虎兄虎弟观后感-买卖合同范本

绝密★启用前
2017年中华人民共和国普通高等学校
联合招收华侨、港澳地区、台湾省学生入学考试

数 学
一、选择题：本大题共12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）若集合
A

1,2,3

，
B

2,3,4

，则
AB
（ ）
（A）

2

（B）

2,3

（C）

3,4

（D）

1，2，3,4


（2）
cos20
0
cos25
0
sin20
0
sin25
0
（ ）
1
22
（B） （C）
0
（D）


2
22




（3）设向量
a3,1
，
b3,1
，则
a
和
b
的夹角为（ ）
（A）

（A）
30
0
（B）
60
0
（C）
120
0
（D）
150
0


3+i

（4）
< br>
2



（ ）

2
1313
1313
（A）
i
（B）
+i
（C）
i
（D）
+i

2222
2222
（5）设等差数列

a
n
的前
n
项和为
S
n
，
a
1
4
，
S
5
S
4
S
6
，则公差
d
的取值范围是（ ）
4

8



84

（A）

1,

（B）

1,

（C）

,

（D）

1,0


5

9


95

（6）椭圆
C
的焦点为
F
1

1,0

，
F
2

1,0

，点
P
在
C
上，
F
2
P2
，
F
1
F
2
P
轴长为（ ）
2

，则
C
的长
3
（A）2

（B）
23
（C）
23
（D）
223

（7）函数
yf

x

的图像与函数
yln

x1

的图像关于
y
轴对称，则
f

x


（ ）
（A）
ln

x1

（B）
ln

x1

（C）
ln

x1

（D）
ln

x1


（8）设
0a1
，则（ ）
（A）
log
2
alog
2
a
（B）
log
2
alog
2
2
a

（C）
log
2
alog
2
a
（D）
log
2
aloga

（9）4个数字1和4个数字2可以组成不同的8位数共有（ ）
（A）16个 （B）70个 （C）140个 （D）256个
（10）正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
各棱长均为1，
D
为
AA
1
的中点，则四面体
A
1
BCD
的体积是 （ ）
（A）
3333
（B） （C） （D）
481224
x
2
y
2
（11）已知双曲线
C:
2

2
1

a0,b0

的 右焦点为
F

c,0

，直线
yk

x c

与
C
的右支
ab
有两个交点，则（ ）
（A）
k
bbcc
（B）
k
（C）
k
（D）
k

aaaa
（12）函数
f

x

的定义域

,

，若
g

x

f

x1

和
h

x

f

x1

都是 偶函数，则（ ）
（A）
f

x

是偶函数 （B）
f

x

是奇函数
（C）
f

2

f

4

（D）
f

3

f

5



二、填空题：本大题共6小题；每小题5分.
（13）

x2

的展开式中
x
5
的系数是____________.（用数字填 写答案）
（14）在
ABC
中，
D
为
BC
的中 点，
AB8
，
AC6
，
AD5
，则
BC< br>____________.
（15）若曲线
yx
13

x1

的切线
l
与直线
yx
平行，则
l的方程为____________.
x14
6
（16）直线
x3 y20
被圆
x
2
y
2
2x0
截得的线段 长为___________.
（17）若多项式
p

x

满足
p

2

1
，
p

1

2
，则
p

x

被
x
2
x2
除所得的余式为________.
（18）在空间直角坐标系中，向 量
a
在三个坐标平面内的正投影长度分别为2，2，1，则
a

____________.

三、解答题：本大题共4小题；每小题15分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
（19）（15分）设数列

b
n

的各项都为正数，且
b
n1

b
n
.
b
n
1
< br>1

（1）证明数列

为等差数列；（2）设
b
1
1
，求数列

b
n
b
n1

的前
n
项和
S
n
.
b

n









（20）（15分）已知函数
f

x

ax
3
3

a1

x
2
12x
.
（1）当
a0
时，求
f

x
的极小值；（Ⅱ）当
a0
时，讨论方程
f

x
0
实根的个数.

（21）（15分）袋中有
m
个白球和
n
个黑球，
mn1.
（1）若
m6
，
n5
，一次随机抽取两个球，求两个球 颜色相同的概率；
5
（2）有放回地抽取两次，每次随机抽取一个球，若两次取出的球的颜色相同的概率为，
8
求
m:n
.








x
2
y
2
（22）（15分）设椭 圆
C:
2

2
1

ab0

的中心为
O
，左焦点为
F
，左顶点为
A
，短轴
a b
的一个端点为
B
，短轴长为4，
ABF
的面积为
51

（1）求
a
，
b
；（2）设直线
l
与< br>C
交于
P,Q
两点，
M

2,2

，四边形
OPMQ
为平行四边形，求
l
的方程.

2017年港澳台联考数学真题答案

一、选择题
1
D
二、填空题
13．
12
14．
10

15．
3x4y50
16．
三、解答题
19．解：（1）两边取倒数得，
.
2
A
3
C
4
D
5
A
6
D
7
C
8
B
9
B
10
D
11
B
12
C
15
32

3
17．
x
18．
33
2

1

b1
11
1

n
1
，故数列

为 等差数列，其公差为1，首项为.
b
n1
b
n
b
nb
1

b
n

（2）由（1）得，
1
111
111

，
1
，
(n1)n
，故
b
n

，所以
b
n
b
n1

n
n(n1)nn1
b
1
b
n
b
1
11111n

因此
S
n
1...
．

223nn1n1
20．解：
f


x< br>
3ax
2
6

a1

x123

ax2

x2

.
（1）当
a 0
时，令
f


x

0
，得
x2
或
x
①当
0a1
时，有
2
；
a
2
2
，列表如下：
a
x

f

(x)

f(x)

故极小值为
f( )
②当
a1
时，有

,2




↗
2


2


2,



a

2

a
0

极小值

2

,


a

0

极大值


↘


↗
2
a
12a4
.
a
2
2
2
2
，则
f


x
3

x2

0
，故
f

x
在R上单调递增，无极小值；
a
2
③当
a1
时，有
2
，列表如下：
a

x

f

(x)

2

,


a

2

a
0

极大值

2


,2



a

2


2,




↗


↗


↘
0

极小值
f(x)

故极小值为
f(2)124a
.
（2）
①当
a0
时，令
f

x

3x
2
12x3x(x4)
，得
x0
或
x4
，有两个 根；
②
当
a0
时，令
f


x

0
，得
x2
或
x
22
，有
0 2
，列表如下：
aa
x

f

(x)

f(x)

2

,


a

2

a
0

极小值

2


,2



a

2


2,




↘


↘


↗
0

极大值
故极大值为
f(2)124a0
，极小 值
f()
2
a
12a4
0
，因此
f(x) 0
有三个根.
a
2
C
6
2
C
5
2
5
21．解：（1）记“
一次随机抽取两个球，两个球颜色相同
”为事件 A，则
P

A


；
2
C
1 1
11
（2）记“有放回地抽取两次，每次随机抽取一个球，若两次取出的球的颜色相同”为事 件B，
2

m

则两次取出的颜色都是白色的概率为
p< br>1


，

mn


n
则两次取出的颜色都是黑色的概率为
p
2


，
mn

m
2
n
2
5

m< br>
n

22

3m10mn3n0
， 由题意，
P

B



，化简得
< br>2
8

mn

mn


m n

mm1m
m

m

即
3

1030
，解得
3
或

，由
mn1< br>，故
3
.

n3
nn
n

n
2
22
2


2b4

a5< br>

1

22．解：（1）依题意得，

S
ABF
(ac)b51
，解得

b2
.
2< br>
c1

222



acb
x
2
y
2
1
，因为四边形
OPMQ
为平行四 边形，设
（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为
54
OM的中点为D，则 D也是PQ的中点，因为
M

2,2

，则
D
< br>1,1

，设
P

x
1
,y
1
，
Q

x
2
,y
2

，


x
1
2
y
1
2
1< br>22

x
1
2
x
2
y
1
2
y
2

54
0
， 由题意

，两 式相减得
22
54

x
2

y
2
1

4

5
变形得

x
1
x
2

x
1
x
2



y
1
y
2

y
1
y
2

0
，即
k
54
PQ

y
1
y
2
4
xx
4214


12
 
，
x
1
x
2
5yy5215
12所以直线
l
的方程为
y1
4
(x1)
，即4x5y90
.
5
x
2
y
2
带入1
，检验
0
，有两个交点，满足题意。
54
方法2（韦达定理法）：
①当直线
PQ的斜率不存在时，直线
l
的方程为
x1
，此时
y
P
y
Q
， 其中点为
(1,0)
，不
成立；
②
当直线
PQ的斜率存在 时，设直线
l
的方程为
y1k(x1)
，

y1 k(x1)

联立得

x
2
y
2
，消
y
化简得，
(5k
2
4)x
2
10k(k1 )x5k
2
10k150
，
1


4

5
10k(k1)4
21k
，解得，
2
5k15
带入上述二次方程，检验得
0
，满足题意. 4
所以直线
l
的方程为
y1(x1)
，即
4x 5y90
.
5
设
P

x
1
,y< br>1

，
Q

x
2
,y
2

，则
x
1
x
2
