【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三押题卷(I)理数试题-

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2017年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题
理科数学(Ⅰ)
第Ⅰ卷
一、选择题:本题共12个小题,每小题5,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A{xZ|4x10}B{x|2x4},则AIB= x24A{x|1x2} B{1,0,1,2} C{2,1,0,1,2} D{0,1,2} 2.已知i为虚数单位,若复数z1ti在复平面内对应的点在第四象限,则t的取值范围为( 1iD(1,
A[1,1] B(1,1 C(,1 3.下列函数中,既是偶函数,又在(,0内单调递增的为(
4|x|xxA.yx2x By2 C.y22 Dylog1|x|1
2x2x22y1与双曲线C2y21,给出下列说法,其中错误的是( 4.已知双曲线C122A.它们的焦距相等 B.它们的焦点在同一个圆上 C.它们的渐近线方程相同 D.它们的离心率相等
25.在等比数列{an}中,“a4a12是方程x3x10的两根”是“a81”的(
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.执行如图的程序框图,则输出的S值为(

A.1009 B-1009 C.-1007 D1008 7.已知一几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(


A
111 B1 C D 6312123438.已知函数f(xAsin(x(A0,0,||的部分图象如图所示,则函数g(xAcos(x图象的一个对称中心可能为(

A(,0 B(,0 C.(,0 D(52161211,0
69.《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据,通过这一原理,很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明,也称之为无字证明.现有如图所示图形,F在半圆O上,点C在直径AB上,且OFAB,设ACaBCb,则该图形可以完成的无字证明为(

A.abab(a0,b0 2Bab2ab(a0,b0 222abab(a0,b0 C.ababa2b2(a0,b0 D2210.为迎接中国共产党的十九大的到来,某校举办了“祖国,你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加,要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加,且当这3名同学都参加时,甲和乙的朗诵顺序不能相邻,那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为 A720 B768 C.810 D816 11.焦点为F的抛物线Cy8x的准线与x轴交于点A,点M在抛物线C上,则当2|MA|取得最大值|MF|
时,直线MA的方程为( Ayx2yx2 C.y2x2y2x2 Byx2 Dy2x2
12.定义在R上的函数f(x满足f(x22f(x,且当x[2,4]时,x24x,2x3,f(xx22g(xax1,对x1[2,0]x2[2,1],使得g(x2f(x1,则实,3x4,xa的取值范围为(
A(,U[, 1818B[11,0U(0,] 48C.(0,8]
D(,]U[,
1418第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分,第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须作答.22题和第23题为选考题,考生根据要求作答. 二、填空题:本大题共4小题,每小题5. rrrrrrr13.已知a(1,b(2,1,若向量2abc(8,6共线,则ab方向上的投影为
xy20,14.已知实数xy满足不等式组x2y50,z2xy的最大值为a,则y20,0acos2xdx=
215.ABC中,ABC的对边分别为abcbtanBbtanA2ctanBa8ABC的面积为43,则bc的值为
16.已知球O是正三棱锥(底面为正三角形,顶点在底面的射影为底面中心)ABCD的外接球,BC3AB23,点E在线段BD上,且BD3BE,过点E作圆O的截面,则所得截面圆面积的取值范围 . 三、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤. 17.已知(1x(1x(1xL(1x的展开式中x的系数恰好是数列{an}的前n项和Sn. 1)求数列{an}的通项公式;
2
3
n
2an2)数列{bn}满足bna,记数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn1. (2n1(2an1118.如图,点C在以AB为直径的圆O上,PA垂直与圆O所在平面,GAOC的垂心.
1)求证:平面OPG平面PAC
2)若PAAB2AC2,求二面角AOPG的余弦值. 19.2017年春节期间,某服装超市举办了一次有奖促销活动,消费每超过600元(含600元),均可抽奖一次,抽奖方案有两种,顾客只能选择其中的一种. 方案一:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,一次性摸出3个球,其中奖规则为:若摸到3个红球,享受免单优惠;若摸出2个红球则打6折,若摸出1个红球,则7折;若没摸出红球,则不打折. 方案二:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,有放回每次摸1球,连摸3次,每摸到1次红球,立减200. 1)若两个顾客均分别消费了600元,且均选择抽奖方案一,试求两位顾客均享受免单优惠的概率; 2)若某顾客消费恰好满1000元,试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算?
x2y2402220. 已知椭圆C221(ab0的长轴长为6,且椭圆C与圆M(x2y的公共弦ab9长为410. 31)求椭圆C的方程. 2)过点P(0,2作斜率为k(k0的直线l与椭圆C交于两点AB,试判断在x轴上是否存在点D使得ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在,求出点D的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理. 21. 已知函数f(x2lnx2mxx(m0. 1)讨论函数f(x的单调性; 2)当m232时,若函数f(x的导函数f'(x的图象与x轴交于AB两点,其横坐标分别为x12
x2(x1x2,线段AB的中点的横坐标为x0,且x1x2恰为函数h(xlnxcx2bx的零点,求证:2(x1x2h'(x0ln2. 3请考生在第2223题中任选一题作答.并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑,按所涂题号进行评分;多涂、多答,按所涂的首题进行评分;不涂,按本选考题的首题进行评分. 22.选修4-4:坐标系与参数方程
2x4t,2已知直线l的参数方程为t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极y2t2坐标系,圆C的极坐标方程为4cos,直线l与圆C交于AB两点. 1)求圆C的直角坐标方程及弦AB的长;
2)动点P在圆C上(不与AB重合),试求ABP的面积的最大值. 23. 选修4-5:不等式选讲. 已知函数f(x|2x1||x1|. 1)求函数f(x的值域M
2)若aM,试比较|a1||a1|

372a的大小. 2a2


参考答案及解析 理科数学(Ⅰ)
一、选择题
1-5:BBDDA 6-10:BCCDB 1112AD 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)

13.35 14.3 15.45 16.[2,4]
5三、解答题
17.解:(1(1x(1x(1xL(1x的展开式中x的系数为111121112C1C2C3LCnC2C2C3LCnCn123n121nn 22Sn121nn 22所以当n2时,anSnSn1n n1时,a11也适合上式, 所以数列{an}的通项公式为ann. 2n112)证明:bnn n1nn1(21(212121所以Tn1111111 Lnn11n1337212121所以Tn1. 18.解:(1)如图,延长OGAC于点M. 因为GAOC的重心,所以MAC的中点. 因为OAB的中点,所以OM//BC. 因为AB是圆O的直径,所以BCAC,所以OMAC. 因为PA平面ABCOM平面ABC,所以PAOM. PA平面PACAC平面PACPAIACA,所以OM平面PAC. OG平面PAC,又OG平面OPG 所以平面OPG平面PAC.

uuuruuuruuur2)以点C为原点,CBCAAP方向分别为xyz轴正方向建立空间直角坐标系Cxyz,则uuuur3131,0,0C(0,0,0A(0,1,0B(3,0,0O(,,0P(0,1,2M(0,,0,则OM(2222uuurr31OP(,,2.平面OPG即为平面OPM,设平面OPM的一个法向量为n(x,y,z,则22ruuuur3nOMx0,r2z1,得n(0,4,1. ruuurnOP3x1y2z0,22过点CCHAB于点H,由PA平面ABC,易得CHPA,又PAIABA,所以CH平面uuurPAB,即CH为平面PAO的一个法向量. RtABC中,由AB2AC,得ABC30,则HCB60CH13CB. 22所以xHCHcosHCB33yHCHsinHCB. 44uuur33,,0. 所以CH(4433uuurr|0410|251|CHn|44rr设二面角AOPG的大小为,则cosuuu. 1739|CH||n|4212161619.解:(1)选择方案一若享受到免单优惠,则需要摸出三个红球,设顾客享受到免单优惠为事件A,则3C31 P(A3C10120所以两位顾客均享受到免单的概率为PP(AP(A1. 144002)若选择方案一,设付款金额为X元,则X可能的取值为06007001000. 31C3C32C717P(X600 P(X033C10120C1040123C3C721C77P(X10003 P(X7003C1040C1024X的分布列为,


所以E(X01721716007001000764(元). 1204040246若选择方案二,设摸到红球的个数为Y,付款金额为Z,则Z1000200Y 由已知可得Y~B(3,339,故E(Y3 101010所以E(ZE(1000200Y1000200E(Y820(元). 因为E(XE(Z,所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算. 20.解:(1)由题意可得2a6,所以a3. 由椭圆C与圆M(x2y2241040的公共弦长为,恰为圆M的直径,
39可得椭圆C经过点(2,210 3所以44021,解得b28. 99bx2y21. 所以椭圆C的方程为982直线l的解析式为ykx2A(x1,y1,B(x2,y2AB的中点为E(x0,y0.假设存在点D(m,0ykx2,22使得ADB为以AB为底边的等腰三角形,DEAB.x2y2(89kx36kx3601,98x1x2所以x036k
9k2818k16. ykx2009k289k28因为DEAB,所以kDE1 k160219k8
18kkm9k28
所以m2k2. 289k89kk8298122 kk0时,9k所以2m0
1228. 122,所以0m12k22,0U(0,]. 1212k0时,9k综上所述,在x轴上存在满足题目条件的点E,且点D的横坐标的取值范围为[2(x2mx121. 解:(1)由于f(x2lnx2mxx的定义域为(0,,则f'(x. x2对于方程xmx10,其判别式m4. m40,即0m2时,f'(x0恒成立,故f(x(0,内单调递增. 222mm24m40,即m2,方程xmx10恰有两个不相等是实根x
2
2
2mm24mm24f'(x0,得0xx,此时f(x单调递增;
22mm24mm24xf'(x0,得,此时f(x单调递减. 22综上所述,当0m2时,f(x(0,内单调递增;当m2时,f(xmm24mm24mm24mm24(,内单调递减,在(0,(,内单调递增. 22222(x2mx122)由(1)知,f'(x,所以f'(x的两根x1x2即为方程xmx10的两根.xm322,所以m40x1x2mx1x21. 22又因为x1x2h(xlnxcxbx的零点,
22所以lnx1cx1bx10lnx2c2bx20,两式相减得lnx1c(x1x2(x1x2b(x1x20x2
x1x2bc(x1x2. x1x2lnh'(x12cxb,所以xx11x22(x1x2h'(x0(x1x2(2cx0b(x1x2[c(x1x2c(x1x2]x0x1x2x1x2x11xx2(x1x2xln1. ln122x1x2x1x2x21x2lnx122x1x2m2 t(0t1,由(x1x22m2x12x2x22因为x1x21,两边同时除以x1x2,得t2m
1t因为m321511,故t,解得0tt2,所以0t. 2t222(t12t10 G(t2lnt,所以G'(t2t(t1t1yG(t(0,]上是减函数,
1
2所以G(tminG(122ln2
3y(x1x2h'(x0的最小值为所以(x1x2h'(x02ln2. 32ln2. 3222.解:(1)由4cos4cos
所以xy4x0,所以圆C的直角坐标方程为(x2y4. 2将直线l的参数方程代入圆C:(x2y4,并整理得t22t0
2
2
2
2
2
2解得t10t222. 所以直线l被圆C截得的弦长为|t1t2|22.
2)直线l的普通方程为xy40. C的参数方程为x22cos,为参数),
y2sin,可设曲线C上的动点P(22cos,2sin,则点P到直线l的距离d|22cos2sin4||2cos(2|cos(1时,d取最大值,d的最大值44222. 所以SABP122(22222
2ABP的面积的最大值为22. 3x,x1,123. 解:(1f(x2x,1x,
213x,x.2根据函数f(x的单调性可知,当x113时,f(xminf(. 222所以函数f(x的值域M[,. 322)因为aM,所以a33,所以01. 22a|a1||a1|a1a12a3 所以a3,知a104a30 2所以(a1(4a3370,所以2a
2a2a2372a. 2a2所以|a1||a1|





































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