2017届河南郑州一中网校高三入学测试数学(文)试题(解析版)

一、选择题

1．已知全集UR，集合Px|lnx21,Qy|ysinxtanx,x0,，4则PQ为（ ）

2222A．e,e,2  B．2C．0,22  D．0,e2【答案】B

2【解析】试题分析：集合Pe,00,e，集合Q0,1，故

222PQe,． 2【考点】1.集合并集；2.三角函数值域.

【易错点晴】集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系.

2．复数z1,z2在复平面内对应的点关于直线yx对称，且z132i，则z1z2（ ） A．13i B．13i C．1312i D．1213i 【答案】A

【解析】试题分析：z123i，z1z223i32i13i. 【考点】复数概念及运算.

b0，那么向量a,b的夹角为（ ） 3．已知向量a,b满足a2,b1,abA．30° B．60° C．150° D．120°

【答案】D 【解析】试题分析：

212abbabcosb2cos20,cos,.

23【考点】向量运算.

4．已知公差不为0的等差数列an满足a1,a3,a4成等比数列，Sn为数列an的前n项和，则

S3S2的值为（ ）

S5S3第 1 页 共 17 页

A．-2 B．-3 C．2 D．3

【答案】C

【解析】试题分析：a1,a3,a4成等比数列，即a12da1a13d,a14d，

22dS3S2a3a2d2. 1dS5S3a4a52a17d【考点】数列的基本概念.

5．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器———商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若取3，其体积为12.6（立方寸），则图中的x为（ ）

A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.4 【答案】B

【解析】试题分析：这是一个圆柱和一个长方体，体积为

x5.4x3116.42.25x12.6,x1.6.

【考点】三视图.

14x2y26．过椭圆221ab0的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于点P,F2为右焦

ab0点，若F1PF260，则椭圆的离心率为（ ）

A．

112 B． C． 232D．3 3【答案】D

b22b23b2b22,PF2,2a,，所以【解析】试题分析：依题意PF1aaaa23b213. e12a33【考点】直线与圆锥曲线位置关系.

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7．函数ysin2x是（ ） A．

3与ycos2x23的图象关于直线xa对称，则a可能 B． C． 2412811D．

24【答案】A

【解析】试题分析：图象关于直线xa对称，则有fx,f2ax关于直线xa对称

，

f2as3xi，na2cos2x324a,a，即. sin2xsin2x3624326【考点】三角函数图象变换.

8．按下图所示的程序框图，若输入a110011，则输出的b（ ）

A．45 B．47 C．49 D．51 【答案】D

【解析】试题分析：程序框图的效果是将二进制的数转化为十进制的数，即

1100112524212051.

【考点】算法与程序框图.

9．已知函数fx2016xlog2016x21x2016x2，则关于x的不等式

f3x1fx4的解集为（ ）

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A．11, B．, C．0,

44D．,0 【答案】A 【

解

析

】

试

题

分

析

：

f3x12f，设x20Fxfx22016x2016xlog2016x21x，FxFx，所以

Fx为奇函数，图象关于原点对称，要F3x1Fx0，只需

13x1x0,x.

4【考点】函数的单调性.

2xy6010．已知实数x,y满足xy0，若目标函数zmxy的最大值为

x22m10，最小值为2m2，则实数m的取值范围是（ ）

A．2,1 B．1,3 C．1,2

D．2,3 【答案】C

【解析】试题分析：画出可行域如下图所示，依题意可知，目标函数在点2,10取得最大值，在点2,2取得最小值.由图可知，当m0时，m0,2，当m0时，

m1,0，故取值范围是1,2.

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【考点】线性规划.

y221的右支上一点P，分别向圆C1:x4y24和圆11．过双曲线x152C2:x4y21作切线，切点分别为M,N，则PMPN的最小值为（ ）

222A．10 B．13 C．16 D．19 【答案】B

【解析】试题分析：如图所示，根据切线，可有

PMPNPO14PO21PO1PO22222PO1PO232PO1PO2322，

PN最小值为15. PO1PO2OO128，所以PM第 5 页 共 17 页

【考点】圆与双曲线的位置关系. 【思路点晴】本题考查双曲线的定义，直线与圆的位置关系，直线与圆锥曲线位置关系，考查数形结合的数学思想，考查划归与转化的数学思想.我们首先根据题意画出图象，然后根据半径垂直于切线，将题目中的PM,PN转化为PO1,PO2，这样，再结合图象，可以知道，P,O1,O2三点共线时PO1PO2取得最小值为8.

12．定义域为R的可导函数yfx的导函数为fx，满足fxfx，且

f02，则不等式fx2ex的解集为（ ）

A．,0 B．,2 C．0, D．2, 【答案】C

fx'f'xfx【解析】试题分析：构造函数Fx,Fx0，Fx在Rxxee上单调递减，故fx2e等价于

xfxf02,x0. exe0【考点】函数导数与不等式.

【思路点晴】无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.利用求函数最值的方法来证明不等式，但是注意f(x)ming(x)max是f(x)g(x)的充分不必要条件；适当对不等式等价变形，通过换元法，转化为含有一个未知数的不等式，并通过构造函数，并且利用导数研究的单调性，达到证明的目的.

二、填空题

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13．设ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a2,b3,cosC1，则3sinA____．

【答案】42 9【解析】试题分析：

c2a2b22abcosC1349,c3，

cosA994742. ,sinA1sin2A1899【考点】解三角形、正余弦定理.

x2y21的左、右焦点，A为椭圆上一点，且14．F1,F2分别为椭圆

362711OBOAOF1,OCOAOF2，则OBOC__________．

22【答案】6

11【解析】试题分析：依题意有OB//AF2,OC//AF1，故OBOCa6.

22【考点】向量运算.

15．过球O表面上一点A引三条长度相等的弦AB、AC、AD，且两两夹角都为60°，若球半径为R，求弦AB的长度___________． 【答案】a26R 3【解析】试题分析：依题意可知，这是一个正四面体的外接球. 若一个正四面体边长为

a,其外接球半径公式为:a2，即a2R,a【考点】球的内接几何体.

383826R. 3【思路点晴】对棱相等的三棱锥,设三对棱长分别为a,b,c,如下图所示三棱锥

a2b2c2ABCD,请同学们推导其外接球半径R公式R,特别地,若一个正四

8''22面体边长为a,其外接球半径公式为:a. 设几何体底面外接圆半径为x,常见的图形

38有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.2.若长方体长宽高分别为a,b,c则其体对角线长为

a2b2c2;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方

法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.

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D'C'A'B'DABC

16．已知函数fx2x,xmx2mx4m,xm其中m0，若存在实数b，使得关于x的方程fxb有三个不同的根，则m的取值范围是___________． 【答案】3,

【解析】试题分析：二次函数段对称轴为

xm.要有三个根，只需

mm22m24mm0，即m23m0,m3.

【考点】1.分段函数；2.数形结合的数学思想.

【思路点晴】本题考查分段函数、数形结合的数学思想、化归与转化的数学思想.第一段是偶函数，它是由yx折起来而成.第二段是二次函数，其开口向上，对称轴为

xm，画出这两个函数的图象，依题意关于x的方程fxb有三个不同的根，则

只需mm2m4mm0，也就是左边第一段的右端点函数值比右边第二段左

22端点的函数值要大即可.

三、解答题

17．已知fx3sinxcosxcos2x． （1）求函数fx的单调递增区间；

（2）在锐角ABC的三个角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且fC1，求

a2b2c2的取值范围．

ab【答案】（1）k3,k6（k）；（2）3,4.

【解析】试题分析：（1）先用降次公式和辅助角公式，化简得fx2sin2x第 8 页 共 17 页

，6代入单调递增区间，求出相应自变量的取值范围为k知fC2sin2C3xk6；（2）由（1）

C，.由余弦定理得：c2a2b2ab，化简136a2b2c2ba21，再由正弦定理和基本不等式可求得取值范围.

abab试题解析：

（1）fx3sinxcosxcos2x，∴fx2sin2x， 62k22x62k2，∴k3xk6，

∴函数fx的单调递增区间k3,k,kZ； 6（2）fC1，∴fC2sin2C∴2C∴C1， 662k6或2C62k5,kZ， 632，由余弦定理得：

22a2b2c22abbacabab，∴121，

ababab220A2ABC为锐角三角形，∴，∴A，

6202A322sinAbsinB3113,2， 由正弦定理得：asinAsinA2tanA22a2b2c23,4． ∴

ab【考点】1.三角函数图象与性质；2.解三角形.

18．三棱锥DABC中，ABBCCDDA8,ADCABC120,M,O分别为棱BC,AC的中点，DM42．

0第 9 页 共 17 页

（1）求证：平面ABC平面MDO； （2）求点M到平面ABD的距离． 【答案】（1）证明见解析；（2）

421. 7【解析】试题分析：（1）利用勾股定理有ODOM，利用等腰三角形中点，有ODAC，故OD平面ABC，所以平面ABC平面MDO；（2）利用等体积法，

11SOD421OD，所以hMAB. VMABDVDMAB，即SABDhSMAB33SABD7试题解析：

0（1）由题意：OMOD4，∵DM42，∴DOM90，即ODOM．

又∵在ACD中，ADCD,O为AC的中点，∴ODAC． ∵OMACO，∴OD平面ABC，

又∵OD平面MDO，∴平面ABC平面MDO． （2）由（1）知OD平面ABC,OD4，

ABM的面积为SABM113BABMsin12008483， 222又∵在RtBOD中，OBOD4，得BD42,ABAD8， ∴SABD∵VMABD∴h14264887． 211OD， VDMAB，即SABDhSMAB33421SMABOD421，∴点M到平面ABD的距离为． 7SABD7【考点】1.立体几何证明线面垂直；2.等体积法.

19．郑州一中为了选拔学生参加“全国中学生英语能力竞赛（NEPCS）”，先在本校进

行初赛（满分150分），若该校有100名学生参加初赛，并根据初赛成绩得到如图所示的频率分布直方图．

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（1）根据频率分布直方图，计算这100名学生参加初赛成绩的中位数；

（2）该校推荐初赛成绩在110分以上的学生代表学校参加竞赛，为了了解情况，在该校推荐参加竞赛的学生中随机抽取2人，求选取的两人的初赛成绩在频率分布直方图中处于不同组的概率． 【答案】（1）81；（2）

8. 15【解析】试题分析：（1）利用频率分布直方图估计中位数，也就是左右两边面积等于0.5的地方，设初赛成绩的中位数为x，则

0.0010.00x40x981（2）该校学生的初.，解得00；200.027赛分数在110,130有4人，分别记为A,B,C,D，分数在130,150有2人，分别记为a,b，利用列举法，列举出基本事件有15种，其中符合题意的有8种，故概率为

p8. 15设

初

赛

成

绩

的

中

位

数

为

试题解析： （1）

x，则

0.0010.00x4所初赛成绩的中位0，解得.x0810，9200.02数为81；

（2）该校学生的初赛分数在110,130有4人，分别记为A,B,C,D，分数在130,150有2人，分别记为a,b，在则6人中随机选取2人，总的事件有

A,B,A,C,A,D,A,a,A,b,B,C,B,D,B,a,B,b,C,D,C,a,C,b,D,a,D,b,a共15个基本事件上，其中符合题设条件的基本事件有8个．

故选取的这两人的初赛成绩在频率分布直方图中处于不同组的概率为p【考点】1.频率分布直方图；2.古典概型.

220．已知点C为圆x1y8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，

28． 15且有点A1,0和AP上的点M，满足MQAP0,AP2AM．

（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；

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（2）若斜率为k的直线l与圆x2y21相切，与（1）中所求点Q的轨迹交于不同的

43OH时，求k的取值范围． 两点F,H,O是坐标原点，且OF45x22332y21；【答案】（1）（2）. k或k22332【解析】试题分析：（1）由题意知MQ中线段AP的垂直平分线，所以

x2y21；所以Q的轨迹是椭圆，即方程为CPQCQPQCQA22，

2（2）设直线l:ykxb,Fx1,y1,Hx2,y2，由直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，可得b2k21.联立直线的方程和椭圆的方程，写出根与系数关系，代入

31k242332OFOH，有，由此解得. k或k412k252332试题解析：

（1）由题意知MQ中线段

AP的垂直平分线，所以

CPQCQPQCQA22CA2，所以点Q的轨迹是以点C,A为焦

x2y21； 点，焦距为2，长轴为22的椭圆，bac1,22222（2）设直线l:ykxb,Fx1,y1,Hx2,y2，直线l与圆xy1相切

x2by21221bk1， 212k2x24kbx2b220，

k21ykxb16k2b2412k22b2182k2b218k20k0，

4kb2b22x1x2,x1x212k212k2OFOHx1x2y1y21k2x1x2kbx1x2b2，

1k2b22212k2224k2k214kb21k2kkbbk2112k212k212k21k212k2以

所

3k24k2k211第 12 页 共 17 页

322332为所求． kk或k322332【考点】直线与圆锥曲线位置关系.

【方法点晴】求轨迹方程的常用方法有定义法和向观点法.本题是定义法.根据题意，动点满足椭圆的定义，也即动点到两个定点的距离之和等于常数，并且这个常数大于这两个定点的距离.在求解出椭圆方程后，要验证是否椭圆方程的每个点是否都在图象上，因为有时候有些点是不符合题意的，比如有时候斜率不存在的点可能要舍去. 21．已知函数fxaxlnx（1）讨论fx的单调性；

（2）当a1时，证明fxfx2x1,aR． 2x3对于任意的x1,2成立． 2【答案】（1）当a0时，函数fx在0,1内单调递增，在1,内单调递减，当

220a2时，fx在0,1内单调递增，在1,内单调递减，在a,内单a调递增，当a2时，fx在0,内单调递增，当a2,fx在0,2内单调a2递增，在（2）证明见解析.

a,1内单调递减，在1,内单调递增；【解析】试题分析：（1）先求定义域为0,，求导通分因式分解得

fxax22x1x3.对a分成a0，0a2，a2，a2四类对单调区间

进行讨论；（2）先求出fxfxxlnx3121，利用导数求出xx2x3fxfx在区间1,2的单调区间和最值，即可得证.

试题解析：

（1）函数fx的定义域为0,；

2a22ax2x1 ， fxa23xxxx3当a0,x0,1时，fx0,fx单调递增；

x1,时，fx0,fx单调递减，

当a0时，fxax122xxa． x3a第 13 页 共 17 页

（1）0a2,21， a2当x0,1或xa,时，fx0,fx单调递增；

当x1,2时，fx0,fx单调递减； a（2）a2时，21，在x0,内，fx0,fx单调递增； a21， a（3）a2时，0当x0,当x2或x1,时，fx0,fx单调递增； a2时，,1afx0,fx单调递减．

综上所述，当a0时，函数fx在0,1内单调递增，在1,内单调递减；

22当0a2时，fx在0,1内单调递增，在1,内单调递减，在a,内a单调递增；

当a2时，fx在0,内单调递增；

22当a2,fx在0,在在1,内单调递增． a,1内单调递减，内单调递增，a（2）由（1）知，a1时，

fxfxxlnx2x11223121xlnx231223xxxxxxx，

x1,2，

令gxxlnx,hx由gx3121,x1,2，则fxfxgxhxxx2x3 ，

x10可得gxg11，当且仅当x1时取得等号． x3x22x6又hx，

x4设x3x2x6，则x在x1,2单调递减，因为11,210，

2第 14 页 共 17 页

所以在1,2上存在x0使得x1,x0时，x0,xx0,2时，x0， 所以函数hx在1,x0上单调递增；在x0,2上单调递减，

11，因此hxh2，当且仅当x2取得等号， 223所以fxfxg1h2，

23即fxfx对于任意的x1,2恒成立．

2由于h11,h2【考点】函数导数与不等式.

【方法点晴】分类讨论参数的取值范围是导数问题中最常见的题型.它主要考查分类讨论的数学思想方法.我们为什么要求导，什么时候要进行分类讨论？如此题，我们求导是为了研究单调区间、极值和最值，求导后发现含有参数，即fxax22x1x3，

无法确定单调区间，就需要我们分类讨论了.由于这是二次项的系数含有参数，我们就先从a0,a0两类进行分类. 22．选修4-1：几何证明选讲

如图，已知圆O是ABC的外接圆，ABBC,AD是BC边上的高，AE是圆O的直径，过点C作圆O的切线交BA的延长线于点F．

（1）求证：ACBCADAE；

（2）若AF2,CF22，求AE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AE414. 7【解析】试题分析：（1）连结BE，由题意知ABE为直角三角形，利用ABEADCADA，E从而有ACBCADAE；证得ABAC（2）由切割线定理，有

FC2FAFB，可证得AFCC，所以

AFFCAC，得BCACAFCFBC2AB414，所以AE． 2,coAsCD4sinAEB7试题解析：

（1）证明：连结BE，由题意知ABE为直角三角形，

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因为ABEADC900,AEBACB,ABEADC， 所以

ABAE，即ABACADAE．又ABBC，所以ACBCADAE． ADAC（2）因为FC是圆O的切线，所以FC2FAFB，又AF2,CF22，所以，又CFBAFC，所以BF4,ABBFAF2，因为ACFFBCAFCCFB．

所以

AFACAFBC2，得AC， 2,cosACDFCBCCF4所以AEAB414． sinAEB7【考点】几何证明选讲.

23．选修4-4：坐标系与参数方程

已知曲线C的极坐标方程为2cos4sin，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为x1tcos（t为参数）．

y1tsin（1）判断直线l与曲线 C的位置关系，并说明理由；

（2）若直线l和曲线C相交于A,B两点，且AB32，求直线l的斜率． 【答案】（1）相交；（2）1.

【解析】试题分析：（1）圆两边乘以，化简得x1y25，直线过顶点（2）当直线l的斜率不存在时，直线l过圆心，1,1，该点在圆内，故直线与圆相交；

22AB2532，则直线l必有斜率，设其方程为y1kx1，利用圆心到直

线的距离等于试题解析：

（1）∵2cos4sin，∴2cos4sin222，可求得k1. 22，∴曲线C的直角坐标方程

22为xy2x4y，即x1y25，直线l过点1,1，且该点到圆心的

距离为1112225，直线l与曲线C相交．

（2）当直线l的斜率不存在时，直线l过圆心，AB2532，则直线l必有斜率，设其方程为y1kx1，即kxyk10，圆心到直线l的距离

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322， d522k12解得k1，∴直线l的斜率为1．

122【考点】坐标系与参数方程. 24．选修4-5：不等式选讲

已知函数fxx2,gxmx2,mR． （1）解关于x的不等式fx3；

（2）若不等式fxgx对任意xR恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1）x|x1或x5；（2）,1.

【解析】试题分析：（1）x23，即x23或x23，即x1或x5；（2）

fxgx，得x2mx2对任意xR恒成立，当x0时，问题等价于mx22x对任意非零实数恒成立，

x22xx22x1，故m1.

试题解析：

（1）由fx3，得x23，即x23或x23， ∴x1或x5故原不等式的解集为x|x1或x5； （2）由fxgx，得x2mx2对任意xR恒成立， 当x0时，不等式x2mx2成立当x0时，问题等价于m意非零实数恒成立， ∵

x22x对任

x22xx22x1，∴m1，即m的取值范围是,1．

【考点】不等式选讲.

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