【全国百强校】河北省衡水中学2017年高考猜题卷(一)数学(理)试题附详细解析 必考经典试题
，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
6. 已知
，则
与 （ ）...
交点 ，三角形面积为
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（ ）
，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
3. 某样本中共有 个个体，其中四个值分别为
差为（ ）
，第五个值丢失，但该样本的平均数为 ，则样本方
A.
B.
C.
D.
4. 双曲线
A.
B.
的离心率为 ，焦点到渐近线的距离为 ，则 的焦距等于（ ）
C.
D.
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
6. 已知
【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
的值是_________；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
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.
2. 已知 是虚数单位，复数 的虚部为（ ）
A.
B.
C.
D.
A.
B.
【答案】A
C.
D.
【解析】由题意知，取双曲线 的渐近线
则
，又
，焦点 ，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
考点：线性规划 点评：线性规划题目结合图形分析
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
，这五个区域内，要求
15. 已知函数
，若存在
满足
，且
，则 的最小值为
__________．
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__________．
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
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
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.
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.
【答案】D
【解析】令
，则
，
，
D. ，
， ，可排
除 ，又
，
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 .
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.学￥科￥网...
21. 已知函数
A.
B.
C.
，且 D.
恒成立，
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__________． 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 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．
，可排除 ，故选 D.
12. 已知函数
，对于任意的
则实数 的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
【答案】B
【解析】由任意的
，且
，且
D. ，由
恒成立，
，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
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（ ）
，
且
，则此抛物线方程为（ ）
A.
B.
C.
D.
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.
10. 在 A.
中， B.
11. 已知符号函数
C. 那么
，则
的值所在区间为（ ） D.
的大致图象是（ ）
A.
B.
C.
D.
12. 已知函数
，对于任意的
则实数 的取值范围是（ ）学￥科￥网...
岁以下
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.
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。
精品解析：【全国百强校】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】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．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】由韦达定理知，则，则等比数列中，则．在常数列或中，不是所给方程的两根．则在等比数列中，“，是方程的两根”是“”的充分不必要条件．故本题答案选．6.执行如图的程序框图，则输出的值为（）A.1009B.-1009C.-1007D.1008学_科_网...【答案】B【解析】由程序框图则，由规律知输出．故本题答案选．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.已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】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．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．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．学_科_网...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】由题知，又与共线，可得，得，则方向上的投影为．故本题应填．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】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．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．学_科_网...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？【答案】（1）;（2）见解析.【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）.学_科_网...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.【答案】（1）；（2）见解析.【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）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.【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.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.【答案】（1）；（2）.【解析】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．学_科_网...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.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）.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.。
2017年河北省衡水中学高考猜题卷(一)数学(理)试卷及解析
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2017年衡水中学高考猜题卷（一）
数学（理）试卷
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.。
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。
河北衡水中学2017年高考数学(理科)押题卷
河北衡水中学2017年高考数学（理科）押题卷必考部分一、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()()13lg 21|,|132x M x f x N x x x -⎧⎫-⎧⎫===>⎨⎬⎨⎬-⎩⎭⎩⎭，则集合M N 等于（ ）A ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭ B ．()1,+∞ C ．12,23⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．2,13⎛⎫⎪⎝⎭2. z C ∈，若12z z i -=+，则1zi+等于（ ） A ．7144i + B ．7144i - C ．1144i -- D ．1144i -+3.数列{}n a 为正项等比数列，若33a =，且()1123,2n n n a a a n N n +-=+∈≥，则此数列的前5项和5S 等于 （ ） A ．1213B ．41C ．1193D ．24194. 已知1F 、2F 分别是双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点，以线段12F F 为边作正三角形12F MF ，如果线段1MF 的中点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率e 等于（ ） A ．23 B ．22 C. 6 D ．25.在ABC ∆中，“sin sin cos cos A B B A -=- ”是“A B =”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.已知二次函数()2f x x bx c =++的两个零点分别在区间()2,1--和()1,0-内，则()3f 的取值范围是（ ）A ．()12,20B ．()12,18 C. ()18,20 D ．()8,187.如图，一个简单几何体的正视图和侧视图都是边长为2的等边三角形，若该简单几何体的体积是233，则其底面周长为（ ）A ．()231+ B ．()251+ C. ()222+ D ．53+8.20世纪30年代，德国数学家洛萨---科拉茨提出猜想：任给一个正整数x ，如果x 是偶数，就将它减半；如果x 是奇数，则将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1，这就是著名的“31x +”猜想.如图是验证“31x +”猜想的一个程序框图，若输出n 的值为8，则输入正整数m 的所有可能值的个数为（ ）A ．3B ． 4 C. 6 D ．无法确定9.632243ax x x x ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中各项系数的和为16，则展开式中3x 项的系数为（ ）A ．1172 B ． 632C. 57 D ．33 10. 数列{}n a 为非常数列，满足：39511,48a a a +==，且1223111nn n aa a a a a n aa +++++= 对任何的正整数n 都成立，则1250111a a a ++的值为（ ） A ．1475 B ．1425 C. 1325 D ．127511.已知向量,,αβγ 满足()()()1,2,αααβαγβγ=⊥--⊥-，若172β=，γ的最大值和最小值分别为,m n ，则m n +等于（ ）A ．32 B ．2 C. 52 D ．15212.已知偶函数()f x 满足()()44f x f x +=-，且当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，关于x 的不等式()()20f x af x +>在[]200,200-上有且只有200个整数解，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1ln 6,ln 23⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．1ln 2,ln 63⎛⎫-- ⎪⎝⎭ C. 1ln 2,ln 63⎛⎤-- ⎥⎝⎦ D ．1ln 6,ln 23⎛⎫- ⎪⎝⎭二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题纸上13.为稳定当前物价，某市物价部门对本市的5家商场的某商品的一天销售量及其价格进行调查，5家商场商品的售价x 元和销售量y 件之间的一组数据如下表所示： 价格x8.5 9 9.5 10 10.5销售量y 12 11976由散点图可知，销售量y 与价格x 之间有较好的线性相关关系，其线性回归方程是ˆˆ3.2y x a =-+，则ˆa= ． 14.将函数()3sin 2cos2f x x x =-的图象向右平移m 个单位（0m >），若所得图象对应的函数为偶函数，则m 的最小值是 ．15.已知两平行平面αβ、间的距离为23，点A B α∈、，点C D β∈、，且4,3AB CD ==，若异面直线AB 与CD 所成角为60°，则四面体ABCD 的体积为 ．16.已知A B 、是过抛物线()220y px p =>焦点F 的直线与抛物线的交点，O 是坐标原点，且满足23,3OAB AB FB S AB ∆==，则AB 的值为 ． 三、解答题 ：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图，已知ABC ∆关于AC 边的对称图形为ADC ∆，延长BC 边交AD 于点E ，且5,2AE DE ==，1tan 2BAC ∠=.（1）求BC 边的长； （2）求cos ACB ∠的值.18.如图，已知圆锥1OO 和圆柱12O O 的组合体（它们的底面重合），圆锥的底面圆1O 半径为5r =，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱12O O 的母线，D E 、为下底面圆2O 上的两点，且6, 6.4DE AB ==，52AO =，AO AD ⊥.（1）求证：平面ABD ⊥平面ODE ； （2）求二面角B AD O --的正弦值．19.如图，小华和小明两个小伙伴在一起做游戏，他们通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，他们规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两个人都上一级台阶，如果一方连续两次赢，那么他将额外获得一次上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时，游戏结束，记此时两个小伙伴划拳的次数为X ．（1）求游戏结束时小华在第2个台阶的概率； （2）求X 的分布列和数学期望．20.如图，已知6,12P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭为椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>上的点，且225a b +=，过点P 的动直线与圆222:1F x y a +=+相交于A B 、两点，过点P 作直线AB 的垂线与椭圆E 相交于点Q ．（1）求椭圆E 的离心率； （2）若23AB =，求PQ ．21. 已知函数()()()()11,2x x xax b e f x a R g x b R e e x e --=∈=+∈+，其中e 为自然对数的底数．（参考数据：112427.39 1.28, 1.65e e e ≈≈≈， ）（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =时，函数()()2y f x g x =+有三个零点，分别记为()123123x x x x x x <<、、，证明：()12243x x -<+<．选考部分请考生在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：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中直线1l 的倾斜角为α，且经过点()1,1P -，以坐标系xOy 的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系Ox ，曲线E 的极坐标方程为4cos ρθ=，直线1l 与曲线E 相交于A B 、两点，过点P 的直线2l 与曲线E 相交于C D 、两点，且12l l ⊥． （1）平面直角坐标系中，求直线1l 的一般方程和曲线E 的标准方程； （2）求证：22AB CD +为定值． 23.选修4-5：不等式选讲已知实数a b 、满足223a b ab +-=． （1）求a b -的取值范围； （2）若0ab >，求证：2211344a b ab++≥．试卷答案一、选择题1-5:DAADB 6-10: ACBAB 11、12：CC二、填空题13. 39.4 14.6π 15. 6 16. 92三、解答题17.解：（1）因为1tan 2BAC ∠=，所以22tan 4tan 1tan 3BAC BAE BAC ∠∠==-∠，所以3cos 5BAE ∠=．因为527AB AD AE DE ==+=+=，所以2222cos 49254232BE AB AE AB AE BAE =+-∠=+-= ， 所以42BE =，又75BC AB CE AE ==，所以723BC =． （2）由（1）知42BE =，所以2224932252cos 222742AB BE AE B AB BE +-+-===⨯⨯ ， 所以2sin 2B =，因为1tan 2BAC ∠=，所以525sin ,cos 55BAC BAC ∠=∠=， 所以()cos cos ACB BAC B ∠=-∠+2522510sin sin cos cos 252510B BAC B BAC =∠-∠=⨯-⨯=-． 18.解：（1）依题易知，圆锥的高为()225255h =-=，又圆柱的高为 6.4,AB AO AD =⊥，所以222OD OA AD =+，因为AB BD ⊥，所以222AD AB BD =+，连接1122OO O O DO 、、，易知12O O O 、、三点共线，22OO DO ⊥，所以22222OD OO O D =+，所以()()22222222222 6.455526.464BD OO O D AO AB =+--=++--=，解得8BD =，又因为6DE =，圆2O 的直径为10，圆心2O 在BDE ∠内，所以易知090BDE ∠=，所以DE BD ⊥．因为AB ⊥平面BDE ，所以DE AB ⊥，因为AB BD B = ，所以DE ⊥平面ABD ． 又因为DE ⊂平面ODE ，所以平面ABD ⊥平面ODE ．（2）如图，以D 为原点，DB 、DE 所在的直线为x y 、轴，建立空间直角坐标系．则()()()()0,0,0,8,0,6.4,8,0,0,4,3,11.4D A B O ． 所以()()()8,0,6.4,8,0,0,4,3,11.4DA DB DO ===，设平面DAO 的法向理为(),,u x y z =，所以8 6.40,4311.40DA u x z DO u x y z =+==++=，令12x =，则()12,41,15u =- ．可取平面BDA 的一个法向量为()0,1,0v =，所以4182cos ,10582u v u v u v ===， 所以二面角B AD O --的正弦值为3210． 19.解：（1）易知对于每次划拳比赛基本事件共有339⨯=个，其中小华赢（或输）包含三个基本事件上，他们平局也为三个基本事件，不妨设事件“第()*i i N ∈次划拳小华赢”为i A ；事件“第i 次划拳小华平”为i B ；事件“第i 次划拳小华输”为i C ，所以()()()3193i i i P A P B P C ====． 因为游戏结束时小华在第2个台阶，所以这包含两种可能的情况：第一种：小华在第1个台阶，并且小明在第2个台阶，最后一次划拳小华平； 其概率为()()()()()()212122124781p A P B P C P B P C P A P B =+=，第二种：小华在第2个台阶，并且小明也在第2个台阶，最后一次划拳小华输， 其概率为()()()()()()()()()()()()3221233123421234529243p P B P B P C A P A P B P C P C A P A P C P A P C P C =++=所以游戏结束时小华在第2个台阶的概率为127295081243243p p p =+=+=． （2）依题可知X 的可能取值为2、3、4、5，()()()()()4123412522381P X P A P C P A P C ⎛⎫===⨯= ⎪⎝⎭，()()()2121222239P X P A P A ⎛⎫===⨯= ⎪⎝⎭，()()()()()()()()()()123123123322P X P A P B P A P B P A P A P B P B P B ==++ ()()()()()()()()()()()()12312312312322213227P A P B P B P B P A P B P B P B P A P C P A P A ++++=()()()()224152381P X P X P X P X ==-=-=-==， 所以X 的分布列为：X 2 3 4 5P29 1327 2281 281所以X 的数学期望为：()2132222512345927818181E X =⨯+⨯+⨯+⨯=．20.解：（1）依题知2222611,5,04a b a b a b+=+=>>，解得223,2a b ==，所以椭圆E 的离心率22232233a b e a --===； （2）依题知圆F 的圆心为原点，半径为2,23r AB ==，所以原点到直线AB 的距离为2222232122AB d r ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为点P 坐标为6,12⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，所以直线AB 的斜率存在，设为k ．所以直线AB 的方程为612y k x ⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭，即6102kx y k --+=， 所以261211k d k-==+，解得0k =或26k =．①当0k =时，此时直线PQ 的方程为62x =， 所以PQ 的值为点P 纵坐标的两倍，即212PQ =⨯=；②当26k =时，直线PQ 的方程为161226y x ⎛⎫-=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 将它代入椭圆E 的方程2132x y 2+=，消去y 并整理，得234106210x x --=， 设Q 点坐标为()11,x y ，所以16106234x +=，解得17634x =-， 所以211630121726PQ x ⎛⎫=+--= ⎪⎝⎭．21.解：（1）因为()1x x ax x f x ae e e -⎛⎫== ⎪⎝⎭的定义域为实数R ， 所以()1x x f x ae e -⎛⎫'=⎪⎝⎭． ①当0a =时，()0f x =是常数函数，没有单调性．②当0a <时，由()0f x '<，得1x <；由()0f x '>，得1x >． 所以函数()f x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增． ③当0a >时，由()0f x '<得，1x >； 由()0f x '>，得1x <， 所以函数()f x 在()1,+∞上单调递减，在(),1-∞上单调递增． （2）因为()()1,20a f x g x =+=，所以121202x x xx b e e e x e--++=+，即1111221022x x x x x x x e x b b x e e x e e e ----++=++=++． 令12x x t e e -=+，则有10t e b t-++=，即()210t b e t +-+=． 设方程()210t b e t +-+=的根为12t t 、，则121t t = ， 所以123x x x 、、是方程()()121122*,**x x x xt e t e e e --=+=+ 的根． 由（1）知12x xt e e -=+在(),1-∞单调递增，在()1,+∞上单调递减． 且当x →-∞时，t →-∞，当x →+∞时，()max ,12t e t t e →==+，如图，依据题意，不妨取22e t e <<+，所以121112t e t e<=<+， 因为315122244111110,112422t e e e e t e e e e e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+<-=-+=-+> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，易知201x <<，要证()12243x x -<+<，即证11124x -<<-． 所以()1111024t t x t e ⎛⎫⎛⎫-<<<<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又函数()y t x =在(),1-∞上单调递增， 所以11124x -<<-，所以()12243x x -<+<． 22.解：（1）因为直线1l 的倾斜角为α，且经过点()1,1P -， 当090α=时，直线1l 垂直于x 轴，所以其一般方程为10x -=，当090α≠时，直线1l 的斜率为tan α，所以其方程为()1tan 1y x α+=-，即一般方程为()tan tan 10x y αα---=．因为E 的极坐标方程为4cos ρθ=，所以24cos ρρθ=，因为cos ,sin x y ρθρθ==，所以224x y x +=．所以曲线E 的标准方程为()2224x y -+=． （2）设直线1l 的参数方程为1cos 1sin x t y t αα=+⎧⎨=-+⎩（t 为参数），代入曲线E 的标准方程为()2224x y -+=，可得()()221cos 21sin 4t t αα+-+-+=，即()22cos sin 20t t αα-+-=， 则()12122cos sin ,2t t t t αα+=+=-，所以()()()222212121244cos sin 8124sin AB t t t t t t ααα=-=+-=++=+2， 同理2124sin 2124sin 22CD παα⎛⎫=++=- ⎪⎝⎭， 所以22124sin 2124sin 224AB CD αα+=++-=．23.解：（1）因为223a b ab +-=，所以2232a b ab ab +=+≥． ①当0ab ≥时，32ab ab +≥，解得3ab ≤，即03ab ≤≤；②当0ab <时，32ab ab +≥-，解得 1ab ≥-，即10ab -≤<，所以13ab -≤≤，则034ab ≤-≤，而()2222323a b a b ab ab ab ab -=+-=+-=-， 所以()204a b ≤-≤，即22a b -≤-≤；（2）由（1）知03ab <≤， 因为2222224113444344a b a b ab a b ab +++-=-+ 2222222343333111113304442ab a b ab a b ab a b ab ab +⎛⎫⎛⎫=-+=-+=-+=-≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当2ab =时取等号，所以 2211344a b ab++≥ ．。
【全国百强校word】河北省衡水中学2017届高三上学期一调考试理数试题
．．．．A ．10,23⎛⎫-- ⎪⎝⎭B ．(),2-∞-C ．34,215⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．()1,2-12. 设曲线()e x f x x =--（e 为自然对数地底数）上任意一点处地切线为1l ,总存在曲线()32cos g x ax x =+上某点处地切线2l ,使得12l l ⊥,则实数a 地取值范围为（ ）A ．[]1,2-B ．()3,+∞C ．21,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分,满分20分,将解析填在答题纸上）13. 设1m >,变量x ,y 在约束条件,,1y x y mx x y ≥⎧⎪≤⎨⎪+≤⎩下,目标函数z x my =+地最大值为2,则m =_________．14. 函数e xy mx =-在区间(]0,3上有两个零点,则m 地取值范围是_________．15. 已知函数()3223f x x mx nx m =+++在1x =-时有极值0,则m n +=_________．16. 定义在R 上地函数()f x 满足:()()2f x f x x -+=,当0x <时,()f x x '<,则不等式()()112f x f x x +≥-+地解集为_________．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,a ,b ,c 分别为角A ,B ,C 所对地边,且cos 2cos 3cos a b cA B C==．（1）求角A 地大小；（2）若ABC ∆地面积为3,求a 地值．18.（本小题满分12分）函数21()ln 22f x x ax x =--．（1）当3a =时,求()f x 地单调区间；（2）若()1,a ∀∈-+∞,()1,e x ∃∈,有()0f x b -<,求实数b 地取值范围．19.（本小题满分12分）在ABC ∆中,角A ,B ,C 地对边分别为a ,b ,c ,且4sin 7b A a =．（2）将直线l 向右平移h 个单位,所得直线l '与圆C 相切,求h ．24.（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲已知函数()2f x x a a =-+,a ∈R ,()21g x x =-．（1）若当()5g x ≤时,恒有()6f x ≤,求a 地最大值；（2）若当x ∈R 时,恒有()()3f x g x +≥,求a 地取值范围．试卷解析一、选择题1.A2.C3. B4.C5.C6.B7.D8.A9.D 10.A 11.C 12.D 11．解析:()32133f x x x x =+-,()2230f x x x '=+-=,3x =-,1x =,函数在(),3-∞-,()1,+∞单调递2sin 5B =,3sin 10C =．在ABC ∆中有sin sin a bA B =,则2sin 2105sin 522B b a a a A ===,则21121033sin 3225510ABCa S ab C a a ∆==⨯⨯==．得25a =,所以5a =．18.（Ⅰ）增区间10,3⎛⎫⎪⎝⎭是,减区间1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；（Ⅱ）3,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．试卷解析:（Ⅰ）()2321x x f x x +-'=-（0x >）,10,3x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,()f x 单增1,3x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,()f x 单减。
河北省衡水中学2017届高三押题卷理数试题
2017 年一般高等学校招生全国一致考试模拟试题理科数学（Ⅰ）第Ⅰ卷一、选择题：此题共 12 个小题 ,每题 5 分 ,在每题给出的四个选项中，只有一 项是切合题目要求的 .1.已知会合 A { x Z | 4x 0}，B{ x |12x4} ，则 AI B =（）x 24A ． { x | 1 x2}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 z 1 ti在复平面内对应的点在第四象限，则 t 的取值1 i范围为（ ）A ． [ 1,1]B ． ( 1,1)C ． (, 1)D ． (1, )3.以下函数中，既是偶函数，又在 ( ,0) 内单一递加的为（）A. y x 42xB ． y 2| x|C. y 2x 2 xD ． y log 1 | x | 124.已知双曲线 C 1 ：x 2y21与双曲线 C 2 ： x 2y 21，给出以下说法，此中错误的2 2是（ ）A. 它们的焦距相等B ．它们的焦点在同一个圆上C.它们的渐近线方程同样D ．它们的离心率相等5.在等比数列 { a n } 中，“ a 4 ，a 12 是方程 x 2 3x 1 0 的两根”是“ a 8 1 ”的（）A ．充足不用要条件B ．必需不充足条件C.充要条件D ．既不充足也不用要条件6.履行如图的程序框图，则输出的S 值为（）A.1009B．-1009 C.-1007D．10087.已知一几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为（）A．1B．1C．1D．1 333 612124 8.已知函数f ( x)Asin( x ) ( A0,0,| | ) 的部分图象如下图，则函数g( x)Acos( x) 图象的一个对称中心可能为（）A．(5,0)B．(1,0) C.(1,0) 262D．(11,0)69.《几何本来》卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后代西方数学家办理问题的重要依照，经过这一原理，好多的代数的公义或定理都能够经过图形实现证明，也称之为无字证明.现犹如下图图形，点 F 在半圆 O 上，点 C 在直径 AB 上，且 OF AB ，设 AC a ，BC b ，则该图形能够达成的无字证明为（）A. C.a b ab (a0, b0)B．a2b22ab ( a0, b0)22ab ab (a0, b0)D．ab a2b2(a0,b 0) a b2210.为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗读比赛.该校高三年级准备从包含甲、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 名同学中起码有 1 人参加，且当这 3 名同学都参加时，甲和乙的朗读次序不可以相邻，那么选派的4 名学生不一样的朗读次序的种数为（）A． 720B．768 C.810D．81611.焦点为F的抛物线C：y28x 的准线与 x轴交于点 A ，点 M 在抛物线 C 上，则当| MA |获得最大值时，直线 MA 的方程为（）|MF |A．y x 2或y x2B．C. y 2x 2或y2x2D．y x2y2x212.定义在R上的函数f ( x)知足f ( x2) 2 f ( x) ，且当 x[2,4]时，x24x,2x3,f ( x)x22x g ( x)ax 1 ，对 x1[ 2,0]， x2[ 2,1]，使得 g( x2 ) f (x1) ，x,34,则实数 a 的取值范围为（）A．(,1) U[1,)B．[1,0) U (0,1] 881148C. (0,8]D．(), ]U[,48第Ⅱ卷本卷包含必考题和选考题两部分，第 13 题～第 21 题为必考题，每个试题考生都一定作答 .第 22 题和第 23 题为选考题，考生依据要求作答.二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分.r r(2,1) ，若向量r r r r r13.已知a(1, ) ， b2a b 与 c (8,6)共线，则 a 和 b 方向上的投影为．x y20,14.已知实数x，y知足不等式组x 2 y50, 且 z2x y 的最大值为 a ，则y20,0a cos2xdx =．215.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b tan B b tan A 2c tan B ，且a 8 ， ABC 的面积为4 3，则bc 的值为．16.已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，极点在底面的射影为底面中心）A BCD 的外接球， BC 3，AB 2 3，点 E 在线段 BD 上，且 BD 3BE ，过点 E 作圆 O 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(1x) (1 x)2(1 x)3L(1 x) n的睁开式中 x 的系数恰巧是数列{ a n} 的前 n 项和 S n.（1）求数列{ a n}的通项公式；（2）数列{ b n} 知足 b n2a n，记数列{ b n} 的前 n 项和为 T n，求证： T n 1.a a(2n1)(2 n 11)18.如图，点C在以AB为直径的圆O上，PA垂直与圆O所在平面，G为AOC 的垂心.（1）求证：平面OPG平面PAC；（2）若PA AB 2AC 2，求二面角A OP G的余弦值 .19.2017 年春节时期，某服饰商场举办了一次有奖促销活动，花费每超出600 元（含 600 元），均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只好选择此中的一种.方案一：从装有10 个形状、大小完整同样的小球（此中红球 3 个，黑球 7 个）的抽奖盒中，一次性摸出 3个球，此中奖规则为：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、大小完整同样的小球（此中红球 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）若两个顾客均分别花费了 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）若某顾客花费恰巧满 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？x2y21(a b 0) 的长轴长为6，且椭圆C与圆M：( x 2)2y24020. 已知椭圆C：2b 29a的公共弦长为4 10. 3（1）求椭圆C的方程 .（2）过点P(0, 2)作斜率为k (k 0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上能否存在点 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，请说明原因 .21. 已知函数f ( x)2ln x 2mx x2 (m 0) .（1）议论函数 f ( x)的单一性；（ 2）当m32时，若函数 f (x) 的导函数 f '( x) 的图象与 x 轴交于A，B两点，其2横坐标分别为 x1， x2 ( x1 x2 ) ，线段AB的中点的横坐标为x0，且 x1， x2恰为函数h( x) ln x cx2bx 的零点，求证： ( x1 x2 )h '(x0 )2ln 2 .3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边方框涂黑，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x 42t, 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2 ty2负半轴为极轴成立极坐标系，圆 C 的极坐标方程为4cos，直线l与圆C交于A，B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A，B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) | 2x 1| | x1| .（1）求函数f (x)的值域M；（2）若a M，试比较| a1| | a 1| ，3，72a 的大小.2a2参照答案及分析理科数学（Ⅰ）一、选择题1-5:BBDDA 6-10:BCCDB 11、12：AD二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分）13.3 514.315.4 516.[2 , 4 ]5三、解答题17.解：（ 1） (1 x) (1 x) 2 (1 x) 3 L(1 x) n 的睁开式中 x 的系数为C 11C 21C 31L C n 1C 22C 21C 31L C n 1C n 2 11 n 21n ，2 2即 S n 1 n 21n ，22因此当 n 2 时， a n S nSn 1n ；当 n 1 时， a 1 1也合适上式，因此数列 { a n } 的通项公式为 a n n .（2）证明： b n2n11，1) 2n 1 2n 1(2 n 1)(2n 11因此因此T n 11 1 1L1111，3 3 7 2n 1 2n 1 1 2n 11T n 1.18.解：（ 1）如图，延伸 OG 交 AC 于点 M .因为 G 为 AOC 的重心，因此 M 为 AC 的中点 .因为 O为 AB的中点，因此 OM / /BC .因为 AB 是圆 O 的直径，因此 BC AC ，因此 OM AC .因为 PA平面ABC，OM平面ABC，因此PA OM .又 PA平面PAC，AC平面PAC，PAI AC A，因此 OM平面PAC.即 OG平面PAC，又OG平面OPG，因此平面 OPG平面PAC.uuur uuur uuur（2）以点C为原点，CB，CA，AP方向分别为x，y ，z轴正方向成立空间直角坐标系 C xyz ，则 C (0,0,0)， A(0,1,0) ， B( 3,0,0)， O(3,1,0) ， P(0,1,2) ， M (0,1,0) ，222uuuur3uuur( 3 ,1, 2) .平面OPG即为平面OPM，设平面OPM的一个则OM (,0,0) ， OP222r uuuur3 x0,r n OM r2(0, 4,1) .法向量为 n(x, y, z) ，则令 z1，得nr uuur3 x 1 y2z0,n OP22过点 C作CH AB 于点 H ，由 PA 平面 ABC ，易得 CH PA ，又 PAI AB A ，因此CH 平面 PAB ，即CH uuur为平面 PAO 的一个法向量.在 Rt ABC 中，由 AB 2 AC ，得 ABC30 ，则 HCB60 ，CH 1CB 3 . 22因此 x H CH cos HCB3， y H CH sin HCB 3 .44uuur3 , 3,0) .因此CH (44uuur r| 0343 1 0 |2 51设二面角 A OP G 的大小为|CH n |44.，则 cos uuur r17| CH | | n | 3 94212161619.解：（ 1）选择方案一若享遇到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件 A ，则 P( A)C331，C 312010因此两位顾客均享遇到免单的概率为P P( A) P( A)1.14400（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则 X 可能的取值为0，600，700，1000.P( X0)C331， P( X 600)C32C717，C103120C10340P( X700)C31C7221， P(X 1000)C737 ，C340 C 3241010故 X 的散布列为，因此 E(X )01600770021100077641（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 Z1000 200Y ，由已知可得 Y ~ B(3,3) ，故 E(Y)339 ，101010因此 E(Z )E(1000200Y)1000 200E(Y)820（元） .因为 E(X )E(Z ) ，因此该顾客选择第一种抽奖方案更合算.20.解：（ 1）由题意可得2a 6 ，因此 a 3 .由椭圆 C 与圆 M ：(x2) 2y240的公共弦长为410，恰为圆 M 的直径，93可得椭圆 C 经过点 (2,2 10) ，3因此440 1，解得 b 2 8.9 9b 2因此椭圆 C 的方程为 x 2y 2 1 .98（2）直线 的分析式为y kx 2 ，设 A(x 1, y 1), B(x 2 , y 2 ) ， AB 的中点为 E( x 0 , y 0 ) 假定存l.y kx 2,在点 D (m,0) ，使得 ADB 为以 AB 为底边的等腰三角形， 则 DE AB .由 x 2y 2得9 8 1,(89k 2 ) x 2 36kx 360 ，故 x 1x 2 36k ，18k16 9k 2 8 因此 x 0，y 0 kx 0 2.9k2 89k28因为 DEAB ，因此 k DE1 ，k161 ，即 9k2818k m k9k 2 8因此 m2k 2 9k 2 88 .9kk8 当 k 0 时， 9k2 9 8 12 2，k因此2 m0 ；12当 k 0 时， 9k 812 2 ，因此 0 m2 .k12综上所述，在 x 轴上存在知足题目条件的点E ，且点 D 的横坐标的取值范围为[2,0) U (0,2] .121221. 解：（ 1）因为 f ( x) 2ln x 2mxx 2 的定义域为 (0,) ，则 f '(x)2( x 2 mx 1).x关于方程 x 20 ，其鉴别式m 2 4 .当 m 2 4 0，即 0 m 2 时， f '(x) 0 恒成立，故 f (x) 在 (0, ) 内单一递加 .当 m 2 40 ，即 m 2 ，方程 x 2mx 1 0恰有两个不相等是实根 xmm 2 4 ，2令 f '( x)0 ，得 0x mm 2 4或 xmm 2 4，此时 f ( x) 单一递加；22令 f '( x)0 ，得mm 2 4x mm 2 4，此时 f (x) 单一递减 .22综上所述，当 0m 2 时， f ( x) 在 (0,) 内单一递加；当 m 2 时， f (x) 在(mm 2 4 , m m 2 4) 内单一递减，在 (0,mm 2 4) ， (mm 2 4 ,) 内单一递2222增.（2）由（1）知， f '( x) 2( x2mx 1)，因此 f '( x) 的两根 x 1 ，x 2 即为方程 x 2mx 1 0x的两根 .因为 m 3 2 ，因此m 2 40 ， x 1x 2 m ， x 1x 2 1 .2又因为 x 1 ， x 2 为 h(x) ln x cx 2bx 的零点，因此 ln x 1 cx 12 bx 1 0 ， ln x 2 c 22 bx 2 0 ，两式相减得ln x 1c( x 1 x 2 )( x 1x 21 2cx而 h '( x)x(x 1 x 2 )h '(x 0 )( x 12( x 1 x 2 ) ln x 1x 1 x 2x 2lnx1x 2 ) b( x 1 x 2 ) 0 ，得 bx 2 c( x 1 x 2 ) .x 2x 1 b ，因此12lnx12cx 0 b) ( x 1 x 2 )[c( x 1 x 2 )x 2c( x 1 x 2 )]x 2 )(x 2 x 2 x 0 x 1x 1x 112 x 2x 1 .ln x 1 1 x 2x 2令x1t (0 t 1) ，由 ( x 1x 2 )2m 2 得 x 12 x 222x 1x 2 m 2 ，x 2因为 x 1 x 2 1 ，两边同时除以 x 1 x 2 ，得 t 12m 2 ，t因为 m 32 ，故 t 15，解得 0 t1或 t 2 ，因此 0 t1 .2t 222设 G(t ) 2 t1 ln t ，因此 G '(t)(t1)2 0 ，t1 t (t1)2则 y G (t) 在 (0, 1 ] 上是减函数，2因此 G(t) min G ( 1 )2 ln 2 ，23即 y ( x 1 x 2 )h '( x 0 ) 的最小值为因此 (x 1 x 2 )h '(x 0 )2 ln 2 .32 ln 2 .322.解：（ 1）由 4cos得 2 4 cos ，因此 x 2y 2 4x，因此圆 C 的直角坐标方程为 (x 2) 2 y 24 .将直线 l 的参数方程代入圆 C : (x 2)2 y 24 ，并整理得 t 22 2t 0 ，解得 t 1 0， t 222 .因此直线 l 被圆 C 截得的弦长为 | t 1 t 2 | 2 2 .（2）直线 l 的一般方程为 x y 4 0 .圆 C 的参数方程为x 2 2cos ,（ 为参数），y 2sin ,可设曲线 C 上的动点 P(22cos ,2sin ) ，则点 P 到直线 l 的距离d| 2 2cos2sin 4 | | 2cos() 2 | ，当 cos() 1 时，d 取最大值，且 d 的244最大值为 2 2 .因此 S ABP1 2(22)2 2 2 ，22即 ABP 的面积的最大值为 2 2 .3x, x 1,23. 解：（ 1） f ( x)2 x, 1x1 ,213x, x.2依据函数 f (x) 的单一性可知，当 x1 时， f ( x)min f ( 1) 3 .3222因此函数 f (x) 的值域 M) .[ ,2（2）因为 aM ，因此 a3，因此03 1.22a又 | a 1| | a 1| a 1 a 1 2a3，因此 a3，知 a 1 0 ， 4a 3 0 ，2因此(a1)(4a 3) 0，因此37 2a ，2a3 7 2a2因此 | a 1| | a1|2a .2a2。
数学---河北省衡水中学2017届押题卷(I)(理)
河北省衡水中学2017届押题卷 数学（Ⅰ）（理）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}2.已知i 为虚数单位，若复数11tiz i-=+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,)+∞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.22xx y -=-D ．12log ||1y x =-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6.执行如图的程序框图，则输出的S 值为（ ）A.1009B ．-1009C.-1007 D ．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 ．163π+ B ．112π+ C ．1123π+ D ．143π+ 8.已知函数()sin()f x A x ωϕ=+(0,0,||)A ωϕπ>><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(,0)2-B ．1(,0)6C.1(,0)2- D ．11(,0)6-9.《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.2a b+≥(0,0)a b >> B ．222a b ab +≥(0,0)a b >>C.2aba b ≤+(0,0)a b >> D ．2a b +≤(0,0)a b >> 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 ．768 C.810D ．81611.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 =-+12.定义在R 上的函数()f x 满足(2)2()f x f x +=，且当[2,4]x ∈时，224,23,()2,34,x x x f x x x x⎧-+≤≤⎪=⎨+<≤⎪⎩()1g x ax =+，对1[2,0]x ∀∈-，2[2,1]x ∃∈-，使得21()()g x f x =，则实数a 的取值范围为（ ）A ．11(,)[,)88-∞-+∞ B ．11[,0)(0,]48-C.(0,8]D ．11(,][,)48-∞-+∞二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知(1,)a λ= ，(2,1)b =，若向量2a b + 与(8,6)c = 共线，则a 和b 方向上的投影为 ．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 d 2xa x π⎰= ． 15.在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，tan tan 2tan b B b A c B +=-，且8a =，ABC ∆的面积为b c +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）A BCD -的外接球，3BC =，AB =E 在线段BD 上，且3BD BE =，过点E 作圆O 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23(1)(1)(1)(1)nx x x x ++++++++ 的展开式中x 的系数恰好是数列{}n a 的前n 项和n S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）数列{}n b 满足12(21)(21)nn n a n a a b +=--，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求证：1n T <.18.如图，点C 在以AB 为直径的圆O 上，PA 垂直与圆O 所在平面，G 为AOC ∆的垂心.（1）求证：平面OPG ⊥平面PAC ；（2）若22PA AB AC ===，求二面角A OP G --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C ：22221(0)x y a b a b+=>>的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：2240(2)9x y -+=. （1）求椭圆C 的方程.（2）过点(0,2)P 作斜率为(0)k k ≠的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，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，请说明理由.21. 已知函数2()2ln 2(0)f x x mx x m =-+>. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当2m ≥时，若函数()f x 的导函数'()f x 的图象与x 轴交于A ，B 两点，其横坐标分别为1x ，2x 12()x x <，线段AB 的中点的横坐标为0x ，且1x ，2x 恰为函数2()ln h x x cx bx=--的零点，求证：1202()'()ln 23x x h x -≥-+.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l的参数方程为4,2x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（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4cos ρθ=，直线l 与圆C 交于A ，B 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A ，B 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()|21||1|f x x x =-++. （1）求函数()f x 的值域M ；（2）若a M ∈，试比较|1||1|a a -++，32a ，722a -的大小.【参考答案】一、选择题1-5:BBDDA 6-10:BCCDB 11-12：AD 二、填空题13.514.3π 15. 16.[2,4]ππ 三、解答题17.解：（1）23(1)(1)(1)(1)nx x x x ++++++++ 的展开式中x 的系数为1111123n C C C C ++++= 2111223n C C C C ++++= 2211122n C n n +=+， 即21122n S n n =+， 所以当2n ≥时，1n n n a S S n -=-=； 当1n =时，11a =也适合上式， 所以数列{}n a 的通项公式为n a n =.（2）证明：12(21)(21)nn n n b +==--1112121n n +---， 所以11111113372121n n n T +=-+-++--- 11121n +=--， 所以1n T <.18.解：（1）如图，延长OG 交AC 于点M . 因为G 为AOC ∆的重心，所以M 为AC 的中点. 因为O 为AB 的中点，所以//OM BC .因为AB 是圆O 的直径，所以BC AC ⊥，所以OM AC ⊥. 因为PA ⊥平面ABC ，OM ⊂平面ABC ，所以PA OM ⊥. 又PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，PA AC A = ， 所以OM ⊥平面PAC .即OG ⊥平面PAC ，又OG ⊂平面OPG ， 所以平面OPG ⊥平面PAC .（2）以点C 为原点，CB ，CA ，AP方向分别为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系C xyz -，则(0,0,0)C ，(0,1,0)A，B，1(,,0)22O ，(0,1,2)P ，1(0,,0)2M ，则(OM =，1(,2)2OP = .平面OPG 即为平面OPM ，设平面OPM 的一个法向量为(,,)n x y z =，则0,2120,22n OM x n OP x y z ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-++=⎪⎩ 令1z =，得(0,4,1)n =- . 过点C 作CH AB ⊥于点H ，由PA ⊥平面ABC ，易得CH PA ⊥，又PA AB A = ，所以CH ⊥平面PAB ，即CH为平面PAO 的一个法向量.在Rt ABC ∆中，由2AB AC =，得30ABC ∠=︒，则60HCB ∠=︒，12CH CB ==.所以cos H x CH HCB =∠=，3sin 4H y CH HCB =∠=.所以3,0)4CH = .设二面角A OP G --的大小为θ，则||cos ||||CH n CH n θ⋅==⋅3|0410|-⨯+⨯=19.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333101()120C P A C ==，所以两位顾客均享受到免单的概率为1()()14400P P A P A =⋅=.（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0，600，700，1000.333101(0)120C P X C ===，21373107(600)40C C P X C ===， 123731021(700)40C C P X C ===，373107(1000)24C P X C ===， 故X 的分布列为，所以17217()06007001000120404024E X =⨯+⨯+⨯+⨯17646=（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-， 由已知可得3~(3,)10Y B ，故39()31010E Y =⨯=， 所以()(1000200)E Z E Y =-=1000200()820E Y -=（元）. 因为()()E X E 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26a =，所以3a =. 由椭圆C 与圆M ：2240(2)9x y -+=，恰为圆M 的直径， 可得椭圆C 经过点(2,)3±， 所以2440199b+=，解得28b =. 所以椭圆C 的方程为22198x y +=. （2）直线l 的解析式为2y kx =+，设1122(,),(,)A x y B x y ，AB 的中点为00(,)E x y . 假设存在点(,0)D m ，使得ADB ∆为以AB 为底边的等腰三角形，则DE AB ⊥.由222,1,98y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(89)36360k x kx ++-=，故1223698k x x k +=-+， 所以021898k x k -=+，00216298y kx k =+=+. 因为DE AB ⊥，所以1DE k k=-， 即221601981898k k k m k -+=---+， 所以2228989k m k k k--==++. 当0k >时，89k k +≥=所以012m -≤<； 当0k <时，89k k +≤-012m <≤. 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[(0,1212- . 21. 解：（1）由于2()2ln 2f x x mx x =-+的定义域为(0,)+∞，则22(1)'()x mx f x x-+=. 对于方程210x mx -+=，其判别式24m ∆=-.当240m -≤，即02m <≤时，'()0f x ≥恒成立，故()f x 在(0,)+∞内单调递增. 当240m ->，即2m >，方程210x mx -+=恰有两个不相等是实根2m x ±=， 令'()0f x >，得0x <<或x >，此时()f x 单调递增； 令'()0f x <x <<()f x 单调递减.综上所述，当02m <≤时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当2m >时，()f x在内单调递减，在，)+∞内单调递增.（2）由（1）知，22(1)'()x mx f x x-+=，所以'()f x 的两根1x ，2x 即为方程210x mx -+=的两根.因为2m ≥，所以240m ∆=->，12x x m +=，121x x =. 又因为1x ，2x 为2()ln h x x cx bx =--的零点，所以2111ln 0x cx bx --=，2222ln 0x c bx --=，两式相减得11212122ln ()()()0x c x x x x b x x x --+--=，得121212ln()x x b c x x x x ==+-. 而1'()2h x cx b x =--，所以120()'()x x h x -=12001()(2)x x cx b x ---=121212121212ln2()[()()]x x x x c x x c x x x x x x --+-+++-1211222()ln x x x x x x -=-=+12112212ln 1x x x x x x -⋅-+. 令12(01)x t t x =<<，由2212()x x m +=得22212122x x x x m ++=， 因为121x x =，两边同时除以12x x ，得212t m t ++=，因为m ≥，故152t t +≥，解得102t <≤或2t ≥，所以102t <≤. 设1()2ln 1t G t t t -=⋅-+，所以22(1)'()0(1)t G t t t --=<+，则()y G t =在1(0,]2上是减函数， 所以min 12()()ln 223G t G ==-+， 即120()'()y x x h x =-的最小值为2ln 23-+. 所以1202()'()ln 23x x h x -≥-+. 22.解：（1）由4cos ρθ=得24cos ρρθ=，所以2240x y x +-=，所以圆C 的直角坐标方程为22(2)4x y -+=.将直线l 的参数方程代入圆:C 22(2)4x y -+=，并整理得20t +=， 解得10t =，2t =-所以直线l 被圆C截得的弦长为12||t t -=（2）直线l 的普通方程为40x y --=. 圆C 的参数方程为22cos ,2sin ,x y θθ=+⎧⎨=⎩（θ为参数），可设曲线C 上的动点(22cos ,2sin )P θθ+，则点P 到直线l的距离d=|2cos()4πθ=+，当c o s ()14πθ+=-时，d 取最大值，且d的最大值为2所以1(222ABP S ∆≤⨯=+ 即ABP ∆的面积的最大值为2+23. 解：（1）3,1,1()2,1,213,.2x x f x x x x x ⎧⎪-<-⎪⎪=--≤≤⎨⎪⎪>⎪⎩ 根据函数()f x 的单调性可知，当12x =时，min 13()()22f x f ==.所以函数()f x 的值域3[,)2M =+∞.（2）因为a M ∈，所以32a ≥，所以3012a <≤. 又|1||1|1123a a a a a -++=-++=≥， 所以32a ≥，知10a ->，430a ->， 所以(1)(43)02a a a -->，所以37222a a >-， 所以37|1||1|222a a a a -++>>-.。