2017年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题
理科数学（Ⅱ）
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12个小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则集合=（）
A.B.C.D.【答案】B
【解析】由题意可得：，则集合=.本题选择B选项.2.设复数满足，则=（）
A.B.C.D.【答案】C
【解析】由题意可得：
.本题选择C选项.3.若，则的值为（）
A.B.C.D.【答案】A
【解析】由题意可得：，结合两角和差正余弦公式有：
.本题选择A选项.4.已知直角坐标原点为椭圆的中心，为左、右焦点，在区间任取一个数，则事件“以为离心率的椭圆与圆：没有交点”的概率为（）
A.B.C.D.【答案】A
【解析】满足题意时，椭圆上的点
到圆心的距离：，整理可得，据此有：，题中事件的概率
.学,科,网...本题选择A选项.5.定义平面上两条相交直线的夹角为：两条相交直线交成的不超过的正角.已知双曲线：，当其离心率时，对应双曲线的渐近线的夹角的取值范围为（）
A.B.C.D.【答案】D
【解析】由题意可得：，设双曲线的渐近线与
轴的夹角为，双曲线的渐近线为，则，结合题意相交直线夹角的定义可得双曲线的渐近线的夹角的取值范围为.本题选择D选项.6.某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为，则它的表面积是（）
A.B.C.D.【答案】A
【解析】由三视图可知，该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体，其中：
由题意：，据此可知：，，它的表面积是
.本题选择A选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．正方体与球各自的三视图相同，但圆锥的不同．
7.函数在区间的图象大致为（）
A.B.C.D.【答案】A
【解析】由题意，则
且，函数为非奇非偶函数，选项C,D错误；
当
时，则函数值，排除选项B.本题选择A选项.8.二项式的展开式中只有第6项的二项式系数最大，且展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍，则的值为（）学,科,网...A.4
B.8
C.12
D.16
【答案】B
【解析】二项式的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，二项式
展开式的通项公式为：，由题意有：，整理可得：
.本题选择D选项.点睛：二项式系数与展开式项的系数的异同
一是在Tr＋1＝an－rbr中，是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．
二是二项式系数的最值与增减性与指数n的奇偶性有关，当n为偶数，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．
9.执行下图的程序框图，若输入的，，则输出的的值为（）
A.81
B.C.D.【答案】C
【解析】依据流程图运行程序，首先
初始化数值，进入循环体：，时满足条件，执行，进入第二次循环，时满足条件，执行，进入第三次循环，时不满足条件，输出
.本题选择C选项.10.已知数列，且，则的值为（）
A.B.C.D.【答案】C
【解析】由递推公式可得：
当
为奇数时，数列
是首项为1，公差为4的等差数列，当
为偶数时，数列
是首项为2，公差为0的等差数列，本题选择C选项.11.已知函数的图象如图所示，令，则下列关于函数的说法中不正确的是（）
A.函数图象的对称轴方程为学,科,网...B.函数的最大值为
C.函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直线平行
D.方程的两个不同的解分别为，则最小值为
【答案】C
【解析】由函数的最值可得，函数的周期，当
时，令
可得，函数的解析式
.则：
结合函数的解析式有，而，选项C错误，依据三角函数的性质考查其余选项正确.本题选择C选项.12.已知函数，若存在三个零点，则的取值范围是（）
A.B.C.D.【答案】D
【解析】很明显，由题意可得：，则由
可得，由题意得不等式：，即：，综上可得的取值范围是
.本题选择D选项.点睛：函数零点的求解与判断
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22题和第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13.向量，若向量，共线，且，则的值为_________．
【答案】-8学,科,网...【解析】由题意可得：
或，则：
或
.14.设点是椭圆上的点，以点为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，圆与轴相交于不同的两点、，若为锐角三角形，则椭圆的离心率的取值范围为__________．
【答案】
【解析】试题分析：∵△PQM是锐角三角形，∴
∴
化为
∴
解得
∴该椭圆离心率的取值范围是
故答案为：
15.设，满足约束条件则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】绘制不等式组表示的可行域如图所示，目标函数
表示可行域内的点
与坐标原点
之间连线的斜率，目标函数在点
处取得最大值，在点
处取得最小值，则的取值范围为.点睛：本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．
16.在平面五边形中，已知，，，当五边形的面积时，则的取值范围为__________.【答案】
【解析】由题意可设：，则：，则：当
时，面积由最大值；
当
时，面积由最大值；
结合二次函数的性质可得：的取值范围为.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；
（2）记
求的前项和.【答案】（1）
；（2）.【解析】试题分析：
(1)由题意可得数列是以为首项，为公比的等比数列，.学,科,网...(2)裂项求和，故.试题解析：
（1）当时，由及，得，即，解得.又由，①
可知，②
②-①得，即.且时，适合上式，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，故
.（2）由（1）及，可知，所以，故
.18.如图所示的几何体中，底面为菱形，，与相交于点，四边形为直角梯形，，平面底面.（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：
(1)利用题意证得平面.由面面垂直的判断定理可得平面平面.(2)结合(1)的结论和题意建立空间直角坐标系，由平面的法向量可得二面角的余弦值为.试题解析：
（1）因为底面为菱形，所以，又平面底面，平面平面，因此平面，从而.又，所以平面，由，，可知，，从而，故.又，所以平面.学,科,网...又平面，所以平面平面.（2）取中点，由题可知，所以平面，又在菱形中，所以分别以，的方向为，轴正方向建立空间直角坐标系（如图示），则，，，所以，.由（1）可知平面，所以平面的法向量可取为.设平面的法向量为，则即即令，得，所以.从而
.故所求的二面角的余弦值为.点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．
两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．
19.某校为缓解高三学生的高考压力，经常举行一些心理素质综合能力训练活动，经过一段时间的训练后从该年级800名学生中随机抽取100名学生进行测试，并将其成绩分为、、、、五个等级，统计数据如图所示（视频率为概率），根据以上抽样调查数据，回答下列问题：
（1）试估算该校高三年级学生获得成绩为的人数；
（2）若等级、、、、分别对应100分、90分、80分、70分、60分，学校要求平均分达90分以上为“考前心理稳定整体过关”，请问该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”是否过关？
（3）为了解心理健康状态稳定学生的特点，现从、两种级别中，用分层抽样的方法抽取11个学生样本，再从中任意选取3个学生样本分析，求这3个样本为级的个数的分布列与数学期望.【答案】（1）448；（2）该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关；（3）见解析.【解析】试题分析：
(1)由频率分布直方图估算该校高三年级学生获得成绩为的人数为448；
(2)计算平均分可得该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关.(3)的可能值为0，1，2，3.由超几何分布的概率写出分布列，求得数学期望为
.试题解析：
（1）从条形图中可知这100人中，有56名学生成绩等级为，所以可以估计该校学生获得成绩等级为的概率为，则该校高三年级学生获得成绩为的人数约有.（2）这100名学生成绩的平均分为，因为，所以该校高三年级目前学生的“考前心理稳定整体”已过关.学,科,网...（3）由题可知用分层抽样的方法抽取11个学生样本，其中级4个，级7个，从而任意选取3个，这3个为级的个数的可能值为0，1，2，3.则，，.因此可得的分布列为：
则
.20.已知椭圆：的离心率为，且过点，动直线：交椭圆于不同的两点，且（为坐标原点）
（1）求椭圆的方程.（2）讨论是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是请说明理由.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：
(1)由题意求得，故所求的椭圆方程为.(2)联立直线与椭圆的方程，利用根与系数的关系结合题意可证得为定值.试题解析：
（1）由题意可知，所以，即，①
又点在椭圆上，所以有，②
由①②联立，解得，故所求的椭圆方程为.（2）设，由，可知.联立方程组
消去化简整理得，又由题知，即，整理为.将③代入上式，得.化简整理得，从而得到.21.设函数
.（1）试讨论函数的单调性；学,科,网...（2）设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，证明.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：
(1)求解函数的导函数，分类讨论可得：
①若时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增；
②若时，函数单调递增；
③若时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增.(2)构造新函数，结合新函数的性质即可证得题中的不等式.试题解析：
（1）由，可知
.因为函数的定义域为，所以，①若时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增；
②若时，当在内恒成立，函数单调递增；
③若时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增.（2）证明：由题可知，所以
.所以当时，；当时，；当时，.欲证，只需证，又，即单调递增，故只需证明.设，是方程的两个不相等的实根，不妨设为，则
两式相减并整理得，从而，故只需证明，即.因为，所以（*）式可化为，即.因为，所以，不妨令，所以得到，.记，所以，当且仅当时，等号成立，因此在单调递增.学,科,网...又，因此，故，得证，从而得证.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号.22.选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系中，曲线：（为参数，），在以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线：.（1）试将曲线与化为直角坐标系中的普通方程，并指出两曲线有公共点时的取值范围；
（2）当时，两曲线相交于，两点，求.【答案】（1），：；；（2）.【解析】试题分析：
(1)由题意计算可得曲线与化为直角坐标系中的普通方程为，；的取值范围是；
(2)首先求解圆心到直线的距离，然后利用圆的弦长计算公式可得.试题解析：
（1）曲线：消去参数可得普通方程为.曲线：，两边同乘.可得普通方程为.把代入曲线的普通方程得：，而对有，即，所以故当两曲线有公共点时，的取值范围为.（2）当时，曲线：，两曲线交点，所在直线方程为.曲线的圆心到直线的距离为，所以.23.选修4-5：不等式选讲.已知函数.（1）在下面给出的直角坐标系中作出函数的图象，并由图象找出满足不等式的解集；
（2）若函数的最小值记为，设，且有，试证明：.【答案】（1）；（2）见解析.【解析】试题分析：
(1)将函数写成分段函数的形式解不等式可得解集为.学,科,网...(2)整理题中所给的算式，构造出适合均值不等式的形式，然后利用均值不等式的结论证明题中的不等式即可，注意等号成立的条件.试题解析：
（1）因为
所以作出图象如图所示，并从图可知满足不等式的解集为.（2）证明：由图可知函数的最小值为，即.所以，从而，从而
.当且仅当时，等号成立，即，时，有最小值，所以得证.
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