方程整理得t28tcos120.......………3分 直线与曲线有公共点，64cos2480 得cos33 或cos225[0,),的取值范围为[0,],.............……………………5分

66（Ⅱ）曲线C的方程x2y26x50化为(x3)2y24，

其参数方程为x32cos(为参数）................………………………7分

y2sin第 7 页，共8页

M(x,y)为曲线C上任意一点，

xy32cos2sin322sin ..........9分

4xy的取值范围是[322,322]...........................………………………10分

24.（本小题满分10分）

【解析】（Ⅰ）显然a0，…………………………………………………………1分

1313,]， 6,2，无解；…………3分 aaaa13113当a0时，解集为[,]，令2,6，a，

2aaaa1综上所述，a.……………………………………………………5分

2当a0时，解集为[（Ⅱ）当a2时，

12x4,x413令h(x)f(2x1)f(x1)4x12x36x2,x…………7分

4232x4,x2由此可知，h(x)在(,)单调减，在(则当x14133,)和(,)单调增， 42217时，h(x)取到最小值，………………………………8分 42由题意知，

7773m，则实数m的取值范围是,……………10分

22第 8 页，共8页