1、析求出函数的定义域，排除选项，利用特殊值判断求解即可解答解函数的定义域为≠排除，当时排除当时排除故选已知三棱椎的各顶点都在个球面上，球心在上，⊥底面，球的体积与三棱锥体积之比是则该球的表面积等于考点球的体积和表面积分析根据圆的性质求出的面积，代入体积公式分别计算棱锥和球的体积解答解球心在上，⊥⊥底面，棱锥•球的体积与三棱锥体积之比是，球的表面积故选已知函数，若方程恰有三个实数根，则实数的取值范围是，∞，，，考点根的存在性及根的个数判断分段函数的应用分析令，解出，则，讨论的符号，根据的函数图象得出的范围即可解答解令得或≠或≠当时，做出的函数图象如图所示由图象可知无解，即无解，不符合题意当时，做出的函数图。
2、性质即可求得，丨丨，丨丨，由三角的面积公式，即可求得的面积解答解双曲线焦点在轴上，设丨丨，由丨丨丨丨，丨丨丨丨，又丨丨丨丨丨丨丨丨丨丨，丨丨，又丨丨丨丨，丨丨，根据题意丨丨丨丨，即丨丨，的面积•丨丨•丨丨的面积，故答案为数列满足∈数列满足，则中的最大项的值是考点数列递推式分析由已知数列递推式可得，数列构成以为公比的等比数列，求出其通项公式后代入，再由数列的函数特性求得中的最大项的值解答解由，得，取，求得由，得，两式作差得，即，又≠，数列构成以为公比的等比数列，则，则，当时当时当时而当时中的最大项的值是故答案为三解答题共小题，满分分在中，角的对边分别为，且Ⅰ求角的值Ⅱ若，且的面积为，求边上的中线的大小考。
3、，考点函数的图象变换分析根据函数的图象变换规律，可得所得函数的解析式为═，再由正弦函数的图象的对称性，求得所得函数的个对称中心解答解将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的倍，可得函数的图象，再把图象向右平移个单位长度，所得函数的解析式为令，∈，求得，∈，故所得函数的对称中心为∈，当时，函数的个对称中心是故选若数列为等差数列，为其前项和，且，则等于考点等差数列的前项和分析数列为等差数列，用把表示出来，化简可得，根据可得答案解答解由题意，数列为等差数列，设公差为可得，，即，那么故选已知圆关于直线对称，则圆中以，为中点的弦长为考点直线与圆的位置关系分析由已知直线过圆心从而得到，点，到圆心，的距离，圆的半径，。
4、系，直线的参数方程是为参数求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程设点若直线与曲线交于，两点，且•，求实数的值选修不等式选讲已知函数的最小值为Ⅰ求实数的值Ⅱ若均为正实数，且满足，求证年福建省宁德市高考数学模试卷理科参考答案与试题解析选择题共小题，每小题分，满分分已知全集，集合∈，∈，图中阴影部分所表示的集合为，，考点图表达集合的关系及运算分析由韦恩图可知阴影部分表示的集合为∩，根据集合的运算求解即可解答解由韦恩图可知阴影部分表示的集合为∩全集，∈，∈集合∈∈∩，故选在复平面内，复数为虚数单位对应点的坐标是，，，，考点复数的代数表示法及其几何意义分析直接由复数代数形式的乘除运算化简复数得答案解答解，在复平面。
5、则，则，令由，知，在，∞上单调递增，方程在，∞上无解因此，不存在实数，使得直线的斜率等于四选做题选修坐标系与参数方程请考生在第两题中任选题作答，如果多做，则按所做的第题记分。共小题，满分分已知曲线的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是为参数求曲线直角坐标方程和直线的普通方程设点若直线与曲线交于，两点，且•，求实数的值考点参数方程化成普通方程简单曲线的极坐标方程分析曲线的极坐标方程是，化为，利用可得直角坐标方程直线的参数方程是为参数，把代入消去参数即可得出把为参数，代入方程化为，由，得利用•，即可得出解答解曲线的极坐标方程是，化为，可得直角坐。
6、点正弦定理分析，利用正弦定理化为，再利用和差公式即可得出，可得解得在中，由余弦定理即可得出解答解化为，≠，∈，，解得在中，由余弦定理可得教师为了分析所任教班级棱柱中点是的中点求证⊥平面若，求直线与平面所成角的正弦值已知椭圆过点且个焦点为，求椭圆的方程若为椭圆的三条弦，所在的直线分别与轴交于点且，∥，求直线的方程已知函数∈讨论函数的单调区间若，是曲线上的两点问是否存在，使得直线的斜率等于若存在，求出的值若不存在，说明理由四选做题选修坐标系与参数方程请考生在第两题中任选题作答，如果多做，则按所做的第题记分。共小题，满分分已知曲线的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐。
7、象如图所示由图象可知无解，无解，即无解，不符合题意当时，做出的函数图象如图所示由图象可知有解，有解，有解解得综上，的取值范围是，故选二填空题共小题，每小题分，满分分设向量如果向量与平行，则考点平行向量与共线向量分析利用向量坐标运算性质向量共线定理即可得出解答解与平行解得，则故答案为几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为考点由三视图求面积体积分析根据几何体的三视图知，该几何体是直三棱柱与三棱锥的组合体结合图中数据，计算将考试的成绩，将全班同学的成绩做出了频数与频率的统计表和频率分布直方图分组频数频率，，，总计求表中，及图中的值该教师从这次考试成绩低于分的学生中随机抽取人进行面批，设表示所抽取学生中成。
8、绩低于分的人数，求随机变量的分布列和数学期望考点离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列分析利用频率计算公式频率分布直方图的性质即可得出由表格可知区间，中有人，区间，中有人由题意可得，则，即可得出解答解由表格可知全班总人数═，，解得，由表格可知区间，中有人，区间，中有人由题意可得，则，可得，随机变量的分布列如下数学期望如图，在三棱柱中点是的中点求证⊥平面若，求直线与平面所成角的正弦值考点直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定分析连接，证明⊥，⊥，即可证明⊥平面若，求出到平面距离，即可求直线与平面所成角的正弦值解答证明连接，则点是的中点，⊥点是的中点，⊥，∩，⊥平面解由可得⊥，四边形是矩形，设。
9、∈讨论函数的单调区间若，是曲线上的两点问是否存在，使得直线的斜率等于若存在，求出的值若不存在，说明理由考点利用导数研究函数的单调性分析求得函数的导数，讨论判别式和的范围，分，利用导函数分别大于和小于求得的范围即可得到单调区间由题意求出和，由两式相等化简，令，则，则，令，利用导数说明该函数无零点即可说明不存在实数，使得直线的斜率等于解答解函数的导数为，令当，即时，恒成立，可得恒成立，即有的增区间为，∞，无减区间当，即，可得的两根为，当时由，可得，或由，可得即的增区间为，∞，减区间为当时，由，可得由，可得即的增区间为，∞，减区间为不存在实数，使得直线的斜率等于证明如下，函数在处的切线的斜率，由，得，即令，。
10、标方程直线的参数方程是为参数，消去参数可得把为参数，代入方程化为，由，解得•解得，又满足实数，选修不等式选讲已知函数的最小值为Ⅰ求实数的值Ⅱ若均为正实数，且满足，求证考点不等式的证明分析Ⅰ分类讨论，即可求实数的值Ⅱ，由柯西不等式可得，即可证明结论解答Ⅰ解，∈Ⅱ证明，由柯西不等式可得，年月日环体满足条件，执行循环体不满足条件，退出循环，输出的值为故选若从区间，为自然对数的底数，内随机选取两个数，则这两个数之积小于的概率为考点几何概型分析由题意区域面积为，这两个数之积小于区域面积为，即可得出结论解答解由题意区域面积为，这两个数之积小于区域面积为，这两个数之积小于的概率为，故选函数的图象大致为考点函数的图象。
11、内，复数对应点的坐标是，故选的展开式中的系数等于考点二项式系数的性质分析利用通项公式即可得出解答解的展开式中通项公式，令，解得的系数故选已知变量，满足约束条件，则的取值范围是∞，∪，∞，考点简单线性规划的应用分析本题考查的知识点是线性规划，处理的思路为根据已知的约束条件，画出满足约束条件的可行域，分析表示的几何意义，结合图象即可给出的取值范围解答解约束条件对应的平面区域如下图示三角形顶点坐标分别为和，表示可行域内的点，与原点，连线的斜率，当时取最大值，当，时取最小值，故的取值范围是故选若将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，再将所得图象沿轴向右平移个单位长度，则所得图象的个对称中心是，，，。
12、平面距离为，则直线与平面所成角的正弦值已知椭圆过点且个焦点为，求椭圆的方程若为椭圆的三条弦，所在的直线分别与轴交于点且，∥，求直线的方程考点直线与椭圆的位置关系椭圆的标准方程分析由椭圆过点且个焦点为列出方程组，求出由此能求出椭圆的方程设，联立，得，由此利用韦过定理，求出，的体积即可解答解根据几何体的三视图知，该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体且组合体的底面为直角三角形，根据图中数据，计算组合体的体积为组合体三棱柱三棱锥，故答案为已知双曲线的左右焦点分别为，过点的直线交双曲线右支于两点，若是以为直角顶点的等腰三角形，则实数的值为考点双曲线的简单性质分析由题意可知丨丨，丨丨丨丨，由等腰三角形的。
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福建省宁德市2017届高考数学一模试卷（理科）含答案解析（最终版）