2017届高考全真模拟预测考试（第1次考试） - 全国卷文科数学试题

A.6+ 【答案】B

B.10+ C.10+ D.6+

【解析】本题考查三视图、几何体的体积,考查考生的计算能力、空间想象能力.由三视图还原出几何体是解题的关键.

由三视图可知该几何体是由一个各棱长均为2的正四棱锥、一个棱长为2的正方体和一个直

2×2=8,三棱柱的体积为×2×1×2=2,棱长为2的正四棱锥的高三棱柱构成的,正方体的体积为2×

2×2×,故该几何体的体积为8+2+=10+,选B. 为,故其体积为×

10．将函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,-≤φ<)图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),

再向左平移个单位长度得到y=sinx的图象,则函数f(x)的单调递增区间为 A.[2kπ-,2kπ+],k∈Z C.[kπ-,kπ+],k∈Z 【答案】C

【解析】本题主要考查三角函数的图象与性质、三角函数的图象变换等知识.先根据三角函数

图象变换求出ω,φ的值,再求其单调区间.

B.[2kπ-,2kπ+],k∈Z D.[kπ-,kπ+],k∈Z

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通解 将函数f(x)=sin(ωx+φ)图象上每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),则函数变为y=sin(ωx+φ),再向左平移个单位长度得到的函数为y=sin[ω(x+)+φ]=sin(ωx++φ)=sinx,又ω>0,所以,又-≤φ<,所以ω=2,φ=-,f(x)=sin(2x-),由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,可得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.选C. 优解 将y=sinx的图象向右平移个单位长度得到的函数为y=sin(x-),将函数y=sin(x-)的图象上每一点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变),则函数变为y=sin(2x-)=f(x),由2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,可

11．已知变量a,b满足b=-a2+3lna(a>0),若点Q(m,n)在直线y=2x+上,则(a-m)2+(b-n)2的最小值

为 A. 【答案】A

【解析】本题主要考查导数的几何意义、点到直线的距离公式,考查考生构造函数解决问题的意识、数据处理能力等,属于中上等难度题.将问题转化为函数图象上的动点与直线上的动点的距离问题,可用与已知直线平行的切线求解.

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由题意知,y=2x+表示斜率为2的直线,变量a,b满足b=-a+3lna,设函数f(x)=-x+3lnx,则f'(x)=-x+,设当切线斜率为2时,函数f(x)图象的切点的横坐标为x0,则-x0+=2,∴x0=1,此时切点坐标为(1,-),

222

切点到直线y=2x+的距离d=,∴(a-m)+(b-n)的最小值为d=.

B. C.9 D.3

12．已知双曲线C:-4y2=1(a>0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于,抛物线E:y2=2px的焦点与

双曲线C的右焦点重合,直线l的方程为x-y+4=0,在抛物线上有一动点M到y轴的距离为d1,到直线l的距离为d2,则d1+d2的最小值为 A.+2 【答案】D

【解析】本题综合考查双曲线的方程、渐近线,抛物线的定义、性质等,考查考生分析问题、解

2

决问题的能力.-4y=1的右顶点坐标为(a,0),一条渐近线为x-2ay=0.由点到直线的距离公式得d=,

2

解得a=或a=-(舍去),故双曲线的方程为-4y=1.因为c==1,故双曲线的右焦点为(1,0),即抛物线的焦点为(1,0),所以p=2,x=-1是抛物线的准线,因为点M到y轴的距离为d1,所以到准线的距离为d1+1,设抛物线的焦点为F,则d1+1=|MF|,所以d1+d2=d1+1+d2-1=|MF|+d2-1,焦点到直线l的距离d3=,而|MF|+d2≥d3=,所以d1+d2=|MF|+d2-1≥-1,选D.

二、填空题：共4题

13．设向量a,b的夹角为60°,|a|=1,|b|=2,则(-3a+b)·(a+2b)= .

B.+1 C.-2 D.-1

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【答案】0

【解析】本题主要考查向量的模与夹角、向量的数量积等,考查考生的运算能力. ,|a|=1,|b|=2,所以a·|b|cos 60°=1×2×=1,则b=|a|·因为向量a,b的夹角为60°

(-3a+b)·(a+2b)=-3a2-6a·b+a·b+2b2=-3-5+8=0.

14．已知在平面直角坐标系中,O(0,0),A(2,4),B(6,2),则三角形OAB的外接圆的方程

是 .

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【答案】x+y-6x-2y=0

【解析】本题主要考查三角形的外接圆等知识.有两种方法解决,一是待定系数法,设出圆的一般方程,求出D,E,F即可,二是先判断出三角形OAB为直角三角形,再利用直角三角形的性质求出其外接圆的方程.

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解法一 设三角形OAB的外接圆方程是x+y+Dx+Ey+F=0,依题意可得,解得,故三角形OAB

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的外接圆的方程是x+y-6x-2y=0.

kOA=2×(-)=-1,所以三角形OAB解法二 因为直线OA的斜率kOA==2,直线AB的斜率kAB==-,kAB×

是直角三角形,点A为直角顶点,OB为斜边,因为|OB|=,故外接圆的半径r=,又OB的中点坐标为(3,1),故三角形OAB的外接圆的标准方程为(x-3)2+(y-1)2=10,即x2+y2-6x-2y=0.

15．已知棱长均为a的正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为的球面上,则a的值

为 . 【答案】1

【解析】本题主要考查球的内接三棱柱等,考查考生的空间想象能力与运算能力.

设O是球心,D是等边三角形A1B1C1的中心,则OA1=,因为正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均

a,OD=,故A1D2+OD2=(a)2+()2=()2,得a2=,即a2=1,得a=1. 为a,所以A1D=a×

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16．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且S1,S2+2,S3成等差数列,记数列{an·(2n+1)}

的前n项和为Tn,则Tn= .

2n+1 【答案】2-(1-2n)×

【解析】本题主要考查等比数列的通项公式、错位相减法求和.利用已知条件可以求出{an}的通项公式,再利用错位相减法求和即可.

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设数列{an}的公比为q,由可得4+4q+4=2+2+2q+2q,即q-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),∴an=2n(n∈N*),an·(2n+1)=(2n+1)×2n,故Tn=3×2+5×22+…+(2n+1)×2n,则2Tn=3×22+5×23+…+(2n+1)×2n+1,故-Tn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1=6+2×-(2n+1)×2n+1=-2+(1-2n)×2n+1,故Tn=2-(1-2n)×2n+1.

三、解答题：共8题

17．已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=2,.

(1)求角A的大小;

(2)求△ABC的面积的最大值. 【答案】(1)根据正弦定理,由可得,,

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∴b-a=bc-c,即b+c-a=bc,

由余弦定理可得cosA=, ∵A∈(0,π),∴A=.

(2)由a=2及余弦定理可得cosA=,

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故b+c=bc+4.

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又bc+4=b+c≥2bc,∴bc≤4+2,

当且仅当b=c=时等号成立.

(4+2)×+1. 故所求△ABC的面积的最大值为×

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