河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）（解析版）.doc

2017年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）一、选择题：本题共12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若集合益=y|y=lgx，B=x|y=，则集合AB=（）A（0，+）B0，+）C（1，+）D2已知复数z满足z=（i为虚数单位，aR），若复数z对应的点位于直角坐标平面内的直线y=x上，则a的值为（）A0BlClD23设函数f（x）=x22x3，若从区间2，4上任取一个实数x0，则所选取的实数x0满足f（x0）0的概率为（）ABCD4已知a0，且a1，则双曲线C1：y2=1与双曲线C2：x2=1的（）A焦点相同B顶点相同C渐近线相同D离心率相等5中国古代数学名著张丘建算经中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里其意是：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走 了 700里若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为（）A里B1050 里C里D2100里6如图，在各小正方形边长为1的网格上依次为某几何体的正视图侧视图与俯视图，其中正视图为等边三角形，则此几何体的体积为（）A1+B +C +D +7已知 0abl，cl，则（）AlogaclogbcB（）c（）cCabcbacDalogcblogc8运行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）ABCD9如图所示，在棱长为a的正方体ABCDA1B2C3D4中，点E，F分别在棱AD，BC上，且AE=BF=a过EF的平面绕EF旋转，与DD1、CC1的延长线分别交于G，H点，与A1D1、B1C1分别交于E1，F1点当异面直线FF1与DD1所成的角的正切值为时，|GF1|=（）ABCD10将函数f（x）=sin2xcos2x+1的图象向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数y=g（x）的图象，则下列关予函数y=g（x）的说法错误的是（）A函数y=g（x）的最小正周期为B函数y=g（x）的图象的一条对称轴为直线x=C g（x）dx=D函数y=g（x）在区间，上单调递减11点M（3，2）到拋物线C：y=ax2（a0）准线的距离为4，F为拋物线的焦点，点N（l，l），当点P在直线l：xy=2上运动时，的最小值为（）ABCD12已知f（x）是定义在区间（0，+）内的单调函数，且对x（0，），都有ff（x）lnx=e+1，设f（x）为f（x）的导函数，则函数g（x）=f（x）f（x）的零点个数为（）A0BlC2D3二、填空题：本题共4小题，每小题5分13在（2）6的展开式中，含x3项的系数是（用数字填写答案）14已知向量，满足|=2， =（4cos，4sin），且（），设与的夹角为，则等于15已知点P（x，y）的坐标满足，则的取值范围为16若函数f（x）的表达式为f（x）= （c0），则函数f（x）的图象的对称中心为（，），现已知函数f（x）=，数列an的通项公式为an=f（）（nN），则此数列前2017项的和为三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2sin Acos B=2sin Csin B（I）求角A；（）若a=4，b+c=8，求ABC 的面积18如图，已知平面ADC平面A1B1C1，B为线段AD的中点，ABCA1B1C1，四边形ABB1A1为正方形，平面AA1C1C丄平面ADB1A1，A1C1=A1A，C1A1A=，M为棱A1C1的中点（I）若N为线段DC1上的点，且直线MN平面ADB1A1，试确定点N的位置；（）求平面MAD与平面CC1D所成的锐二面角的余弦值19某闯关游戏规则是：先后掷两枚骰子，将此试验重复n轮，第n轮的点数分别记为xn，yn，如果点数满足xn，则认为第n轮闯关成功，否则进行下一轮投掷，直到闯关成功，游戏结束（I）求第一轮闯关成功的概率；（）如果第i轮闯关成功所获的奖金数f（i）=10000（单位：元），求某人闯关获得奖金不超过1250元的概率；（）如果游戏只进行到第四轮，第四轮后不论游戏成功与否，都终止游戏，记进行的轮数为随机变量X，求x的分布列和数学期望20已知椭圆C： +=1 （ab0）的短轴长为2，过上顶点E和右焦点F的直线与圆M：x2+y24x2y+4=0相切（I）求椭圆C的标准方程；（）若直线l过点（1，0），且与椭圆C交于点A，B，则在x轴上是否存在一点T（t，0）（t0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有OTA=OTB （其中O为坐标原点），若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由21已知函数f（x）= （a，bR，且a0，e为自然对数的底数）（I）若曲线f（x）在点（e，f（e）处的切线斜率为0，且f（x）有极小值，求实数a的取值范围（II）（i）当 a=b=l 时，证明：xf（x）+20；（ii）当 a=1，b=1 时，若不等式：xf（x）e+m（x1）在区间（1，+）内恒成立，求实数m的最大值选修4一4：坐标系与参数方程22已知在平面直角坐标系中，椭圆C的参数方程为（为参数）（I）以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求椭圆C的极坐标方程；（）设M（x，y）为椭圆C上任意一点，求x+2y的取值范围选修4一5：不等式选讲23已知函数f（x）=|2x1|2|x1|（I）作出函数f（x）的图象；（）若不等式f（x）有解，求实数a的取值范围2017年河南省衡水中学大联考高考数学模拟试卷（理科）（2月份）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12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若集合益=y|y=lgx，B=x|y=，则集合AB=（）A（0，+）B0，+）C（1，+）D【考点】交集及其运算【分析】根据函数的定义域和值域求出集合A、B，利用定义写出AB【解答】解：集合A=y|y=lgx=y|yR=R，B=x|y=x|x0，则集合AB=x|x0=0，+）故选：B2已知复数z满足z=（i为虚数单位，aR），若复数z对应的点位于直角坐标平面内的直线y=x上，则a的值为（）A0BlClD2【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【解答】解：复数z满足z=+i，复数z对应的点（，）位于直角坐标平面内的直线y=x上，=，解得a=0故选：A3设函数f（x）=x22x3，若从区间2，4上任取一个实数x0，则所选取的实数x0满足f（x0）0的概率为（）ABCD【考点】几何概型【分析】由题意知本题是一个几何概型，概率的值为对应长度之比，根据题目中所给的不等式解出解集，解集在数轴上对应的线段的长度之比等于要求的概率【解答】解：由题意知本题是一个几何概型，概率的值为对应长度之比，由f（x0）0，得到x022x030，且x02，4解得：1x03，P=，故选：A4已知a0，且a1，则双曲线C1：y2=1与双曲线C2：x2=1的（）A焦点相同B顶点相同C渐近线相同D离心率相等【考点】双曲线的简单性质【分析】根据题意，由双曲线C1与C2的标准方程，分析其焦点位置，进而求出C1与C2的焦点坐标、顶点坐标、渐近线方程以及离心率，比较即可得答案【解答】解：根据题意，双曲线C1：y2=1，其焦点在x轴上，c=，则其焦点坐标为（，0），顶点坐标（a，0），渐近线方程：y=x，离心率e=；双曲线C2：x2=1，其焦点在y轴上，c=，则其焦点坐标为（0，），顶点坐标（0，a），渐近线方程：y=ax，离心率e=；分析可得：双曲线C1：y2=1与双曲线C2：x2=1的离心率相同；故选：D5中国古代数学名著张丘建算经中记载：“今有马行转迟，次日减半，疾七日，行七百里其意是：现有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走 了 700里若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的总路程为（）A里B1050 里C里D2100里【考点】等比数列的前n项和【分析】由题意，可得该匹马每日的路程成等比数列，首项为a1，公比，连续行走7天，共走 了 700里，即S7=700，求解a1，即可求解它这14天内所走的总路程S14【解答】解：由题意，设该匹马首日路程（即首项）为a1，公比，S7=700，即，解得：那么： =故选C6如图，在各小正方形边长为1的网格上依次为某几何体的正视图侧视图与俯视图，其中正视图为等边三角形，则此几何体的体积为（）A1+B +C +D +【考点】由三视图求面积、体积【分析】由题意，几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）的三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）的组合体，利用体积公式，可得结论【解答】解：由题意，几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）的三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）的组合体，体积V=，故选C7已知 0abl，cl，则（）AlogaclogbcB（）c（）cCabcbacDalogcblogc【考点】不等式的基本性质【分析】根据a，b，c的范围，根据特殊值法验证即可【解答】解：取a=，b=，c=2，得A、B、C错误，D正确，故选：D8运行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）ABCD【考点】程序框图【分析】程序框图累计算=（）各项的和，即s= （1）+（）+（），根据判断框，即可得出结论【解答】解：程序框图累计算=（）各项的和，即s= （1）+（）+（），判断框为k99时，输出的结果为，故选B9如图所示，在棱长为a的正方体ABCDA1B2C3D4中，点E，F分别在棱AD，BC上，且AE=BF=a过EF的平面绕EF旋转，与DD1、CC1的延长线分别交于G，H点，与A1D1、B1C1分别交于E1，F1点当异面直线FF1与DD1所成的角的正切值为时，|GF1|=（）ABCD【考点】棱柱的结构特征【分析】如图异面直线FF1与DD1所成的角的正切值为时，就是tanCHF=，求出CF，C1H，C1F，D1C1即可【解答】解：如图异面直线FF1与DD1所成的角的正切值为时，就是tanCHF=，CH=2a，即C1H=aC1F1=|GF1|=故选：A10将函数f（x）=sin2xcos2x+1的图象向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数y=g（x）的图象，则下列关予函数y=g（x）的说法错误的是（）A函数y=g（x）的最小正周期为B函数y=g（x）的图象的一条对称轴为直线x=C g（x）dx=D函数y=g（x）在区间，上单调递减【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换；三角函数的化简求值【分析】利用两角差的正弦函数公式、函数y=Asin（x+）的图象变换规律，可得g（x），利用正弦函数的图象和性质逐一分析各个选项即可得解【解答】解：把f（x）=sin2xcos2x+1=2sin（2x）+1的图象向左平移个单位，得到函数y=2sin2（x+）+1=2sin（2x+）+1的图象，再向下平移1个单位，得到函数y=g（x）=2sin（2x+）的图象，对于A，由于T=，故正确；对于B，由2x+=k+，kZ，解得：x=+，kZ，可得：当k=0时，y=g（x）的图象的一条对称轴为直线x=，故正确；对于C， g（x）dx=2sin（2x+）dx=cos（2x+）|=（coscos）=，故正确；对于D，由2k+2x+2k+，kZ，解得：k+xk+，kZ，可得函数y=g（x）在区间，上单调递减，故错误故选：D11点M（3，2）到拋物线C：y=ax2（a0）准线的距离为4，F为拋物线的焦点，点N（l，l），当点P在直线l：xy=2上运动时，的最小值为（）ABCD【考点】抛物线的简单性质【分析】先求出抛物线的方程，设AP=t，则AN=，AF=2，PN=，PF=，再表示，利用换元法，即可得出结论【解答】解：点M（3，2）到拋物线C：y=ax2（a0）准线的距离为4，2+=4，a=，拋物线C：x2=8y，直线l：xy=2与x轴交于A（2，0），则FAl设AP=t，则AN=，AF=2，PN=，PF=，设1=m（m1），则=，m=1，即t=0时，的最小值为故选：B12已知f（x）是定义在区间（0，+）内的单调函数，且对x（0，），都有ff（x）lnx=e+1，设f（x）为f（x）的导函数，则函数g（x）=f（x）f（x）的零点个数为（）A0BlC2D3【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理【分析】由设t=f（x）lnx，则f（x）=lnx+t，又由f（t）=e+1，求出f（x）=lnx+e，从而求出g（x）的解析式，根据函数的单调性求出函数的零点的个数即可【解答】解：根据题意，对任意的x（0，+），都有ff（x）lnx=e+1，又由f（x）是定义在（0，+）上的单调函数，则f（x）lnx为定值，设t=f（x）lnx，则f（x）=lnx+t，又由f（t）=e+1，即lnt+t=e+1，解得：t=e，则f（x）=lnx+e，f（x）=0，故g（x）=lnx+e，则g（x）=+0，故g（x）在（0，+）递增，而g（1）=e10，g（）=10，存在x0（，1），使得g（x0）=0，故函数g（x）有且只有1个零点，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分13在（2）6的展开式中，含x3项的系数是64（用数字填写答案）【考点】二项式系数的性质【分析】根据二项式展开式的通项公式，令展开式中含x项的指数等于3，求出r的值，即可求出展开式中x3项的系数【解答】解：二项式（2）6展开式的通项公式为Tr+1=（1）r26rx3r，令3r=3，解得r=0；展开式中x3项的系数是26=64故答案为：6414已知向量，满足|=2， =（4cos，4sin），且（），设与的夹角为，则等于【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据平面向量的数量积运算与夹角公式，即可求出、夹角的大小【解答】解：|=2， =（4cos，4sin），|=4，又（），（）=22=0，=4；设与的夹角为，则0，cos=，=故答案为：15已知点P（x，y）的坐标满足，则的取值范围为，1【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，设A（1，1），P（x，y）为可行域内的一动点，向量、的夹角为，可得cos=，再由的范围求得cos的范围，则答案可求【解答】解：由约束条件作出可行域如图，设A（1，1），P（x，y）为可行域内的一动点，向量、的夹角为，|=，cos=当P运动到B时，有最小值，当P运动到C时，有最大值，1，即，则的取值范围为，1故答案为：，116若函数f（x）的表达式为f（x）= （c0），则函数f（x）的图象的对称中心为（，），现已知函数f（x）=，数列an的通项公式为an=f（）（nN），则此数列前2017项的和为2016【考点】数列的求和【分析】由已知结论可得f（x）的对称中心为（，1），即有f（x）+f（1x）=2，此数列前2017项的和按正常顺序写一遍，再倒过来写，即运用数列的求和方法：倒序球和法，化简即可得到所求和【解答】解：若函数f（x）的表达式为f（x）= （c0），则函数f（x）的图象的对称中心为（，），现已知函数f（x）=，则对称中心为（，1），即有f（x）+f（1x）=2，则数列前2017项的和为S2017=f（）+f（）+f（）+f（1），则S2017=f（）+f（）+f（）+f（1），相加可得2S2017=f（）+f（）+f（）+f（）+2f（1）=2+（2）+（2）+0=22016，则此数列前2017项的和为2016故答案为：2016三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2sin Acos B=2sin Csin B（I）求角A；（）若a=4，b+c=8，求ABC 的面积【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（I）由正弦定理化简已知等式可得cosB=，结合余弦定理可求b2+c2a2=bc，可求cosA，结合范围A（0，），可求A的值（）由已知及余弦定理可得bc=，进而利用三角形面积公式即可计算得解【解答】（本题满分为12分）解：（I）2sinAcosB=2sinCsinB，由正弦定理可得：2acosB=2cb，即：cosB=，又cosB=，=，解得：b2+c2a2=bc，cosA=，又A（0，），A=6分（）由余弦定理可得：a2=b2+c22bccosA，a=4，b+c=8，（4）2=b2+c2bc=（b+c）23bc=643bc，bc=，ABC 的面积S=bcsinA=12分18如图，已知平面ADC平面A1B1C1，B为线段AD的中点，ABCA1B1C1，四边形ABB1A1为正方形，平面AA1C1C丄平面ADB1A1，A1C1=A1A，C1A1A=，M为棱A1C1的中点（I）若N为线段DC1上的点，且直线MN平面ADB1A1，试确定点N的位置；（）求平面MAD与平面CC1D所成的锐二面角的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【分析】（）连结A1D，直线MN平面ADB1A1，推出MNA1D，说明MN为A1C1D的中位线，得到N为DC1的中点（）设A1B1=1，证明ADAM，ADAC，AM，AD，AC两两垂直，以A为坐标原点，AD，AC，AM分别为x，y，z轴，求出相关点的坐标，求出平面CC1D的法向量，平面MAD的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可【解答】（）证明：连结A1D，直线MN平面ADB1A1，MN平面A1C1D，平面A1C1D平面ADB1A1=A1D1，MNA1D，又M为棱A1C1的中点，MN为A1C1D的中位线，N为DC1的中点（）设A1B1=1，则A1A=1，A1C1=1，因为B为AD的中点，所以AD=2，因为ABCA1B1C1，所以A1C1=AC，又平面ABC平面A1B1C1，平面A1B1C1平面A1AOC1=A1C1，平面ABC平面A1AOC1=AO，A1C1AC，所以四边形A1ACC1是平行四边形，又A1C1=A1A，所以A1ACC1是菱形，又C1A1A=，A1M=，AMA1C1，AMAC，ADAA1，平面AA1C1C平面ADB1A1，AD平面AA1C1C，ADAM，ADAC，AM，AD，AC两两垂直，以A为坐标原点，AD，AC，AM分别为x，y，z轴，由题意可得：A（0，0，0），D（2，0，0），C（0，1，0），C1（），=（2，1，0），设平面CC1D的法向量为： =（x，y，z），则，令z=2，可得y=6，x=3，可得=（3，6，2），平面MAD的一个法向量为： =（0，1，0），平面MAD与平面CC1D所成的锐二面角的余弦值为：cos=|cos|=19某闯关游戏规则是：先后掷两枚骰子，将此试验重复n轮，第n轮的点数分别记为xn，yn，如果点数满足xn，则认为第n轮闯关成功，否则进行下一轮投掷，直到闯关成功，游戏结束（I）求第一轮闯关成功的概率；（）如果第i轮闯关成功所获的奖金数f（i）=10000（单位：元），求某人闯关获得奖金不超过1250元的概率；（）如果游戏只进行到第四轮，第四轮后不论游戏成功与否，都终止游戏，记进行的轮数为随机变量X，求x的分布列和数学期望【考点】离散型随机变量的期望与方差【分析】（）枚举法列出所有满足条件的数对（x1，y1）即可，（）由100001250，得i3，由（）每轮过关的概率为某人闯关获得奖金不超过1250元的概率：P（i3）=1P（i=1）P（i=2）（）设游戏第k轮后终止的概率为pk（k=1，2，3，4），分别求出相应的概率，由能求出X的分布列和数学期望【解答】解：（），当y1=6时，y1，因此x1=1，2；当y1=5时，y1，因此x1=1，2；当y1=4时，y1，因此x1=1，2；当y1=3时，y1，因此x1=1；当y1=2时，y1因此x1=1；当y1=1时，y1，因此x1无值；第一轮闯关成功的概率P（A）=（）令金数f（i）=100001250，则i3，由（）每轮过关的概率为某人闯关获得奖金不超过1250元的概率：P（i3）=1P（i=1）P（i=2）=1（1）=（）依题意X的可能取值为1，2，3，4设游戏第k轮后终止的概率为pk（k=1，2，3，4）p1=p2=（1）=，p3=（1）2=，p4=1p2p3=；故X的分布列为 X 1 2 3 4 P因此EX=1+2+3+4=20已知椭圆C： +=1 （ab0）的短轴长为2，过上顶点E和右焦点F的直线与圆M：x2+y24x2y+4=0相切（I）求椭圆C的标准方程；（）若直线l过点（1，0），且与椭圆C交于点A，B，则在x轴上是否存在一点T（t，0）（t0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有OTA=OTB （其中O为坐标原点），若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由【考点】直线与椭圆的位置关系【分析】（I）由已知可得：b=1，结合直线与圆M：x2+y24x2y+4=0相切进而可得c2=3，a2=4，即得椭圆C的标准方程；（）在x轴上是否存在一点T（4，0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有OTA=OTB，联立直线与椭圆方程，结合OTA=OTB 时，直线TA，TB的斜率k1，k2和为0，可证得结论【解答】解：（I）由已知中椭圆C的短轴长为2，可得：b=1，则过上顶点E（0，1）和右焦点F（0，c）的直线方程为：，即x+cyc=0，由直线与圆M：x2+y24x2y+4=0相切故圆心M（2，1）到直线的距离d等于半径1，即，解得：c2=3，则a2=4，故椭圆C的标准方程为：；（）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB的斜率不为0时，设直线 方程为：x=my+1，代入得：（m2+4）y2+2my3=0，则y1+y2=，y1y2=，设直线TA，TB的斜率分别为k1，k2，若OTA=OTB，则k1+k2=+=0，即2y1y2m+（y1+y2）（1t）=+=0，解得：t=4，当直线AB的斜率为0时，t=4也满足条件，综上，在x轴上存在一点T（4，0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有OTA=OTB21已知函数f（x）= （a，bR，且a0，e为自然对数的底数）（I）若曲线f（x）在点（e，f（e）处的切线斜率为0，且f（x）有极小值，求实数a的取值范围（II）（i）当 a=b=l 时，证明：xf（x）+20；（ii）当 a=1，b=1 时，若不等式：xf（x）e+m（x1）在区间（1，+）内恒成立，求实数m的最大值【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出原函数的导函数，由f（e）=0得b=0，可得f（x）=然后对a分类讨论，可知当a0时，f（x）有极大值而无极小值；当a0时，f（x）有极小值而无极大值从而得到实数a的取值范围为（，0）；（）（i）当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnxex+2求其导函数，可得g（x）=在区间（0，+）上为减函数，结合零点存在定理可得存在实数x0（，1），使得得到g（x）在区间（0，x0）内为增函数，在（x0，+）内为减函数又，得，x0=lnx0由单调性知g（x）max0，即xf（x）+20；（ii）xf（x）e+m（x1）xf（x）m（x1）e，当 a=1，b=1 时，设h（x）=xf（x）m（x1）=lnx+exm（x1）利用两次求导可得当x1时，h（x）h（1）=1+em然后分当1+em0时和当1+em0时求解m的取值范围【解答】（）解：f（x）=，f（x）=f（e）=0，b=0，则f（x）=当a0时，f（x）在（0，e）内大于0，在（e，+）内小于0，f（x）在（0，e）内为增函数，在（e，+）内为减函数，即f（x）有极大值而无极小值；当a0时，f（x）在（0，e）内为减函数，在（e，+）内为增函数，即f（x）有极小值而无极大值a0，即实数a的取值范围为（，0）；（）（i）证明：当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnxex+2g（x）=在区间（0，+）上为减函数，又g（1）=1e0，g（）=2存在实数x0（，1），使得此时g（x）在区间（0，x0）内为增函数，在（x0，+）内为减函数又，x0=l