《2017年湖北省（全国卷1）高考预测卷（二）文科数学（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年湖北省（全国卷1）高考预测卷（二）文科数学（解析版）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第卷（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. 已知全集，集合，则为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】因为全集，所以，所以，故选A.2. 已知为虚数单位，若为纯虚数，则复数的模等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：，.考点：复数的概念3. 若，则下列结论不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D考点：不等式4. 向量，均为非零向量，则，的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，设与 的夹角为，则由两个向量的夹角公式得，故选B. 5. 各项为正的等
2、比数列中，与的等比中项为，则的值为（ ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】B【解析】试题分析：由题意可知 考点：等比数列性质6. 已知实数满足，如果目标函数的最小值为，则实数等于（ ）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】B考点：线性规划. 【方法点晴】本题考查线性规划问题，灵活性较强，属于较难题型.考生应注总结解决线性规划问题的一般步骤：（1）在直角坐标系中画出对应的平面区域，即可行域；（2）将目标函数变形为；（3）作平行线：将直线平移，使直线与可行域有交点，且观察在可行域中使最大（或最小）时所经过的点，求出该点的坐标；（4）求出最优解：将（3）中求出的坐标代入目标函数，
3、从而求出的最大（小）值.7. 一个几何体三视图如图所示，且其侧（左）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】此几何体是底面积是的三棱锥，与底面是边长为2的正方形的四棱锥构成的组合体，它们的顶点相同，底面共面，高为，故选B.8. 如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】C考点：算法流程图的识读和理解9. 定义在上的偶函数满足：，在区间与上分别递增和递减，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】偶函数（）满足，且在区间与上分别递增和递减，求即等价于求函数在第一、三象限图形的
4、取值范围即函数图象位于第三象限，函数图象位于第一象限 综上说述：的解集为，故选D.点睛：本题考查了利用函数的奇偶性和单调性做出函数图象，并利用数形结合求解；利用偶函数关于轴对称的性质并结合题中给出函数的单调区间画出函数的图象，再由得到函数在第一、三象限图形的取值范围. 10. 设点在双曲线的右支上，双曲线的左、右焦点分别为，若，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A点睛：本题考查双曲线的定义和标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，属于基础题；由双曲线的定义可得，再根据点在双曲线的右支上，可得，得到关于，的齐次不等式，从而求得此双曲线的离心率的取值范围.11. 三棱锥
5、中，平面，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：设外接圆圆心为,半径为,由余弦定理的推论有,所以,由有,设外接球的球心为,半径为,则,所以,故外接球表面积为,选D.考点：1.正弦定理,余弦定理；2.外接球的性质.12. 一矩形的一边在轴上，另两个顶点在函数（）的图象上，如图，则此矩形绕轴旋转而成的几何体体积的最大值是（ ）A. B砑 C. D.【答案】A考点：导数在实际生活中的运用【易错点晴】本题重在考查导数在实际生活中的运用.解答本题时,先依据题设条件构建目标函数,进而确定函数的定义域,最后运用导数使得问题巧妙获解.值得强调的是,解答本题的关键是
6、建构目标函数,目标函数中的变量是两个,然后利用纵坐标相等化为一个变量,进而借助换元法将变量进一步化为可导函数的变量,最后借助导数求出函数的最大值是本题获解.第卷（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. 欧阳修卖油翁中写到：（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止，若铜钱是直径为2cm的圆，中间有边长为的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油（油滴的大小忽略不计）正好落入孔中的概率为_【答案】【解析】试题分析：正方形孔的面积为，圆的面积为考点：几何概型14. 已知，则的值是_【答案】 1
7、5. 数列的通项，其前项和为，则_【答案】【解析】， 故答案为.16. 已知点，抛物线的焦点为，射线与抛物线相交于点，与其准线相交于点，若，则的值等于_【答案】4【解析】依题意点的坐标为，设在准线上的射影为，由抛物线的定义知，则，,得，故答案为.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. 已知函数.（1）当时，求的值域；（2）若的内角的对边分别为，且满足，求的值.【答案】（1）;（2）. 18. 在某大学自主招生考试中，所有选报类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为五个等级，某考场考生的两科考试成绩的数据统计
8、如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为的考生有10人.（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为的人数；（2）若等级分别对应5分，4分，3分，2分，1分，求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分；（3）已知参加本考场测试的考生中，恰有两人的两科成绩均为，在至少一科成绩为的考生中，随机抽取两人进行访谈，求这两人的两科成绩均为的概率.【答案】（1）;（2）;（3）.（2）该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为：.（3）因为两科考试中，共有6人得分等级为，又恰有两人的两科成绩等级均为，所以还有2人只有一个科目得分为.设这四人为甲、乙、丙、丁，其中甲、乙是两科成绩都是的同学，则在至少一科成绩等级
9、为的考生中，随机抽取两人进行访谈，基本事件空间为：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，一共有6个基本事件.设“随机抽取两人进行访谈，这两人的两科成绩等级均为”为事件，所以事件中包含的基本事件有1个，则. 19. 如图，四棱锥，侧面是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面是的菱形，为的中点.（1）求证：；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）见解析；（2）. 证法二：连结，依题意可知均为正三角形，又为的中点，所以，又，所以平面，又平面，所以（2）点到平面的距离即点到平面的距离，由（1）可知，又平面平面，平面平面？平面，所以平面，即为三棱锥的体高在中，在中，边上的高，所以的面积，设点到平面的距离为
10、，由得，又，所以，解得，所以点到平面的距离为考点：直线与平面垂直的判定定理；点到面的距离. 【易错点睛】破解线面垂直关系的技巧：（1）解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础（2）由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在20. 如图，在平面直角坐标系中，已知是椭圆上的一点，从原点向圆作两条切线，分别交椭圆于两点.（1）若点在第一象限，且直线、互相垂直，求圆的方程；（2）若直线，的斜率存在，并记为，求的值.【答案】
11、（1）圆：；（2）.又点在椭圆上，所以 联立，解得，所以所求圆的方程为：.（2）因为直线和都与圆相切，所以，化简得，所以是方程的两个不相等的实数根，由韦达定理得，因为点在椭圆上，所以，即，所以.21. 已知函数.（1）若在上为增函数，求实数的取值范围；（2）当时，函数有零点，求实数的最大值.【答案】（1）；（2）0.【解析】试题分析：（1）在上为增函数，等价于在上恒成立，分类讨论，当时，由函数的定义域可知，必须有对恒成立，故只能，所以在上恒成立，构造函数，要使在上恒成立，只要即可，从而可求实数的取值范围；（2）当时，方程有实根，等价于在上有解，即求的值域构造（），证明在上为增函数，在上为减函数
12、，即可得出结论.（2）当时，函数有零点等价于方程：有实根，可化为：.等价于在上有解，即求函数的值域，函数，令函数，则，当时，从而函数在上为增函数，当时，从而函数在上为减函数，因此，而，故当时，取得最大值0.点睛：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，构建函数是关键，也是难点；考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解. 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. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），在以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极
13、轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若直线与曲线相交于两点，求的面积.【答案】（1）：，：；（2）.考点：坐标系与参数方程【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性注意方程中的参数的变化范围23. 设函数.（1）若不等式的解集为，求实数的值；（2）在（1）的条件下，若不等式的解集非空，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.考点：绝对值不等式的有关知识和综合运用1页
