河北省衡水中学2017年高考猜题卷（一）数学（理）试题（解析版）

2017年高考衡水猜题卷

理科数学

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,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. 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，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，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

【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Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20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__________．

【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 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 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；（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,

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：

（I）完成表一中的空位①~④，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）

（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：

的观测值，

所以没有的把握认为在观花游客中“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】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）①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；②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）（ⅰ）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．

，．

（ⅱ）①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；

同理可证当：时，直线垂直

②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①②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，方程有唯一解，

当时，方程有两个解.

请考生在22、23两题中任选一题作答，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（Ⅰ），根据绝对值的概念即可求出不等式的解集；对于问题（Ⅱ），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.