河北省衡水中学2017年高考猜题卷（一）数学（理）试题（解析版）.doc

1、 20172017 年高考衡水猜题卷年高考衡水猜题卷 理科数学理科数学 第第卷（共卷（共 6060 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. . 1. 设全集 ，且，则满足条件的集合 的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 ，所以满足 的集 合 有 个，故选 D. 2. 已知 是虚数单位，复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因为 ，所以复数的虚部

2、为 ，故选 B. 3. 某样本中共有 个个体，其中四个值分别为，第五个值丢失，但该样本的平均数为 ，则样本方 差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设丢失的数据为 ，则这组数据的平均数是 ，解得 ，根据方差计算公式得 ， 故选 A. 4. 双曲线的离心率为 ，焦点到渐近线的距离为 ，则 的焦距等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由题意知，取双曲线 的渐近线，焦点， 则，又，则，解得，故选 C. 5. 若不等式组表示的平面区域是一个直角三角形，则该直角三角形的面积是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 试题分析： 由题意可知与垂直或与垂直

3、， 所以或 ， 时三角形面积是 ，时与交点，三角形面积为 考点：线性规划 点评：线性规划题目结合图形分析 6. 已知，则 （ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】， ,化简得，故选 C 7. 九章算术是我国古代的数学名著，体现了古代劳动人民的数学智慧，其中第六章“均输”中，有一 竹节容量问题，某教师根据这一问题的思想设计了如图所示的程序框图，若输出的值为，则输入 的值 为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】起始阶段有，第一次循环后，；第二次循 环后，；第三次循环后，； 接着计算， 跳出循环， 输出.令， 得. 选 A. 8. 如图， 过抛物线的焦点 的直线 交抛物

4、线于点，交其准线于点 ，若 ， 且，则此抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 如图分别过点 作准线的垂线，分别交准线于点 ，设，则由已知得： ， 由抛物线定义得： ，故 ，在直角三角形 中， ，从而得 ，因此抛物线方程为 ,故选 C. 9. 已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是 该三棱锥的三视图的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】三棱锥的三视图均为三角形，四个答案均满足；且四个三视图均表示一个高为 3，底 面为两直角边长分别为 的棱锥， 与 中俯视图正好旋转 ，故应是从相反方向进行 观察， 而其正视图和侧视图中三角形斜边倾斜方向相反

5、， 满足实际情况， 故 表示同一棱锥， 设 观察的正方向为标准正方向，以 表示从后面观察该棱锥； 与 中俯视图正好旋转 ， 故应是从相反方向进行观察， 但侧视图中三角形斜边倾斜方向相同， 不满足实际情况， 故 中有一个不与其它三个一样表示同一个棱锥，根据 中正视图与 中侧视相同，侧视图 与 中正视图相同，可判断 是从左边观察该棱锥，故选 D. 10. 在中， ，则的值所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设 ， ，中 中， ， 化为 ， 令 ， 则 ， 可得 在 上递增， ， ，故选 A. 11. 已知符号函数那么 的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】D

6、 【解析】令 ，则 ， ， ， ， ，可排除 ，又 ， ，可排除 ，故选 D. 12. 已知函数，对于任意的 ，且恒成立， 则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由任意的 ， 且 ， 由 ， 则函数 单 调递增，当在 上是增函数，则 ，解得 ，当 时， ，令 ，解得 ，由对勾函数的单调递增区间为 ， 故 ，解得 ，综上可知： 的取值范围为 ，故选 B 【方法点睛】本题主要考查函数的单调性、分类讨论思想，属于难题.分类讨论思想解决高中 数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题 发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运

7、用这种方法的关键是将题设条件研究透，这 样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希 望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.本题解答的关键是将不确定的 ，分两种情况讨论， 从而确定函数的单调性，进而求解. 第第卷（共卷（共 9090 分）分） 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13. 已知 ，则 的值是_ 【答案】 【解析】取可得；取可得 ，应填答案。 点睛：解答本题的思路是两次巧妙运用赋值法，借助简单计算使得问题获解。这是关于二项式 定理的常见题型，也是高考重点考查的

8、知识点，赋值思想一定要依据题设进行赋值，体现了特 殊与一般之间的关系及运用。 14. 已知一个公园的形状如图所示，现有 种不同的植物要种在此公园的，这五个区域内，要求 有公共边界的两块相邻区域种不同的植物，则不同的种法共有_种 【答案】 【解析】可分两类：第一类，若 A，E 相同，D 有 2 种种法，则有；第二类，若 A，E 不相同，D 只有 1 种种法，则有；由分类计数原理可得所有种法种数为 。应填答案。 点睛：解答本题的关键是搞清楚题设中的要求与约束条件，解答时，先运用分类计数原理，分 别计算出其种植方法，再进行相加求出其结果，使得问题获解。本题的求解具有一定的难度， 容易出现重或漏 的情

9、况。 15. 已知函数，若存在满足 ，且 ，则的最小值为 _ 【答案】 【解析】 对任意 ，都有 ，要 使 取得最小值，尽可能多让 取得最高点，考虑 ， ，按下 图取值可满足 条件， 最小值为 ，故答案为 . 【方法点睛】本题主要考查正弦函数的图象与性质及数形结合思想，属于难题.函数图象是函 数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观 性归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值 范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质 16. 已知等腰直角的斜边，沿斜边的高线将折起，使二面角 为 ，则四面 体的外接球的表面积为_

10、 【答案】 【解析】如图所示，等腰直角图形翻折后得面，故是二面角 的平面角，即，故是边长为 1的等边三角形，其外接圆半径满足，即， 又因为，故四面体的外接球半径满足，则其表面积为，故答 案为. 点睛：本题考查四面体的外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定四面体的外接球的半径 是关键； 在图形的翻折中一定注意不变的量和不变的关系， 在该题中垂直关系不变， 长度大小不变，进而可得的外接圆半径，结合面可得球的半径. 三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） 17.

11、已知等差数列的公差为 ，前 项和为，且成等比数列. （I）求数列的通项公式； （II）令，求数列的前 项和. 【答案】 （1）； （2）. 【解析】试题分析： （1）利用等差数列的前 项和公式分别表示出，根据成等比数列可得 ，即可求得，结合公差，得到通项公式； （2）由于是等差数列，所以考虑对数 列进行裂项，然后讨论 的奇偶性即可达到求和的目的. 试题解析： （1）. 解得 （2） 考点：等差数列的通项公式和前 项和公式及数列求和. 18. 如图， 在四棱锥中， 底面为正方形，平面， 已知 为线段的 中点. （I）求证：平面； （II）求平面与平面所成锐二面角的余弦角. 【答案】 （1）见解析

12、； （2）. 【解析】试题分析： （I）连接 和 交于 ，连接 ，利用中位线定理得出 ，故而 平面 ；(II)求出 ，以 为原点建立坐标系，求出两平面的法向量，计算法向量的 夹角即可得出二面角的余弦值. 试题解析： （I）连接和交于点 ，连接，因为四边形为正方形，所以 为的中点. 因为 为的中点，所以. 因为平面平面， 所以平面. (II)因为平面平面， 所以. 因为为正方形，所以. 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以. 所以以 为原点，以所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 因为平面平面, 所以. 因为，所以. 因为四边形为正方形，. 所以， 所以. 由四边形为正方形， 得

13、, 所以. 设平面的一个法向量为，又知， 由 令，得， 所以. 设平面的一个法向量为，又知, 由 令，得， 所以. 设平面与平面所成的锐二面角为 ， 又， 则. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角的大小，属于难题.空间向量解 答立体几何问题的一般步骤是： （1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； （2）写出相应点的坐标，求 出相应直线的方向向量； （3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量； （4）将空间位置关系转化为向量关系； （5）根据定理结论求出相应的角和距离. 19. 龙虎山花语世

14、界位于龙虎山主景区排衙峰下， 是一座独具现代园艺风格的花卉公园， 园内汇集了余 种花卉苗木，一年四季姹紫嫣红花香四溢.花园景观融合法、英、意、美、日、中六大经典园林风格，景观 设计唯美新颖，玫瑰花园、香草花溪、台地花海、植物迷宫、儿童乐园等景点错落有致，交相呼应又自成 一体，是世界园艺景观的大展示.该景区自年春建成，试运行以来，每天游人如织，郁金香、向日葵、 虞美人等赏花旺季日入园人数最高达万人. 某学校社团为了解进园旅客的具体情形以及采集旅客对园区的建议， 特别在年 月 日赏花旺季对进园 游客进行取样调查，从当日名游客中抽取人进行统计分析，结果如下： 年龄 频数 频率 男 女 4 合计 （I

15、）完成表一中的空位，并作答题纸中补全频率分布直方图，并估计年 月 日当日接待游客中 岁以下的游戏的人数. (II)完成表二，并判断能否有的把握认为在观花游客中“年龄达到岁以上”与“性别”相关； (表二） 岁以上 岁以下 合计 男生 女生 合计 （参考公式：，其中） （III）按分层抽样（分岁以上与岁以下两层）抽取被调查的位游客中的人作为幸运游客免费 领取龙虎山内部景区门票，再从这人中选取 人接受电视台采访，设这 人中年龄在岁以上（含岁） 的人数为 ，求 的分布列. 【答案】 （1）6000； （2）见解析； （3）见解析. 【解析】试题分析： （I）由频率分布表的性质能完成表（） ，从而能完成

16、频率分布直方图，进 而求出 岁以下频率，由此以频率作为概率，能估计 2017 年 7 月 1日当日接待游客中 岁 以下人数； （II）完成表格，求出 ，从而得到没有 的把握认为 在观花游客中“年龄达到 以上”与“性别”有关； (III)由分层抽样应从这 人中抽取 以上人 数： ， 以下人数 的取值可能 ，分别求出相应的概率，由此能求出 的 分布列. 试题解析： （I）完成表（一） ： 完成以下频率分布直方图： 因为年龄在岁以下的频率为， 以频率作为概率，估计年 月 日当日接待游客中岁以下的人数为. （II）完成列联表如下： 岁以上 岁以下 合计 男生 女生 合计 的观测值， 所以没有的把握认为

17、在观花游客中“年龄达到岁以上”与“性别”相关. (III)由分层抽样应从这人中抽取到岁以上的人的人数为人， 岁以下的人的人数为 人， 故 的所有可能的取值为. ， ， ，. 故 的分布列为 20. 给定椭圆， 称圆心在原点 ， 半径为 的圆是椭圆 的“准圆”.若椭 圆 的一个焦点为，其短轴上的一个端点到 的距离为. (I)求椭圆 的方程和其“准圆”的方程； (II)点 是椭圆 的“准圆”上的动点，过点 作椭圆的切线交“准圆”于点. (i)当点 为“准圆”与 轴正半轴的交点时，求直线的方程，并证明； (ii)求证:线段的长为定值. 【答案】 （1）； （2）(i)见解析；(ii)见解析. 【解析

18、】试题分析： （1）根据题目条件可求出的值，进而可得出椭圆 的方程和其“准圆”方程； （2） 根据条件先求出点 的坐标并设出直线的方程，再联立椭圆 的方程，并结合，即可求得方 程并进而证明；根据前面的结论，并注意对直线的斜率进行讨论，证明线段总是准圆 的直径，从而证得线段的长为定值. 试题解析： （1）， 椭圆方程为， 准圆方程为 （2） （）因为准圆与 轴正半轴的交点为， 设过点且与椭圆相切的直线为， 所以由得. 因为直线与椭圆相切， 所以，解得， 所以方程为 ， （）当直线中有一条斜率不存在时，不妨设直线 斜率不存在， 则 ：， 当 ：时，与准圆交于点，. 此时 为（或） ，显然直线垂直；

19、 同理可证当 ：时，直线垂直 当斜率存在时，设点 ，其中. 设经过点与椭圆相切的直线为， 所以由 得. 由化简整理得， 因为，所以有. 设的斜率分别为，因为与椭圆相切， 所以满足上述方程， 所以，即垂直 综合知：因为经过点，又分别交其准圆于点，且垂直. 所以线段为准圆的直径， 所以线段的长为定值 考点：1、椭圆及其方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系. 21. 已知函数. (I）若函数在处的切线方程为，求 和 的值; (II)讨论方程的解的个数，并说明理由. 【答案】 （1）； （2）见解析. 【解析】试题分析：(I）求出 ，结合已知得到 ，据此可求出 的值； (II) 和 ，讨论求解，即可得到

20、方程 的解的个数，注意利用 导数判断函数的单调性. 试题解析： （I）因为， 又在处的切线方程为， 所以， 解得. （II）当时，在定义域内恒大于 ，此时方程无解. 当时，在区间内恒成立， 所以的定义域内为增函数. 因为， 所以方程有唯一解. 当时， 当时， 在区间内为减函数， 当时， 在区间内为增函数， 所以当时， 取得最小值. 当时，无方程解； 当时，方程有唯一解. 当时， 因为，且， 所以方程在区间内有唯一解， 当时， 设， 所以在区间内为增函数， 又，所以，即， 故. 因为， 所以. 所以方程在区间内有唯一解， 所以方程在区间内有两解， 综上所述，当时，方程无解， 当，或时，方程有唯一

21、解， 当时，方程有两个解. 请考生在请考生在 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. . 22. 选修 4-4：坐标系与参数方程 已知曲线 的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为 轴的正半轴建立平面直 角坐标系，直线 的参数方程为( 为参数）. (I)写出直线 的一般方程与曲线 的直角坐标方程，并判断它们的位置关系； (II)将曲线 向左平移 个单位长度， 向上平移 个单位长度， 得到曲线 ， 设曲线 经过伸缩变换 得到曲线 ，设曲线 上任一点为，求的取值范围. 【答案】 （1）见解析； （2）. 【解析】试题分

22、析： （I）极坐标方程两边乘以 ，利用转化成 直角坐标方程，然后将直线的参数方程的上式化简成 代入下式消去参数 即可，最 后利用圆心到直线的距离与半径比较即可判定位置关系；(II)根据伸缩变换公式求出变换后的 曲线方程，然后利用参数方程表示出曲线上任意一点，代入 ，根据三角函数的辅助 角公式，求出其范围即可 试题解析： （I）直线 的一般方程为， 曲线 的直角坐标方程为. 因为， 所以直线 和曲线 相切. （II）曲线 为. 曲线 经过伸缩变换 得到曲线 的方程为， 则点的参数方程为（ 为参数） ， 所以， 所以的取值范围为. 23. 选修 4-5：不等式选讲 设函数. (I)当时，解不等式； (II)当时，若，使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】 （1）； （2）. 【解析】试题分析：对于问题（） ，根据绝对值的概念即可求出不等式的解集；对于问题（） ， 首先求出当时函数在 上的最小值，得到一个关于实数的极端不等式，再解这个关 于实数的不等式，即可得到实数的取值范围 试题解析： （I）时原不等式等价于即， 所以解集为 （II）当时，令 ， 所以当时，取得最小值 ,由题意知：， 所以实数的取值范围为. 考点：1、含绝对值不等式的解法；2、极端不等式恒成立问题.