精品解析：【全国百强校word】河北省衡水中学2017年高考猜题卷(一)数学(理)试题(解析版)

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河北衡水中学2017年高考数学猜题卷(一)文(含解析)

2017年高考衡水猜题卷文科数学第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. 已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：，所以，选C.考点：集合运算【方法点睛】1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2. 设为虚数单位，若复数在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由复数在复平面内对应的点为，得，即，故选B.3. 如图是调查某地区男女中学生喜欢理科的等高条形图，阴影部分表示喜欢理科的百分比，从图中可以看出（）A. 性别与喜欢理科无关B. 女生中喜欢理科的比为C. 男生比女生喜欢理科的可能性大些D. 男生不喜欢理科的比为【答案】C【解析】从图中看，男生中喜欢理科的人多，喜欢理科的与性别有关；男生比女生喜欢理科的可能性大些；女生中喜欢理科的只有20%；男生中不喜欢理科的有40%．故选C．4. 已知平面向量和的夹角为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】 ,又，，，，选D.5. 设等差数列的前项和为，已知，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】国为为等差数列，，，所以,所以k=7.选B.6. 如图，网络纸上小正方形的长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】该几何体可以看作是三棱柱割出一个三棱锥形形成的，故7. 已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对恒成立，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知得函数的最小正周期，则，当时，，因为，即，所以，解得，又，所以，故选B.点睛：形如的性质可以利用的性质，将看作一个整体，通过换元，令，得到，只需研究关于t的函数的取值即可.8. 中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数量除以正整数后的余数为，则记为，例如.现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.9. 在年至年期间，甲每年月日都到银行存入元的一年定期储蓄，若年利率为保持不变，且每年到期的存款利息自动转为新的一年定期，到年月日甲去银行不再存款，而是将所有存款的本息全部取出，则取回的金额是（）A. 元B. 元C. 元D. 元【答案】D【解析】2016年存款的本息和为，2015年存款的本息和为，2014年存款的本息和为，2013年存款的本息和为，三年存款的本息和为，选D.10. 已知双曲线中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于两点，中点的横坐标为，则此双曲线的方程是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：设双曲线方程为，将代入双曲线方程整理得，由韦达定理得，则．又，解得，所以双曲线的方程是．故答案为B.考点：双曲线的标准方程与性质等．【方法点睛】本题用代数方法解决几何问题，先设出双曲线的方程，然后与直线方程联立方程组，经消元得二元一次方程，再根据韦达定理及中点坐标公式得中点的横坐标,进一步可得关于的一个方程，又双曲线中有，则另得关于的一个方程，最后解的方程组即得双曲线方程．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. 已知函数与的图象有三个不同的公共点，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】,整理得：，令，且，则，求导：，解得，则在上单增，在上单减，而时，；如图由题意可知有一个根内，另一个根或或，当时，方程无意义；当，不满足题意；则；由二次函数的性质可知，即，解得，故选B.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. 设，则使函数的定义域为且为奇函数的所有值为__________．【答案】【解析】使函数为奇函数的可取值为，使函数的定义域为，可取.14. 若实数满足则目标函数的最大值为__________．【答案】【解析】不等式组表示的平面区域如图所示，当直线过点A时,取得最大值,由：，可得时，在轴上截距最小，此时取得最大值：.故答案为：.15. 如果圆上总存在到原点的距离的点，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】圆心到原点的距离为，圆上总存在到原点的距离的点，则，则或.16. 已知三棱锥的体积为底面，且的面积为，三边的乘积为，则三棱锥的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】 , ,设的外接圆半径为，,设三棱锥的外接球半径为，则，外接球的表面积为.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. 如图，在中，为边上一点，，且.（I）若是锐角三角形，，求角的大小；（II）若的面积为，求边的长.【答案】（I）或; （II）.【解析】试题分析：（1）先利用正弦定理求得的值，再由求得角的大小；（2）先由三角形的面积公式求得的长，再由余弦定理求得的长，从而求得的长．试题解析：（1）在△中，，，，由正弦定理得到：，解得，则或，∵△是锐角三角形，∴，又由，则．（2）由于，，△面积为，则，解得．再由余弦定理得到，故，又由，故边的长为．考点：1、正余弦定理；2、三角形的面积公式．18. 参加衡水中学数学选修课的同学，对某公司的一种产品销量与价格进行统计，得到如下数据和散点图：（元/年销售（参考数据：）（I）根据散点图判断，与，与哪一对具有较强的线性相关性（给出判断即可，不必说明理由）？（II）根据（I）的判断结果有数据，建立关于的回归方程（方程中的系数均保留两位有效数字）；（III）定价为多少元/时，年利润的预报值最大？附：对一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：.【答案】（I）由散点图可知，与具有较强的线性相关性; （II）; （III）定值为元/时，年利润的预报值最大.【解析】试题分析：比较两个散点图可以发现与具有较强的线性相关性，利用表中提供的与的对应值计算，借助提后提供的现成数据再计算，得出，和，得出后再利用，有，得出关于的回归方程，注意保留小数；表示出年利润，求导找出最值.试题解析：（I）由散点图可知，与具有较强的线性相关性.（II）由题得，，，，又，则，∴线性回归方程为，则关于的回归方程为.（III）设年利润为，则，求导，得，令，解得.由函数的单调性可知，当时，年利润的预报值最大，∴定值为元/时，年利润的预报值最大.19. 如图，将边长为的正六边形沿对角线翻折，连接、，形成如图所示的多面体，且.（I）证明：平面平面；（II）求三棱锥的体积.【答案】（I）见解析; （II）2.【解析】试题分析：（1）先根据正六边形分析边边的位置关系，再利用面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用等体积法合理选择三棱锥的顶点进行求解.试题解析：（１）证明：正六边形ABCDEF中，连接AC、BE，交点为G，易知，且，在多面体中，由，知，故2分又平面，故平面， ..5分又平面ABEF，所以平面ABEF平面BCDE． 6分（2）连接AE、CE,则AG为三棱锥的高，GC为的高．在正六边形ABCDEF中，，故， ..9分所以． 12分考点：1.折叠问题；2,。

【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三上学期四调考试理数试题解析(原卷版)

河北省衡水中学2017届高三上学期四调考试理科数学试题第Ⅰ卷（选择题共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.已知集合{}21log A x N x k =∈<<，集合A 中至少有3个元素，则（） A ．8k > B ．8k ≥ C ．16k > D ．16k ≥2.若()1z i i +=，则z 等于（）A ．1BCD ．123.在明朝程大位《算法统宗》中有这样的一首歌谣：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”这首古诗描述的这个宝塔其古称浮屠，本题说它一共有7层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，共有381盏灯，问塔顶有几盏灯？（） A ．5 B ．6 C ．4 D ．34.已知双曲线()2222:10 0x y C a b a b-=>>，C 的渐近线方程为（） A ．14y x =± B ．13y x =± C.12y x =± D ．y x =±5.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A ．4B ．9 C.7 D ．56. 已知函数()()()cos 0f x A x ωϕω=+>的部分图象如图所示，下面结论错误的是（）A ．函数()f x 的最小正周期为23πB ．函数()f x 的图象可由()()cos g x A x ω=的图象向右平移12π个单位得到 C.函数()f x 的图象关于直线12x π=对称D ．函数()f x 在区间 42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增7.德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数() 1 0 x f x x ⎧=⎨⎩，为有理数，为无理数，称为狄利克雷函数，则关于函数()f x 有以下四个命题： ①()()1f f x =； ②函数()f x 是偶函数；③任意一个非零有理数T ，()()f x T f x +=对任意x R ∈恒成立；④存在三个点()()()()()()112233 A x f x B x f x C x f x ，，，，，，使得ABC △为等边三角形. 其中真命题的个数是（）A ．4B ．3 C.2 D ．18.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．10B ．20 C.40 D ．609. 已知A 、B 是椭圆()222210x y a b a b +=>>长轴的两个端点，M 、N 是椭圆上关于x 轴对称的两点，直线AM 、BN 的斜率分别为()1212 0k k k k ≠，，则12k k +的最小值为（）A ．1B D 10. 在棱长为6的正方体1111ABCD A BCD -中，M 是BC 的中点，点P 是面11DCC D 所在的平面内的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -的体积最大值是（） A ．36 B ． C.24 D ．11.已知函数()()()3ln 1 01 1 0x x f x x x -<⎧⎪=⎨-+≥⎪⎩，，，若()f x ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．20 3⎡⎤⎢⎥⎣⎦， B ．30 4⎡⎤⎢⎥⎣⎦， C.[]0 1， D ．30 2⎡⎤⎢⎥⎣⎦，12.已知过抛物线()2:20G y px p =>焦点F 的直线l 与抛物线G 交于M 、N 两点（M 在x 轴上方），满足3MF FN =，163MN =，则以M 为圆心且与抛物线准线相切的圆的标准方程为（） A．2211633x y ⎛⎛⎫-+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭ B．2211633x y ⎛⎛⎫-+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭C.()(22316x y -+-= D ．()(22316x y -+=第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若x 、y 满足约束条件10040x x y x y -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则1y x -的最大值为．14. 在ABC △中， 3 5AB AC ==，，若O 为ABC △外接圆的圆心（即满足OA OB OC ==），则AO BC ⋅的值为．15.已知数列{}n a 的各项均为正数，11142 n n n n a a a a a ++=-=+，，若数列11n n a a -⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和为5，则n = ．16.过抛物线()220y px p =>的焦点F 的直线l 与抛物线在第一象限的交点为A ，与抛物线的准线的的交点为B ，点A 在抛物线的准线上的射影为C ，若 48AF FB BA BC =⋅=，，则抛物线的方程为．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.（本小题满分12分）在ABC △中，内角A 、B 、C 所对的边分别为 a b c ，，，已知 4 6 2b c C B ===，，. （1）求cos B 的值；（2）求ABC △的面积. 18.（本小题满分12分）如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，11AA B B 为正方形，11BB C C 为菱形，1160BB C ∠=︒，平面11AA B B ⊥平面11BB C C .（1）求证：11B C AC ⊥；（2）设点E 、F 分别是1B C ，1AA 的中点，试判断直线EF 与平面ABC 的位置关系，并说明理由；（3）求二面角1B AC C --的余弦值. 19.（本小题满分12分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知()00 R x y ，是椭圆22:12412x y C +=上的一点，从原点O 向圆()()2200:8R x x y y -+-=作两条切线，分别交椭圆于P ，Q .（1）若R 点在第一象限，且直线OP ，OQ 互相垂直，求圆R 的方程；（2）若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为12 k k ，，求12k k 的值；（3）试问22OP OQ +是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.20.（本小题满分12分）设椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，上顶点为A ，过A 与2AF 垂直的直线交x 轴负半轴于Q 点，且12220F F F Q +=. （1）求椭圆C 的离心率；（2）若过A 、Q 、2F 三点的圆恰好与直线30x --=相切，求椭圆C 的方程；（3）过2F 的直线l 与（2）中椭圆交于不同的两点M 、N ，则1F MN △的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由. 21.（本小题满分12分）已知0t >，设函数()()3231312t f x x x tx +=-++.（1）存在()00 2x ∈，，使得()0f x 是()f x 在[]0 2，上的最大值，求t 的取值范围；（2）()2x f x xe m ≤-+对任意[0 )x ∈+∞，恒成立时，m 的最大值为1，求t 的取值范围.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. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知圆锥曲线2cos :x C y αα=⎧⎪⎨=⎪⎩（α为参数）和定点(0 A ，1F 、2F 是此圆锥曲线的左、右焦点，以原点O 为极点，以x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求直线2AF 的直角坐标方程；（2）经过点1F 且与直线2AF 垂直的直线l 交此圆锥曲线于M 、N 两点，求12MF NF -的值. 23. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设()34f x x x =-+-. （1）解不等式()2f x ≤；（2）若存在实数x 满足()1f x ax ≤-，试求实数a 的取值范围.。

高考数学复习必备精品推荐 -衡水中学2017届高三高考押题理数试题(原卷版)

科。

网...10. 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（）A. 720B. 768C. 810D. 81611. 焦点为的抛物线：的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A. 或B.C. 或D.12. 定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.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.第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分.13. 已知，，若向量与共线，则在方向上的投影为_________．14. 已知实数，满足不等式组且的最大值为，则=__________．15. 在中，角，，的对边分别为，，，，且，的面积为，则的值为__________．16. 已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知的展开式中的系数恰好是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求证：.18. 如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.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，则打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，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（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？20. 已知椭圆：的长轴长为6，且椭圆与圆：的公共弦长为.（1）求椭圆的方程.学。

【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三高考押题理数试题附详细解析必考经典题型

科。

网...10.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（）A.720B.768C.810D.81611.焦点为的抛物线：的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A.或B.C.或D.12.定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.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.第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分.13.已知，，若向量与共线，则在方向上的投影为_________．14.已知实数，满足不等式组且的最大值为，则=__________．15.在中，角，，的对边分别为，，，，且，的面积为，则的值为__________．16.已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知的展开式中的系数恰好是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求证：.18.如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.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，则打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，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（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？20.已知椭圆：的长轴长为6，且椭圆与圆：的公共弦长为.（1）求椭圆的方程.学。

【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三高考押题理数试题(原卷版)

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. 已知集合，，则=（）A. B. C. D.2. 已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则的取值范围为（）A. B. C. D.3. 下列函数中，既是偶函数，又在内单调递增的为（）A. B. C. D.4. 已知双曲线：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（）A. 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5. 在等比数列中，“，是方程的两根”是“”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，则输出的值为（）A. 1009B. -1009C. -1007D. 10087. 已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.8. 已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（）A. B. C. D.9. 《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，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（）A. B.C. D. ...10. 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（）A. 720B. 768C. 810D. 81611. 焦点为的抛物线：的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A. 或B.C. 或D.12. 定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.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.第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分.13. 已知，，若向量与共线，则在方向上的投影为_________．14. 已知实数，满足不等式组且的最大值为，则=__________．15. 在中，角，，的对边分别为，，，，且，的面积为，则的值为__________．16. 已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 已知的展开式中的系数恰好是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求证：.18. 如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.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，则打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，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（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？20. 已知椭圆：的长轴长为6，且椭圆与圆：的公共弦长为.（1）求椭圆的方程....（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形.若存在，求出点的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若函数的导函数的图象与轴交于，两点，其横坐标分别为，，线段的中点的横坐标为，且，恰为函数的零点，求证：.请考生在第22、23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：坐标系与参数方程已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，直线与圆交于，两点.（1）求圆的直角坐标方程及弦的长；（2）动点在圆上（不与，重合），试求的面积的最大值.23. 选修4-5：不等式选讲.已知函数.（1）求函数的值域；（2）若，试比较，，的大小.。

精品解析：河北省衡水中学2017届高三高考押题理数试题(解析版)

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卷注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12个小题,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.已知集合，，则= （）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题知，，则故本题答案选．2.已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题．又对应复平面的点在第四象限，可知，解得．故本题答案选．3.下列函数中，既是偶函数，又在内单调递增的为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由奇偶性可知,是非奇非偶函数,是奇函数,故排除A、C;在内,是减函数,故排除B,因此答案为D.4.已知双曲线：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（）A. 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【答案】D【解析】由题知．则两双曲线的焦距相等且，焦点都在圆的圆上，其实为圆与坐标轴交点．渐近线方程都为，由于实轴长度不同故离心率不同．故本题答案选，5.在等比数列中，“是方程的两根”是“”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【答案】A【解析】【分析】由韦达定理可得a4+a12＝﹣3，a4•a12＝1，得a4和a12均为负值，由等比数列的性质可得．【详解】∵a4，a12是方程x2+3x+1＝0两根，∴a4+a12＝﹣3，a4•a12＝1，∴a4和a12均为负值，由等比数列的性质可知a8为负值，且a82＝a4•a12＝1，∴a8＝﹣1，故“a4，a12是方程x2+3x+1＝0的两根”是“a8＝±1”的充分不必要条件.故选：A．【点睛】本题考查等比数列的性质和韦达定理，注意等比数列隔项同号，属于基础题．6.执行如图的程序框图，则输出的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由程序框图则，由规律知输出．故本题答案选．【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同.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. B. C. D.【答案】C【解析】观察三视图可知，几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为，高为．三棱锥的底面是两直角边分别为的直角三角形，高为．则几何体的体积．故本题答案选．8.已知函数的部分图像如图所示，则函数图像的一个对称中心可能为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】由图可知,，，当时，，该对称中心为时，，当时，，所以对称中点为，故选C.【方法点睛】本题主要通过已知三角函数的图像求解析式考查三角函数的性质，属于中档题.利用利用图像先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，正确求使解题的关键.求解析时求参数是确定函数解析式的关键，由特殊点求时，一定要分清特殊点是“五点法”的第几个点，用五点法求值时，往往以寻找“五点法”中的第一个点为突破口，“第一点”(即图象上升时与轴的交点) 时；“第二点”(即图象的“峰点”) 时；“第三点”(即图象下降时与轴的交点) 时；“第四点”(即图象的“谷点”) 时；“第五点”时.9.《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，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】令，可得圆的半径，又，则，再根据题图知，即．故本题答案选．10.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、丙在内的名学生中选派名学生参加，要求甲、乙、丙这名同学中至少有人参加，且当这名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的名学生不同的朗诵顺序的种数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题知结果有三种情况．甲、乙、丙三名同学全参加，有种情况，其中甲、乙相邻的有种情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有种情况；甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有种情况；甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有种情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有种情况，故本题答案选11.焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A.或 B.C.或 D.【答案】A【解析】过作与准线垂直，垂足为，则，则当取得最大值时，必须取得最大值，此时直线与抛物线相切，可设切线方程为与联立，消去得，所以，得．则直线方程为或．故本题答案选．点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离，抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线上的点到焦点或到准线的距离，那么用抛物线定义就能解决问题．本题就是将到焦点的距离转化成到准线的距离，将比值问题转化成切线问题求解．12.定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题知问题等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集．当时，，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得此时，由，可得，当时，．则在的值域为．当时，，则有，解得，当时，，不符合题意；当时，，则有，解得．综上所述，可得的取值范围为．故本题答案选．点睛：求解分段函数问题应对自变量分类讨论，讨论的标准就是自变量与分段函数所给出的范围的关系，求解过程中要检验结果是否符合讨论时的范围．讨论应该不重复不遗漏．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.第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分.13.已知，，若向量与共线，则在方向上的投影为______.【答案】【解析】,由向量与共线，得，解得，则，故答案为.14.已知实数，满足不等式组且的最大值为，则=_____．【答案】【解析】作出可行域，目标函数可变为，令，作出，由平移可知直线过时取最大值，则．则．故本题应填．15.在中，角的对边分别为，且，的面积为，则的值为__________．【答案】【解析】由正弦定理，原等式可化为，进一步化为，则，即．在三角形中．由面积公式，可知，由余弦定理，代入可得．故本题应填．点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.选择余弦定理和面积时，要以已知角的为主．16.已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，点在线段上，且，过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________．【答案】【解析】如图,设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D,OD,O1E，OE，则，在Rt△OO1D中,R2=3+(3−R)2，解得R=2，∵BD=3BE，∴DE=2△DEO1中,，∴，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为，最小面积为.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知的展开式中的系数恰好是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求证：【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）由二项展开式可知各项中的系数，求和后可得，利用与间的关系可得数列的通项公式；（2）由的通项公式可求得的通项公式，对进行裂项，用裂项法可求得，利用放缩法可证明不等式．试题解析：（1）的展开式中的系数为，即，所以当时，；当时，也适合上式，所以数列的通项公式为.（2）证明：，所以，所以.18.如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为的垂心（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）.【解析】试题分析：（1）延长交于点，由重心性质及中位线性质可得，再结合圆的性质得，由已知，可证平面，进一步可得平面平面（2）以点为原点，，，方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用二面角与二个半平面的法向量的夹角间的关系可求二面角的余弦值．试题解析：（1）如图，延长交于点.因为为的重心，所以为的中点.因为为的中点，所以.因为是圆的直径，所以，所以.因为平面，平面，所以.又平面，平面=，所以平面.即平面，又平面，所以平面平面.（2）以点为原点，，，方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，则，.平面即为平面，设平面的一个法向量为，则令，得.过点作于点，由平面，易得，又，所以平面，即为平面的一个法向量.在中，由，得，则，.所以，.所以.设二面角的大小为，则.点睛：若分别二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足，二面角的平面角的大小是的夹角(或其补角，需根据观察得出结论)．在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的法向量是解题的关键．19.2017年春节期间，某服装超市举办了一次有奖促销活动，消费每超过元（含元），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：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，一次性摸出个球，其中奖规则为：若摸到个红球，享受免单优惠；若摸出个红球则打折，若摸出个红球，则打折；若没摸出红球，则不打折.方案二：从装有个形状、大小完全相同的小球（其中红球个，黑球个）的抽奖盒中，有放回每次摸取球，连摸次，每摸到次红球，立减元.（1）若两个顾客均分别消费了元，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？【答案】（1）（2）顾客选择第一种抽奖方案更合算.【解析】试题分析：（1）选择方案一可以免单，但需要摸出三个红球，利用古典概型求出摸出三个红球的概率，再利用两个相互独立事件同时发生的概率应该是两事件的概率乘积可求得两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）分别写出两种方案下付款金额的分布列，再求出期望值，利用期望值的大小，进行合理选择．试题解析：（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，则，所以两位顾客均享受到免单的概率为.（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为0，600，700，1000.，，，，故的分布列为，所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，由已知可得，故，所以（元）.因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.20.已知椭圆的长轴长为，且椭圆与圆的公共弦长为（1）求椭圆的方程. （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形.若存在，求出点的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由长轴长可得值，公共弦长恰为圆直径，可知椭圆经过点，利用待定系数法可得椭圆方程；（2）可令直线的解析式为，设，的中点为，将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系可得，由等腰三角形中，可得，得出中．由此可得点的横坐标的范围．试题解析：（1）由题意可得，所以.由椭圆与圆：的公共弦长为，恰为圆的直径，可得椭圆经过点，所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）直线的解析式为，设，的中点为.假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则.由得，故，所以，.因为，所以，即，所以.当时，，所以；当时，，所以.综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系,基本不等式,及韦达定理的应用.解析几何大题的第一问一般都是确定曲线的方程,常见的有求参数确定方程和求轨迹确定方程,第二问一般为直线与椭圆的位置关系,解决此类问题一般需要充分利用数形结合的思想转化给出的条件,可将几何条件转化为代数关系,从而建立方程或者不等式来解决.21.已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若函数的导函数的图象与轴交于两点，其横坐标分别为，线段的中点的横坐标为，且恰为函数的零点，求证：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）对函数求导后，利用导数与函数单调性的关系，对进行讨论可得函数单调性；（2）由函数的导函数可知，又是的零点，代入相减化简得，对求导，.令，求得函数.不等式得证．试题解析：（1）由于的定义域为，则.对于方程，其判别式.当，即时，恒成立，故在内单调递增.当，即，方程恰有两个不相等是实，令，得或，此时单调递增；令，得，此时单调递减.综上所述，当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在，内单调递增.（2）由（1）知，，所以的两根，即为方程的两根.因为，所以，，.又因为，为的零点，所以，，两式相减得，得.而，所以.令，由得，因为，两边同时除以，得，因为，故，解得或，所以.设，所以，则在上是减函数，所以，即的最小值为.所以.请考生在第22、23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.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坐标系，圆C的极坐标方程为，直线l与圆C交于A，B两点．求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；动点P在圆C上不与A，B重合，试求的面积的最大值．【答案】(1).(2).【解析】分析：(1)先根据将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，再将直线的参数方程代入圆方程，利用韦达定理以及参数几何意义求弦的长；(2)先根据加减消元法得直线的普通方程，再根据点到直线距离公式得点到直线的距离最大值，最后根据三角形面积公式求最大值.详解：（1）由得所以，所以圆的直角坐标方程为将直线的参数方程代入圆，并整理得，解得所以直线被圆截得的弦长为.（2）直线的普通方程为 .圆的参数方程为（为参数），可设圆上的动点，则点到直线的距离当时，取最大值，且的最大值为所以即的面积的最大值为.点睛：直线的参数方程的标准形式的应用过点M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0＋t1cos α，y0＋t1sin α)，(x0＋t2cos α，y0＋t2sin α).(2)|M1M2|＝|t1－t2|.(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t＝，中点M到定点M0的距离|MM0|＝|t|＝.(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1＋t2＝0.23.选修4-5：不等式选讲.已知函数.（1）求函数的值域；（2）若，试比较，，的大小.【答案】(1) .(2) .【解析】（1）根据函数的单调性可知，当时，.所以函数的值域.（2）因为，所以，所以.又，所以，知，，所以，所以，所以.。

【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三高考押题理数试题

绝密★启用前【全国百强校】河北省衡水中学2017届高三高考押题理数试题试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：69分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．2、焦点为的抛物线：的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A ．或B ．C ．或D ．3、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（） A ．720 B ．768 C ．810 D ．8164、《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，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（）A ．B ．C ．D ．5、已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（）A ．B ．C ．D ．6、已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．B ．C ．D ．7、执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A ．1009B ．-1009C ．-1007D ．10088、已知双曲线：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（）A ．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9、下列函数中，既是偶函数，又在内单调递增的为（）A ．B ．C ．D ．10、已知为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．11、已知集合，，则=（）A ．B ．C ．D ．第II卷（非选择题）二、填空题（题型注释）12、已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点在线段上，且，过点作圆的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________.13、在中，角，，的对边分别为，，，，且，的面积为，则的值为__________．14、已知实数，满足不等式组且的最大值为，则=__________．15、已知，，若向量与共线，则在方向上的投影为_________．三、解答题（题型注释）16、选修4-5：不等式选讲.已知函数.（1）求函数的值域；（2）若，试比较，，的大小.17、已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为，直线与圆交于，两点. （1）求圆的直角坐标方程及弦的长；（2）动点在圆上（不与，重合），试求的面积的最大值.18、已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，若函数的导函数的图象与轴交于，两点，其横坐标分别为，，线段的中点的横坐标为，且，恰为函数的零点，求证：.19、已知椭圆：的长轴长为6，且椭圆与圆：的公共弦长为.（1）求椭圆的方程. （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形.若存在，求出点的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.20、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，则打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，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（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？21、如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.22、已知的展开式中的系数恰好是数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前项和为，求证：.参考答案1、D2、A3、B4、D5、C6、C7、B8、D9、D10、B11、B12、13、14、15、16、（1）；（2）.17、（1）；（2）.18、（1）当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在，内单调递增；（2）见解析.19、（1）；（2）见解析.20、（1） ;（2）见解析.21、（1）见解析；（2） .22、（1）;（2）见解析.【解析】1、由题知问题等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集．当时，，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得此时，由，可得，当时，．则在的值域为．当时，，则有，解得，当时，，不符合题意；当时，，则有，解得．综上所述，可得的取值范围为．故本题答案选．点睛：求解分段函数问题应对自变量分类讨论，讨论的标准就是自变量与分段函数所给出的范围的关系，求解过程中要检验结果是否符合讨论时的范围．讨论应该不重复不遗漏．2、过作与准线垂直，垂足为，则，则当取得最大值时，必须取得最大值，此时直线与抛物线相切，可设切线方程为与联立，消去得，所以，得．则直线方程为或．故本题答案选．点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离，抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线上的点到焦点或到准线的距离，那么用抛物线定义就能解决问题．本题就是将到焦点的距离转化成到准线的距离，将比值问题转化成切线问题求解．3、由题知结果有三种情况．甲、乙、丙三名同学全参加，有种情况，其中甲、乙相邻的有种情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有种情况；甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有种情况；甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有种情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有种情况，故本题答案选4、令，可得圆的半径，又，则，再根据题图知，即．故本题答案选．5、由图象最高点与最低点的纵坐标知，又，即，所以．则，图象过点，则，即，所以，又，则．故，令，得，令，可得其中一个对称中心为．故本题答案选．6、观察三视图可知，几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为，高为．三棱锥的底面是两直角边分别为的直角三角形，高为．则几何体的体积．故本题答案选．7、由程序框图则，由规律知输出．故本题答案选．【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同.8、由题知．则两双曲线的焦距相等且，焦点都在圆的圆上，其实为圆与坐标轴交点．渐近线方程都为，由于实轴长度不同故离心率不同．故本题答案选，9、为非奇非偶函数，排除；为偶函数，但在内单调递减，排除；为奇函数，排除．故本题答案选．10、由题．又对应复平面的点在第四象限，可知，解得．故本题答案选．11、由题知，，则故本题答案选．12、令的中心为，球的半径为，连接，易求得，则，在中，由勾股定理得，解得，由，知，所以，所以．当截面与垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径，此时截面面积为．当截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为．故本题应填．点睛：解决球与其他几何体的内切，外接问题的关系在于仔细观察，分析几何体的结构特征，搞清相关元素的位置关系和数量关系，选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多地包含球和其他几何体的各种元素，尽可能的体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．13、由正弦定理，原等式可化为，进一步化为，则，即．在三角形中．由面积公式，可知，由余弦定理，代入可得．故本题应填．点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.选择余弦定理和面积时，要以已知角的为主．14、作出可行域，目标函数可变为，令，作出，由平移可知直线过时取最大值，则．则．故本题应填．15、由题知，又与共线，可得，得，则方向上的投影为．故本题应填．16、（1）根据函数的单调性可知，当时，.所以函数的值域.（2）因为，所以，所以.又，所以，知，，所以，所以，所以.17、试题分析：（1）利用平面直角坐标系与极坐标系间的转化关系，可得圆的直角坐标方程，将直线的参数方程代入，利用参数的几何意义可求得弦的长；（2）写出圆的参数方程，利用点到直线的距离公式，可得，可求出的最大值，即求得的面积的最大值．试题分析：（1）由得，所以，所以圆的直角坐标方程为.将直线的参数方程代入圆，并整理得，解得，.所以直线被圆截得的弦长为.（2）直线的普通方程为.圆的参数方程为（为参数），可设曲线上的动点，则点到直线的距离，当时，取最大值，且的最大值为.所以，即的面积的最大值为. 18、试题分析：（1）对函数求导后，利用导数与函数单调性的关系，对进行讨论可得函数单调性；（2）由函数的导函数可知，又是的零点，代入相减化简得，对求导，.令，求得函数.不等式得证．试题解析：（1）由于的定义域为，则.对于方程，其判别式.当，即时，恒成立，故在内单调递增.当，即，方程恰有两个不相等是实，令，得或，此时单调递增；令，得，此时单调递减.综上所述，当时，在内单调递增；当时，在内单调递减，在，内单调递增.（2）由（1）知，，所以的两根，即为方程的两根.因为，所以，，.又因为，为的零点，所以，，两式相减得，得.而，所以.令，由得，因为，两边同时除以，得，因为，故，解得或，所以.设，所以，则在上是减函数，所以，即的最小值为.所以.19、试题分析：（1）由长轴长可得值，公共弦长恰为圆直径，可知椭圆经过点，利用待定系数法可得椭圆方程；（2）可令直线的解析式为，设，的中点为，将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系可得，由等腰三角形中，可得，得出中．由此可得点的横坐标的范围．试题解析：（1）由题意可得，所以.由椭圆与圆：的公共弦长为，恰为圆的直径，可得椭圆经过点，所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）直线的解析式为，设，的中点为.假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则.由得，故，所以，.因为，所以，即，所以.当时，，所以；当时，，所以.综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系,基本不等式,及韦达定理的应用.解析几何大题的第一问一般都是确定曲线的方程,常见的有求参数确定方程和求轨迹确定方程,第二问一般为直线与椭圆的位置关系,解决此类问题一般需要充分利用数形结合的思想转化给出的条件,可将几何条件转化为代数关系,从而建立方程或者不等式来解决.20、试题分析：（1）选择方案一可以免单，但需要摸出三个红球，利用古典概型求出摸出三个红球的概率，再利用两个相互独立事件同时发生的概率应该是两事件的概率乘积可求得两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）分别写出两种方案下付款金额的分布列，再求出期望值，利用期望值的大小，进行合理选择．试题解析：（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，则，所以两位顾客均享受到免单的概率为.（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为0，600，700，1000.，，，，故的分布列为，所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，由已知可得，故，所以（元）.因为，所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.21、试题分析：（1）延长交于点，由重心性质及中位线性质可得，再结合圆的性质得，由已知，可证平面，进一步可得平面平面（2）以点为原点，，，方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用二面角与二个半平面的法向量的夹角间的关系可求二面角的余弦值．试题解析：（1）如图，延长交于点.因为为的重心，所以为的中点.因为为的中点，所以.因为是圆的直径，所以，所以.因为平面，平面，所以.又平面，平面=，所以平面.即平面，又平面，所以平面平面.（2）以点为原点，，，方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，则，.平面即为平面，设平面的一个法向量为，则令，得.过点作于点，由平面，易得，又，所以平面，即为平面的一个法向量.在中，由，得，则，. 所以，.所以.设二面角的大小为，则.点睛：若分别二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足，二面角的平面角的大小是的夹角(或其补角，需根据观察得出结论)．在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的法向量是解题的关键．22、试题分析：（1）由二项展开式可知各项中的系数，求和后可得，利用与间的关系可得数列的通项公式；（2）由的通项公式可求得的通项公式，对进行裂项，用裂项法可求得，利用放缩法可证明不等式．试题解析：（1）的展开式中的系数为，即，所以当时，；当时，也适合上式，所以数列的通项公式为. （2）证明：，所以，所以.。

2017届河北省衡水中学高三高考押题数学(理)试题(解析版) Word版含答案

河北省衡水中学2017届高三高考押题理数试题一、选择题1．已知集合4{|0}2x A x Z x -=∈≥+， 1{|24}4x B x =≤≤，则A B ⋂=（） A. {|12}x x -≤≤ B. {}1,0,1,2- C. {}2,1,0,1,2-- D. {}0,1,2 【答案】B【解析】由题知{}1,0,1,2,3,4A =-， {|22}B x x -≤≤＝，则{}1,0,1,2A B ⋂=-故本题答案选B ．2．已知i 为虚数单位，若复数1i1it z -=+在复平面内对应的点在第四象限，则t 的取值范围为（）A. []1,1- B. ()1,1- C. (),1-∞- D. ()1,+∞ 【答案】B 【解析】由题()()()()1-ti 1-i 1-ti 1-t 1+tz===-i 1+i 1+i 1-i 22．又对应复平面的点在第四象限，可知110022t t-+>-<且，解得11t -<<．故本题答案选B ． 3．下列函数中，既是偶函数，又在(),0-∞内单调递增的为（） A. 42y x x =+ B. 2x y = C. 22x xy -=- D. 12log 1y x =-【答案】D【解析】42y x x =+为非奇非偶函数， A 排除； 2xy =为偶函数，但在(),0-∞内单调递减， B 排除； 22x xy -=-为奇函数， C 排除．故本题答案选D ．4．已知双曲线1C ： 2212x y -=与双曲线2C ： 2212x y -=-，给出下列说法，其中错误的是（）A. 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【答案】D【解析】由题知222:12x C y -=．则两双曲线的焦距相等且2c =，焦点都在圆223x y +=的圆上，其实为圆与坐标轴交点．渐近线方程都为y x =，由于实轴长度不同故离心率ce a=不同．故本题答案选D ，5．在等比数列{}n a 中，“4a ， 12a 是方程2310x x ++=的两根”是“81a =±”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【答案】A【解析】由韦达定理知4124123,1a a a a +=-=，则4120,0a a <<，则等比数列中4840a a q =<，则81a ==-．在常数列1n a =或1n a =-中， 412,a a 不是所给方程的两根．则在等比数列{}n a 中，“4a ， 12a 是方程2310x x ++=的两根”是“81a =±”的充分不必要条件．故本题答案选A ． 6．执行如图所示的程序框图，则输出的S 值为（）A. 1009B. -1009C. -1007D. 1008 【答案】B【解析】由程序框图则0,1;1,2;12,3;123,4S n S n S n S n =====-==-+=，由S 规律知输出123456...20152016201720181009S =-+-+-++-+-=-．故本题答案选B ．【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同.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.163π+ B. 112π+ C. 1123π+ D. 143π+ 【答案】C【解析】观察三视图可知，几何体是一个圆锥的14与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为1，高为1．三棱锥的底面是两直角边分别为1,2的直角三角形，高为1．则几何体的体积21111π1π111213432123V =⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+．故本题答案选Ｃ． 8．已知函数()()sin (0,0,)f x A x A ωϕωϕπ=+>><的部分图象如图所示，则函数()()cos g x A x ϕω=+图象的一个对称中心可能为（）A. 5,02⎛⎫-⎪⎝⎭ B. 1,06⎛⎫⎪⎝⎭ C. 1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭ D. 11,06⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知A =，又()6282T=--=，即2πT=16ω=，所以π8ω=．则()πi n 8f x x ϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，图象过点()6,0，则3πs i n 04ϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即3ππ4k ϕ+=，所以3ππ4k ϕ=-+，又ϕπ<，则π4ϕ=．故()ππ48g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，令ππππ482x k +=+，得322x k =+，令1k =-，可得其中一个对称中心为1,02⎛⎫-⎪⎝⎭．故本题答案选C ． 9．《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，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF AB ⊥，设AC a =， BC b =，则该图形可以完成的无字证明为（）A.0,0)2a ba b +≥>> B. 222(0,0)a b ab a b +≥>>C. 20,0)ab a b a b ≤>>+D. 0,0)2a b a b +≤>> 【答案】D【解析】令,AC a BC b ==，可得圆O 的半径2a br +=，又22a b a bOC OB BC b +-=-=-=，则()()2222222442a b a b a b FC OC OF -++=+=+=，再根据题图知FO FC ≤，即2a b +≤Ｄ． 10．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（） A. 720 B. 768 C. 810 D. 816 【答案】B【解析】由题知结果有三种情况． ()1甲、乙、丙三名同学全参加，有1444C A =96种情况，其中甲、乙相邻的有123423C A A 48=种情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有964848-=种情况； ()2甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有314434C C A 288=种情况； ()3甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有224434432C C A =种情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有28843248768++=种情况，故本题答案选B11．焦点为F 的抛物线C ： 28y x =的准线与x 轴交于点A ，点M 在抛物线C 上，则当MA MF取得最大值时，直线MA 的方程为（）A. 2y x =+或2y x =--B. 2y x =+C. 22y x =+或22y x =-+D. 22y x =-+ 【答案】A【解析】过M 作MP 与准线垂直，垂足为P ，则11cos cos MA MA MFMPAMP MAF===∠∠，则当MA MF取得最大值时， MAF ∠必须取得最大值，此时直线AM 与抛物线相切，可设切线方程为()2y k x =+与28y x =联立，消去y 得28160ky y k -+=，所以264640k =-= ，得1k =±．则直线方程为2y x =+或2y x =--．故本题答案选A ．点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离，抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线上的点到焦点或到准线的距离，那么用抛物线定义就能解决问题．本题就是将到焦点的距离MF 转化成到准线的距离MP ，将比值问题转化成切线问题求解．12．定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=，且当[]2,4x ∈时，()()224,23,{12,34,x x x f x g x ax x x x-+≤≤==++<≤，对[]12,0x ∀∈-， []22,1x ∃∈-，使得()()21g x f x =，则实数a 的取值范围为（）A. 11,,88⎛⎫⎡⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭B. 11,00,48⎡⎫⎛⎤-⋃⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦C. (]0,8 D. ][11,,48⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由题知问题等价于函数()f x 在[]2,0-上的值域是函数()g x 在[]2,1-上的值域的子集．当[]2,4x ∈时， ()()224,232,34{x x x x xf x --+≤≤+<≤=，由二次函数及对勾函数的图象及性质，得此时()93,2f x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，由()()22f x f x +=，可得()()()112424f x f x f x =+=+，当[]2,0x ∈-时， []42,4x +∈．则()f x 在[]2,0-的值域为39,48⎡⎤⎢⎥⎣⎦．当0a >时， ()[]21,1g x a a ∈-++，则有3214918{a a -+≤+≥，解得18a ≥，当0a =时， ()1g x =，不符合题意；当0a <时， ()[]1,21g x a a ∈+-+，则有3149218{a a +≤-+≥，解得14a ≤-．综上所述，可得a 的取值范围为 ][11,,48⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭．故本题答案选D ．点睛：求解分段函数问题应对自变量分类讨论，讨论的标准就是自变量与分段函数所给出的范围的关系，求解过程中要检验结果是否符合讨论时的范围．讨论应该不重复不遗漏．二、填空题13．已知()1,a λ=， ()2,1b = ，若向量2a b + 与()8,6c = 共线，则a 在b 方向上的投影为_________．【答案】5【解析】由题知()24,21a b λ+=+，又2a b + 与c 共线，可得()248210λ-+=，得1λ=，则a 在方向上的投影为a b b ⋅==． 14．已知实数x ， y 满足不等式组20,{250,20,x y x y y --≤+-≥-≤且2z x y =-的最大值为a ，则2cos 2xa dx π⎰=__________．【答案】3π。

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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：年龄频数频率男女

① ② ③ ④