2022年河北省衡水中学2017届高三押题II卷理数试题 .docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 2022 年一般高等学校招生全国统一考试模拟试卷 理科数学（）第一卷一、挑选题：此题共12 个小题 , 每道题 5 分, 在每道题给出的四个选项中,只有哪一项符合题目要求的. 1. 设集合,就集合=（）A. B. C. D. 【答案】 B 【解读】由题意可得：,就集合=. 此题挑选 B 选项 .2. 设复数满意 C. ,就=（）A. B. D. 【答案】 C 【解读】由题意可得： . 此题挑选 C选项 .3. 如 B. ,就的值为（）A. C. D. 【答案】 A 【解读】由题意可得：,结合两角和差正余弦公式有： . 此题挑选 A 选项 .4.

2、 已知直角坐标原点为椭圆与圆：的中心,为左、右焦点,在区间）任取一个数,就大事“ 以为离心率的椭圆没有交点” 的概率为（A. B. C. D. 【答案】 A 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【解读】满意题意时,椭圆上的点到圆心的距离：,整理可得,据此有：题中大事的概率 . 学, 科, 网.此题挑选 A 选项 .5. 定义平面上两条相交直线的夹角为：两条相交直线交成的不超过 的正角 . 已知双曲线：,当其离心率 时,对应双曲线的渐近线的夹角的取值范畴为（）A. B. C. D. 【答案】 D 【解读】由题意可得：,

3、. 设双曲线的渐近线与轴的夹角为,双曲线的渐近线为,就,结合题意相交直线夹角的定义可得双曲线的渐近线的夹角的取值范畴为此题挑选 D选项 .6. 某几何体的三视图如下列图,如该几何体的体积为,就它的表面积是（）A. B. C. D. 【答案】 A 【解读】由三视图可知,该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体,其中：名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由题意：,据此可知：,它的表面积是 . 此题挑选 A 选项 . 点睛： 三视图的长度特点：“ 长对正、宽相等,高平齐” ,即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一

4、样长,侧视图和俯视图一样宽如相邻两物体的表面相交,表面的交线是它们的分界线,在三视图中,要留意实、虚线的画法正方体与球各自的三视图相同,但圆锥的不同7. 函数在区间的图象大致为（）A. B. C. D. 【答案】 A 【解读】由题意且,函数为非奇非偶函数,选项,就C,D 错误；当时,就函数值,排除选项B. 此题挑选 A 选项 .8. 二项式3 倍,就的绽开式中只有第6 项的二项式系数最大,且绽开式中的第3 项的系数是第 4 项的系数的的值为（）学 , 科, 网. A. 4 B. 8 C. 12 D. 16【答案】 B 名师归纳总结 【解读】二项式绽开式的通项公式为：的绽开式中只有第6 项的二项

5、式系数最大,就,第 3 页,共 17 页二项式,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由题意有：,整理可得： . 此题挑选 D选项 . 点睛： 二项式系数与绽开式项的系数的异同一是在 Tr 1a nrb r 中,是该项的二项式系数,与该项的 字母 系数是两个不同的概念,前者只指,而后者是字母外的部分,前者只与 n 和 r 有关,恒为正,后者仍与 a,b 有关,可正可负二是二项式系数的最值与增减性与指数 n 的奇偶性有关,当 n 为偶数,中间一项的二项式系数最大；当 n为奇数时,中间两项的二项式系数相等,且同时取得最大值9. 执行下图的程序框图,如输入的,就

6、输出的的值为（）A. 81 B. C. D. 【答案】 C 【解读】依据流程图运行程序,第一初始化数值,执行,进入循环体：,时满意条件,进入其次次循环,时满意条件,执行,进入第三次循环,时不满意条件,输出 . 此题挑选 C选项 . 10. 已知数列, B. ,且 C. ,就的值为（）A. D. 【答案】 C 【解读】由递推公式可得：当为奇数时,数列是首项为 1,公差为 4 的等差数列,当为偶数时,数列是首项为 2,公差为 0 的等差数列,此题挑选 C选项 . 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 11. 已知函数的图象

7、如下列图,令,就以下关于函数的说法中不正确选项（）学, 科, 网. A. 函数图象的对称轴方程为B. 函数的最大值为点处的切线与直线最小值为平行C. 函数的图象上存在点,使得在D. 方程的两个不同的解分别为,就【答案】 C 【解读】由函数的最值可得,函数的周期 . 就：,而,当时,令可得,函数的解读式结合函数的解读式有选项 C错误,依据三角函数的性质考查其余选项正确 . 此题挑选 C选项 .名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 12. 已知函数,如存在三个零点,就的取值范畴是（）A. B. C. D. 【答案】 D 【

8、解读】很明显,由题意可得：. ,就由可得,由题意得不等式：即：,综上可得的取值范畴是此题挑选 D选项 . 点睛： 函数零点的求解与判定1 直接求零点：令f x 0,假如能求出解,就有几个解就有几个零点f a f b 0,仍必需2 零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间 a,b 上是连续不断的曲线,且结合函数的图象与性质 如单调性、奇偶性 才能确定函数有多少个零点3 利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差,画两个函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不同的零点第二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,每个试卷考生都必需作答 . 第 22 题和第2

9、3 题为选考题,考生依据要求作答 . 二、填空题：本大题共 4 小题,每道题 5 分,共 20 分13. 向量,如向量,共线,且,就 的值为 _【答案】 -8 学 , 科, 网.【解读】由题意可得：、或或,与就： .14. 设点是椭圆,如上的点,以点为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点,圆轴相交于不同的两点为锐角三角形,就椭圆的离心率的取值范畴为_【答案】名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【解读】试卷分析：PQM 是锐角三角形,化为解得该椭圆离心率的取值范畴是故答案为：15. 设 , 满意约束条件【答案】就 的取值范畴为

10、 _名师归纳总结 【解读】绘制不等式组表示的可行域如下列图,目标函数表示可行域内的点与坐标原点之间连线的斜率,目标函数在点处取得最大值,在点处取得最小值,就 的取值范围为. 第 7 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 点睛： 此题是线性规划的综合应用,考查的是非线性目标函数的最值的求法解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法,给目标函数赋于肯定的几何意义16. 在平面五边形中,已知,时,就,当五边形的面积的取值范畴为 _.【答案】【解读】由题意可设：,就：,就：当时,面积由最大值；. . 当时,面积由最大值；结合二次函数的性质可得：的取

11、值范畴为三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知数列的前项和为,（1）求数列的通项公式；（2）记求的前项和【答案】（ 1）；（ 2）. 【解读】试卷分析：名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1 由题意可得数列是以 为首项,为公比的等比数列,. 学, 科 , 网.2 裂项求和,故. 试卷解读：（1）当时,由及,为公比的等比数列,故,与. 得,即,解得. 又由,. 可知,- 得,即且时,适合上式,因此数列是以 为首项,（2）由（ 1）及,可知,所以,故18. 如下列图的几何体中,底面为菱形,相交于点

12、,四边形为直角梯形,平面底面. （1）证明：平面平面；（2）求二面角 的余弦值 .【答案】（ 1）见解读；（ 2）. 【解读】试卷分析：名师归纳总结 1 利用题意证得平面. 由面面垂直的判肯定理可得平面平面. 第 9 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 结合 1 的结论和题意建立空间直角坐标系,由平面的法向量可得二面角的余弦值为. 试卷解读：名师归纳总结 （1）由于底面为菱形,所以,所以分别又平面底面,平面平面,因此平面,从而. 又,所以平面,由,可知,从而,故. 又,所以平面. 学, 科, 网.又平面,所以平面平面. （2）取中点,

13、由题可知,所以平面,又在菱形中,以,的方向为, , 轴正方向建立空间直角坐标系（如图示）,. 就,所以,由（ 1）可知平面,所以平面的法向量可取为. 第 10 页,共 17 页设平面的法向量为,就即即令,得,所以. 从而. 故所求的二面角的余弦值为. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 点睛： 作二面角的平面角可以通过垂线法进行,在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,再过垂足作二面角的棱的垂线,两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直,由此可得二面角的平面角用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个详细应用,表达了向量的工具性,这种方法可把复杂的推理证明、

14、帮助线的作法转化为空间向量的运算,降低了空间想象演绎推理的难度,表达了由“ 形” 转“ 数” 的转化思想两种思路： 1 选好基底,用向量表示出几何量,利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判定2建立空间坐标系,进行向量的坐标运算,依据运算结果的几何意义说明相关问题19. 某校为缓解高三同学的高考压力,常常举办一些心理素养综合才能训练活动,经过一段时间的训练后从该年级 800 名同学中随机抽取100 名同学进行测试,并将其成果分为、五个等级,统计数据如下列图（视频率为概率）,依据以上抽样调查数据,回答以下问题：（1）试估算该校高三年级同学获得成果为 的人数；（2）如等级、分别对应 100 分、

15、 90 分、 80 分、 70 分、 60 分,学校要求平均分达90 分以上为“ 考前心理稳固整体过关” ,请问该校高三年级目前同学的“ 考前心理稳固整体” 是否过关？（3）为明白心理健康状态稳固同学的特点,现从、两种级别中,用分层抽样的方法抽取 11 个同学样本,再从中任意选取 3 个同学样本分析,求这 3 个样本为 级的个数 的分布列与数学期望 .【答案】（ 1）448；（ 2）该校高三年级目前同学的“ 考前心理稳固整体” 已过关；（3）见解读 . 【解读】试卷分析：名师归纳总结 1 由频率分布直方图估算该校高三年级同学获得成果为的人数为 448；. 第 11 页,共 17 页2 运算平均

16、分可得该校高三年级目前同学的“ 考前心理稳固整体” 已过关- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3的可能值为0,1,2,3. 由超几何分布的概率写出分布列,求得数学期望为 . 试卷解读：（1）从条形图中可知这100 人中,有 56 名同学成果等级为,所以可以估量该校同学获得成果等级为的概率为. 就该校高三年级同学获得成果为的人数约有（2）这 100 名同学成果的平均分为,由于,所以该校高三年级目前同学的“ 考前心理稳固整体” 已过关. 学, 科, 网 .3 个,这 3（3）由题可知用分层抽样的方法抽取11 个同学样本,其中级 4 个,级 7 个,从而任意选

17、取个为级的个数的可能值为0,1,2,3. 就,. 因此可得的分布列为：就.20. 已知椭圆：的离心率为,且过点,动直线：交椭圆于不同的两点,且（为坐标原点）.（1）求椭圆的方程 . （2）争论是否为定值？如为定值,求出该定值,如不是请说明理由【答案】（ 1）；（ 2）. 【解读】试卷分析：1 由题意求得,故所求的椭圆方程为. 为定值 . 2 联立直线与椭圆的方程,利用根与系数的关系结合题意可证得试卷解读：名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （1）由题意可知,所以,即,又点在椭圆上,所以有. ,由联立,解得,故所求的

18、椭圆方程为（2）设,由可知. 联立方程组消去化简整理得,又由题知即,. . . 时,如方程有两个整理为将代入上式,得化简整理得,从而得到,当21. 设函数的单调性；学 , 科 , 网. （1）试争论函数（2）设,记不相等的实根,证明.【答案】（ 1）见解读；（ 2）见解读 . 【解读】试卷分析：1 求解函数的导函数,分类争论可得：名师归纳总结 如时,当时,函数单调递减,当时,函数单调递增；第 13 页,共 17 页如时,函数单调递增；单调递减,当时,函数单调递增 . 如时,当时,函数- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 构造新函数,结合新函数的性质即可

19、证得题中的不 等式 . 试卷解读：（1）由的定义域为时,可知单调递减,当时,. ,函数由于函数,所以,如时,当,函数单调递增；如时,当在内恒成立,函数单调递增；时,函数如时,当时,函数单调递减,当单调递增 . （2）证明：由题可知；当时,. ；当,. 所以时,所以当时,欲证,只需证,又,即单调递增,故只需证明. 设,是方程的两个不相等的实根,不妨设为,就名师归纳总结 两式相减并整理得,. ,第 14 页,共 17 页从而故只需证明即由于,所以（ *）式可化为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即 . 由于,所以,时,等号成立,不妨令,所以得到,. 记,所

20、以,当且仅当因此在单调递增 . 学, 科, 网. 又,因此,故,得证,从而得证 .请考生在第22、23 题中任选一题作答,假如多做,就按所做的第一题计分,作答时请写清题号22. 选修 4-4 ：坐标系与参数方程在直角坐标系 中,曲线：（ 为参数,）,在以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,曲线：. （1）试将曲线 与 化为直角坐标系 中的一般方程,并指出两曲线有公共点时 的取值范畴；（2）当 时,两曲线相交于,两点,求 .【答案】（ 1）,：；（ 2）. 【解读】试卷分析：1 由题意运算可得曲线与化为直角坐标系中的一般方程为. ,； 的取值范畴是；2 第一求解圆心到直线的距离,然后

21、利用圆的弦长运算公式可得试卷解读：名师归纳总结 （1）曲线：,两边同乘消去参数可得一般方程为. . 的取值曲线：. 可得一般方程为把代入曲线的一般方程得：,而对有,即,所以故当两曲线有公共点时,第 15 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 范畴为 . （2）当时,曲线：. 的距离为,两曲线交点,所在直线方程为曲线的圆心到直线所以.23. 选修 4-5 ：不等式选讲 . 已知函数. 的图象,并由图象找出满意不等式的解集；.（1）在下面给出的直角坐标系中作出函数（2）如函数的最小值记为,设,且有,试证明：【答案】（ 1）；（ 2）见解读 . 【解读】试卷分析：1 将函数写成分段函数的形式解不等式可得解集为 . 学, 科, 网.2 整理题中所给的算式,构造出适合均值不等式的形式,然后利用均值不等式的结论证明题中的不等式 即可,留意等号成立的条件 . 试卷解读：（1）由于所以作出图象如下列图,并从图可知满意不等式的解集为. 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （2）证明：由图可知函数的最小值为,即. 所以,从而,从而. 名师归纳总结 当且仅当,时,等号成立,第 17 页,共 17 页即时,有最小值,所以得证 .- - - - - - -