仁寿一中南校区高 2017 级仿真考试（二）
数学试题（理科）
本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题），满分 150 分，考试时间 120 分钟.
注意事项：
1.第 I 卷（选择题）、第 II 卷（非选择题）都答在答题卡相应位置上，考试结束后，只交答题
卡；
2.答非选择题时，必须使用 毫米黑色签字笔将答案书写在答题卡规定的位置上.
第 I 卷（选择题 共 60 分）
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
项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出集合 A,B,然后对集合 A,B 取交集即可.
【详解】 , ,
则 ,
故选：C
【点睛】本题考查集合的交集运算，考查一元二次不等式及对数不等式的解法，属于基础题.
2. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据复数的运算，求得复数 z，再求其模长的平方即可.
【详解】因为
所以
0.5
{ | ( 1)( 4) 0}A x x x= + − ≤ 2{ |log 2}B x x= ≤ A B =
[ 1,4]− [1, )+∞ (0,4] [ 2, )− −∞
{ | ( 1)( 4) 0} { | 1 4}A x x x x x= + − ≤ = − ≤ ≤ 2{ | log 2} { | 0 4}B x x x x= ≤ = < ≤
{ | 0 4}A B x x= < ≤
(1 i)(2 i)z = + − 2| |z =
2 i+ 3 i+ 5 10
( )( )1 2z i i= + − 3 i= +
2 2 23 ( 1) 10z = + − =故选 D
【点睛】本题考查了复数的知识点，懂的运算求得模长是解题的关键，属于基础题.
3. 在 的二项展开式中，若仅第四项的二项式系数最大，则 （ ）
A. 9 B. 8 C. 7 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用二项展开式中，二项式系数的单调性判断即可.
【详解】因为在 的二项展开式中，仅第四项的二项式系数最大，
所以 最大，
因为展开式中中间项的二项式系数最大，
所以展开式工有 7 项， ，
故选：D
【点睛】本题主要考查二项式系数的最值，属于基础题.当 n 为偶数时,中间一项的二项式系最大；当 n 为奇
数时,中间两项的二项式系最大.
4. 若向量 ＝ ，| |＝2 ，若 ·( － )＝2，则向量 与 的夹角( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据向量的数量积运算，向量的夹角公式可以求得.
【详解】由已知可得： ，得 ，
设向量 与 的夹角为 ，则
所以向量 与 的夹角为
故选 A.
2
nxx −
n =
2
nxx −
3
nC
6n =
a 1 3,2 2
− b 3 a b a a b
6
π
4
π
3
π
2
π
2
2a b a− =
3a b =
a b θ 3cos .2
a b
a b
θ = =
×
a b
6
π【点睛】本题考查向量的数量积运算和夹角公式，属于基础题.
5. 在 中，若 ，那么 一定是（ ）
A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形
【答案】B
【解析】
【分析】
利用诱导公式和和差角的正弦公式化简即得 ，即得三角形的形状.
【详解】因为 ，
所以
所以
所以
所以 ,
所以 ,
所以 .
所以三角形是等腰三角形.
故选：B.
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6. 已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布 ，从中随机取一件，其长度误差落在区
间（3,6）内的概率为（ ）
（附：若随机变量 ξ 服从正态分布 ，则 ，
．）
A. 4.56% B. 13.59% C. 27.18% D. 31.74%
【答案】B
【解析】
试 题 分 析 ： 由 题 意
故选 B．
考点：正态分布
ABC sin 2sin cosB A C= ABC
A C=
sin 2sin cosB A C=
sin( ) 2sin cos ,A C A C+ =
sin cos cos sin 2sin cos ,A C A C A C+ =
sin cos cos sin 0,A C A C− =
sin( ) 0A C− =
0A C− =
A C=
( )20,3N
( )2,N µ σ ( ) 68.26%P µ σ ξ µ σ− < < + =
( )2 2 95.44%P µ σ ξ µ σ− < < + =
13 3 68.26% 6 6 95.44% 3 6 95.44% 68.26% 13.59%2P P P（ ＜ ＜ ） ，（ ＜ ＜ ） ， （ ＜ ＜ ） （ ） ．ξ ξ ξ− = − = ∴ = − =7. 已知 ， ， ，则 、 、 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用指数函数和对数函数的单调性比较 、 、 与 和 的大小关系，从而可得出实数 、 、 的大小
关系.
【详解】由于指数函数 是增函数，则 ；
对数函数 是增函数，则 ，即 ；
对数函数 是增函数，则 .
因此， .
故选 A.
【点睛】本题考查对数与指数的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间值法得出各
数的大小关系，考查推理能力，属于中等题.
8. 宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦﹝九韶﹞、李﹝冶﹞、杨﹝辉﹞、朱﹝世杰﹞四大
家”，朱世杰就是其中之一．朱世杰是一位平民数学家和数学教育家．朱世杰平生勤力研习《九章算术》，
旁通其它各种算法，成为元代著名数学家．他全面继承了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收
了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当
时各种数学知识为宗旨的《算学启蒙》，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，
竹日自倍，松竹何日而长等．如图，是源于其思想的一个程序框图．若输入的 分别为 ， ，则输出的
（ ）
1
23a = 2log 3b = 9log 2c = a b c
a b c> > a c b> > b a c> > c b a> >
a b c 1 1
2
a b c
3xy = 1
023 3 1a = > =
2logy x=
2 2 2log 2 log 3 log 2< < 1 12 b< <
9logy x= 9 9
1log 2 log 3 2c = < =
a b c> >
,a b 3 1
n =A. 2 B. 3
C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】
按流程图逐一执行即可.
【详解】输入的 分别为 ， 时，依次执行程序框图可得：
不成立
不成立
不成立
,a b 3 1
1 93 32 2a = + × =
2 1 2b = × =
a b<
1 1 2n = + =
9 1 9 27
2 2 2 4a = + × =
2 2 4b = × =
a b<
2 1 3n = + =
27 1 27 81
4 2 4 8a = + × =
2 4 8b = × =
a b<
3 1 4n = + =成立
输出
故选 C
【点睛】本题主要考查了程序框图知识，考查读图能力及计算能力，属于基础题.
9. 且 ）是增函数，那么函数 的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据函数 且 ）的单调性判断底数 的范围，得到函数 的图象，再利用
图象平移得到函数 的图象．
【详解】解；∵ 可变形为 ，若它是增函数，则 ，
，∴ 为过点（1，0）的减函数，
∴ 为过点（1，0）的增函数，
∵ 图象为 图象向左平移 1 个单位长度，
∴ 图象为过（0，0）点的增函数，故选 D．
【点睛】本题考查了指对数函数的单调性，以及图象的平移变化，做题时要认真观察．
10. 已知函数 最小正周期为 π，且关于 中心对称，则下列
结论正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
的
.
81 1 81 243
8 2 8 16a = + × =
2 8 16b = × =
a b<
4n =
( 0xy a a−= > 1a ≠ 1( ) log 1af x x
= +
( 0xy a a−= > 1a ≠ a ( ) logaf x x=
1( ) log 1af x x
= +
xy a−= 1( )xy a
= 1 1a
>
0 1a∴ < < ( ) logaf x x=
( ) logaf xx = −
1( ) log 1af x x
= + ( ) logaf xx = −
1( ) log 1af x x
= +
π( ) sin( ) 0,0 | | 2f x xω ϕ ω ϕ = + > <
2
px = 1
3sin MFG∠ =
2y x= 2 2y x=
2 4y x= 2 8y x=作 ，垂足为点 D．利用点 在抛物线上、 ， 结合抛物线的
定义列方程求解即可.
【详解】作 ，垂足为点 D．
由题意得点 在抛物线上，则 得 ．①
由抛物线的性质，可知， ，
因为 ，所以 ．
所以 ，解得： ．②．
由①②，解得： （舍去）或 ．
故抛物线 C 的方程是 ．
故选 C．
【点睛】本题考查抛物线的定义与几何性质，属于中档题.
12. 已知函数 ，若方程 有 5 个解，则 的取值范围是
（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用因式分解法，求出方程的解，结合函数 的性质，根据题意可以求出 的取值范围.
【详解】 ，
，或 ，由题意可知： ，由题可知：当 时， 有 2 个解且
有 2 个解且 ，
MD EG⊥ ( )0 ,2 2M x 1 | |sin =3 | |
DMMFG MF
∠ =
MD EG⊥
( )0 0,2 2 2
pM x x > 08 2px= 0 4px =
0| | 2
pDM x= −
1sin 3MFG∠ = 0
1 1| | | |3 3 2
pDM MF x = = +
0 0
1
2 3 2
p px x − = + 0x p=
0 2x p= = − 0 2x p= =
2 4y x=
1 , 0
( )
, 0x
xmf x
e x−
==
≠
23 ( ) (2 3) ( ) 2 0mf x m f x− + + = m
(1, )+∞ (0,1) (1, )∪ +∞ 31, 2
3 31, ,2 2
+∞
( )f x m
23 ( ) (2 3) ( ) 2 0 [3 ( ) 2][ ( ) 1] 0mf x m f x f x mf x− + + = ⇒ − − =
2( ) 3f x = 1( )f x m
= 1(0)f m
= 0x ≠ 2( ) 3f x =
1( )f x m
= 2 1 3
3 2mm
≠ ⇒ ≠当 时， ，因为 ，所以函数 是偶函数，当
时，函数 是减函数，故有 ，函数 是偶函数，所以图象关于纵轴对称，即当 时
有， ，所以 ，综上所述；
的取值范围是 ，故本题选 D.
【点睛】本题考查了已知方程解的情况求参数取值问题，正确分析函数的性质，是解题的关键.
第 II 卷（非选择题 共 90 分）
二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分.请将正确答案直接答在答题卡相应的位置
上.
13. 函数 ，则 ______．
【答案】1
【解析】
【分析】
根据自变量范围代入对应解析式，即得结果.
【详解】根据题意， ，则 ；
故答案为 1．
【点睛】本题考查分段函数求值，考查基本分析求解能力，属基础题.
14. 已知实数 x，y 满足 ，则 最大值为______．
【答案】-2
【解析】
【详解】根据题意得到如图可行域
是封闭的三角形，顶点是(0,1) ( )（0，2）
的
0x ≠ (1( ) )x xf x e e
− == 1 1( ) ) )( ( ( )x xf xe e fx −= = =− ( )f x 0x >
( )f x 0 ( ) 1< =
PQ m
PQ m
PQ m
PQ AEF EF
⋅ ⋅
=
PQ EF PQ m
PQ EF PQ m
2 1 3
2 2
−=y 1y = ±
l Q PQ AEF EF 1=AQ
M ( )2 2
2 2 1 0y x a ba b
+ = > > 2 2 1x y− =
M
2y x m= + M A B ( )1, 2P M PAB∆
2 2
14 2
y x+ =
2（1）求得双曲线的离心率，由题意可得椭圆的离心率，求得 ， ，即可得到椭圆方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，由三角形的面积公式，结合基本不等式，即可
得到最大值．
【详解】（1）由题可知，双曲线的离心率为 ，则椭圆的离心率 ，由 ， ，
，得 ， ， ，故椭圆 的方程为 .
（2）不妨设 ， ，联立方程组 ，得 ，
由 ，得 .
且 ，
所以
.
又 到直线 的距离为 ，
所以
.
当且仅当 时取等号，所以 .
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，注意运用椭圆的离心率公式，考查直线和椭圆联立，运用韦达定理和
a b
2 2
2
ce a
= = 2 4a = 2
2
c
a
=
2 2 2b a c= − 2a = 2c = 2b = M
2 2
14 2
y x+ =
( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 2 2
2
12 4
y x m
x y
= +
+ =
2 24 2 2 4 0x mx m+ + − =
( ) ( )2 22 2 16 4 0m m∆ = − − > 2 2 2 2m− < <
1 2
2
1 2
2
2
4
4
x x m
mx x
+ = − − =
1 21 2AB x x= + −
( )2
1 2 1 23 4x x x x= ⋅ + −
2 213 42 m m= ⋅ − +
2
3 4 2
m= ⋅ −
P AB 3
md =
21 3 42 2 2 3PAB
mmS AB d∆ = ⋅ = ⋅ − ⋅
( )2
2 2 21 14 82 2 2 2
m m m m
= − ⋅ = −
( )2 281 222 2
m m+ −
≤ ⋅ =
( )2 2 2,2 2m = ± ∈ − ( )max 2PABS∆ =弦长公式，考查运算能力，属于中档题．
21. 已知函数 .
（1）若 在定义域单调递增，求 a 的取值范围；
（2）设 ，m，n 分别是 的极大值和极小值，且 ，求 S 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）由条件可知 恒成立，所以对 求导，分离参数 可得： 在 上恒成立，
利用对勾函数求 在 上的最小值，可得到 的范围. （2）利用 在 有极大值和极小
值和已知条件，可求出 的范围以及根与系数的关系，用变量集中的方法表示出 的函数，设变量为 ，再
根据两根的范围解出 的范围，利用单调性即可求出 的范围.
【详解】解：（1）由已知 ，
在定义域上单调递增，则 ，即 在 上恒成立，
而 ，所以 ；
（2）由（1）知，欲使 在 有极大值和极小值，必须 .
又 ，所以 .
令 的两根分别为 ， ，
即 的两根分别为 ， ，于是 .
不妨设 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ， ，
所以
21( ) ln ( )2f x x ax x a= − + ∈R
( )f x
1e ea < + ( )f x S m n= −
2a ≤
4 2
2
e 4e 10, 2eS
− −∈
( ) 0f x′ ≥ ( )f x a 1a x x
≤ + (0, )+∞
1x x
+ (0, )+∞ a ( )f x (0, )+∞
a s t
t s
1'( ) ( 0, R)f x x a x ax
= + − > ∈
( )f x ( ) 0f x′ ≥ 1a x x
≤ + (0, )+∞
1 [2, )x x
+ ∈ +∞ 2a ≤
( )f x (0, )+∞ 2a >
1e ea < + 12 e ea< < +
21 1( ) 0x axf x x ax x
− +′ = + − = = 1x 2x
2 1 0x ax− + = 1x 2x 1 2
1 2 1
x x a
x x
+ =
=
1 20 1x x< < <
( )f x 1(0, )x 1 2[ , ]x x 2( , )x +∞
1( )m f x= 2( )n f x=
2 2
1 2 1 1 1 2 2 2
1 1( ) ( ) ( ln ) ( ln )2 2S m n f x f x x ax x x ax x= − = − = − + − − +令 ，于是 .
，
即： ，解得 .
因为 ，所以 在 上为减函数.所以
.
【点睛】本题考查已知单调性求参，考查利用导数求函数值的范围，考查变量集中方法的应用以及学生的
转化能力和计算能力，属于难题.
选考题：共 10 分，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.
22. 在平面直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （φ 为参数），以坐标原点为极点，x 轴
的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程是 .
（1）求曲线 极坐标方程；
（2）射线 ： 与曲线 交于两点 A，B，并与曲线 交于点 C，求 的取
值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
(1）直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.(2）利用极径的应用和三
角函数关系式的变换求出函数的值域.
的
2 2
1 2 1 2 1 2
1 ( ) ( ) ln ln2 x x a x x x x= − − − + −
2 2
2 2 1 1 2 1 1 2 1
1 2
2 1 2 2 2 1 2
1 1 1( ) ln ln ( ) ln2 2 2
x x x x x x xx x x x x x x x x
−= − − + = − × + = − × − +
1
2
(0,1)xt x
= ∈ 1 1( ) ln2S t tt
= − − +
2 2 2
2 21 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
( ) 21 12 (2,e )e
x x x x x xt at x x x x
+ + −+ = = = − ∈ +
2
2
1 12 e + et t
< + <
2
1 1te
< <
2
2
1 1 1 1 1(1+ )+ ( 1) 02 2S t t t
′ = − = − − < 1 1 ln2S t tt
= − − + 2
1 ,1e
4 2
2
e 4e 10, 2eS
− −∈
xOy 1C 1 cos
1 sin
x
y
ϕ
ϕ
= +
= +
2C ( )2 21 sin 2ρ θ+ =
1C
OA π(0 )2
θ α α= < < 1C 2C | | | |
| |
OA OB
OC
⋅
( )2 2 cos sin 1 0ρ θ θ ρ− + + = 2 ,12
【详解】（1）因为曲线 的参数方程为 （φ 为参数），
所以曲线 的直角坐标方程为 ，
曲线 的极坐标方程 ，
（2）由 得
所以 ，
由 得
又因为
所以 .
【点睛】本题主要考查了参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，主要考查学生的
运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
23. 已知函数 .
（Ⅰ）当 时，求不等式 的解集；
（Ⅱ）若函数 的最小值为 3，且 ， ，证明： .
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）见解析
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用零点分类讨论法解绝对值不等式得解；（Ⅱ）利用绝对值三角不等式得 解得 ，
即 ，再用柯西不等式即可证明 .
【详解】（Ⅰ）当 时， ，
故不等式 可化为： 或 或 ，
解得： 或 .
1C 1 cos
1 sin
x
y
ϕ
ϕ
= +
= +
1C ( ) ( )2 21 1 1x y− + − =
1C ( )2 2 cos sin 1 0ρ θ θ ρ− + + =
2 2(cos sin ) 1 0
θ α
ρ θ θ ρ
=
− + + =
2 2(cos sin ) 1 0ρ α α ρ− + + =
1A BOA OB ρ ρ⋅ = ⋅ =
2 21 sin ) 2
θ α
ρ θ
=
+ = （ 2
2
1 sinCOC ρ
α
= =
+
π0 2
α< <
21 sin 2 ,122
OA OB
OC
α ⋅ += ∈
( ) 1 ( 0)f x x x k k= − + + >
2k = ( ) 5f x ≥
( )f x *, ,a b c R∈ a b c k+ + = 2 2 2 4
3a b c+ + ≥
{ | 3 2}x x x≤ − ≥或
1 3k + = 2k =
2a b c+ + = 2 2 2 4
3a b c+ + ≥
2k = ( )
2 1, 2
1 2 { 3, 2 1
2 1, 1
x x
f x x x x
x x
− − ≤ −
= − + + = − < <
+ ≥
( ) 5f x ≥ 2{ 2 1 5
x
x
≤ −
− − ≥
2 1{ 3 5
x− < <
≥
1{ 2 1 5
x
x
≥
+ ≥
3x ≤ − 2x ≥所求解集为： .
（Ⅱ）因为 .
又函数 的最小值为 3， ，
所以 ，解得 ，即 ，
由柯西不等式得 ，
所以 .
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式和柯西不等式，考查不等式的证明，
意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
{ | 3 2}x x x≤ − ≥或
( ) ( ) ( )1 1f x x x k x x k= − + + ≥ − − + 1k= +
( )f x 0k >
1 3k + = 2k = 2a b c+ + =
( )( ) ( )22 2 2 2 2 21 1 1 4a b c a b c+ + + + ≥ + + =
2 2 2 4
3a b c+ + ≥
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