湖北省高考理科综合预测试卷参考答案

湖北省高考理科综合预测试卷(一)&参考答案

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分

考试时间120分钟

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、选择题（本大题共12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A,B是两个非空集合，定义集合ABx|xA且xB，若则AB的真子集个数为（ ） AxZ|0x5，Bx|x27x100，

A.3 B.4 C.7 D. 15

2．命题“x0，使得x2x10”的否定是 （ ）

A.x00，使得x02x010 B. x0，使得x2x10. C. x0，使得x2x10 D. x00，使得x2x10

3．已知p：a1，q：函数f(x)ln(xa2x2)为奇函数，则p是q成立的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

xy104. 若x,y满足约束条件x2y0，则目标函数zxy（ ）

x2y20A. 有最大值

3，最小值-3 B.有最大值1，最小值-3 2C.有最小值1，无最大值 D.有最大值1，无最小值

1

-

5. 执行如图所示的程序框图，若输入的k2,则输出的k为（ ）

A.6 B.7 C.8 D. 9

6．已知f(x)sin(2x)，g(x)2f(x)f'(x)，在区间 , 02上任取一个实3数x，则gx的值不小于6的概率为（ ） A.

18131 B. C. 648D.

7．我国古代著名的数学专著《九章算术》中有一个“竹九节”问题为“一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面四节容积之和为3升，下面三节的容积之和为4升，则这根竹子的总容积为（ ） A.

4717201升 B. 升 C. 升 D. 6222309升 3312017x)cosx的图象大致为（ ） 8．函数f(x)(12017xA.

2

B. C. D.

-

9. 若(1xay)5的展开式中x2y的系数为-150，则展开式中各项的系数和为（ ）

A．55 B. 55 C. 35 D. 45 10.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是正方形，两条虚线互相垂直， 若该几何体的体积是

160，则该几何体的表面积为（ ） 3

A. 96162 B. 80162 C.80 D. 112

11．已知M、N是等轴双曲线x2y2a2(a0)上关于原点对称的两点，P是双曲线上的动点，且直线PM,PN的斜率分别为k1,k2,k1k20，则k1k2的最小值为（ ）

A．2 B．1 C.

1 D．5 21B(x2,g(x2))，12.已知函数f(x)x2x2a，若存在两点A(x1,f(x1))，g(x)，

x(x10,x20)，使得直线AB与函数yf(x)和yg(x)的图象均相切，则实数a的取值范围是（ ）

3

-

11A. (1,) B. (1,) C. (,1)(,) D.

881(,)

8

第Ⅱ卷（13-21为必做题，22-23为选做题）

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分。把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）

13. 若复数z满足1iz3i，则复数z的共轭复数的虚部为________. 14.已知数列an满足 a11,a22,前n项和为Sn满足Sn22Sn1Sn1, 则数列an的前n项和Sn__________.

15. AB是半径为3的半圆O的直径，点D满足AD2DB,C是半圆上任意一点，则(CA2CB)OD的最大值为__________.

16．两个半径都是r(r1)的球O1和球O2相切，且均与直二面角α﹣l﹣β的两个半平面都相切，另有一个半径为1的小球O与这二面角的两个半平面也都相切，同时与球O1和球O2都外切，则r的值为 ． 三、解答题（本大题共6个小题，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）

如图，在ABC中，sinCsinABC(cosA43． 32sinA)0，BC3，，点D在线4段AC上，且AD2DC，BD4

-

（1）求AB的长； （2）求ABD的面积．

18.（本小题满分12分）

某学校高一年级为更好地促进班级工作的开展，在第一学期就将本年级所有班级按一定的标准两两分为一组，规定：若同一组的两个班级在本学期的期中，期末两次考试中成绩优秀的次数相等，而且都不少于一次，则称该组为“最佳搭档”，

1已知甲乙两个班级在同一组，甲班每次考试成绩优秀的概率都为，乙班每次考

2试成绩优秀的概率都为q，每次考试成绩相互独立，互不影响。

5

-

2，求在本学期中，已知甲班两次考试成绩优秀的条件下，该组荣获3“最佳搭档”的概率；

（1）若q（2）设在高一，高二四个学期中该组获得“最佳搭档”的次数为，若的数学期望E1，求q的取值范围．

19.（本小题满分12分）

CBCDCE1，如图：在四棱锥EABCD中，ABADAE3，ECBD，

6

-

底面四边形是个圆内接四边形，且AC是圆的直径. （1）求证：平面BED平面ABCD；

（2）P是平面ABE内一点，满足DP平面BEC,求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值.

EDCAB

7

-

20.（本小题满分12分）

x2y21(a3)的左右焦点分别为F1,F2，右顶点为A，已知设椭圆C:2a3113e，其中O为坐标原点，e为椭圆的离心率． OFOAFA（1）求椭圆C的方程；

（2）分别过原点O和右焦点F2作直线l1,l2,其中l1交椭圆于M,N，l2交椭圆于

D,E，已知l1,l2,x轴围成一个底边在x轴上的等腰三角形，求

MNDE2的值.

8

-

21.（本小题满分12分） 已知函数f(x)ablnx(aR,bR). x（1）若a1时，函数f(x)有唯一的零点，求实数b的取值范围；

（2）若b1时，f(x)ae2(ae2)对于x0的一切值恒成立，求实数a的取值范围．

9

-

选做题：请考生在22~23两题中任选一题作答，如果多做，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

在以直角坐标原点O为极点，x的非负半轴为极轴的极坐标系下，曲线C的方程是2sin．

（1）求曲线C的直角坐标坐标方程；

xcos（2）过曲线C1:(为参数）上一点T作C1的切线交曲线C于不同两点

ysinM,N,求TMTN的取值范围．

10

-

23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

xa(aR). 已知f(x)x（1）若a1，解不等式f(x)2； x（2）若对任意的x[1,4]，都有f(x)4x成立，求实数a的取值范围.

11

-

2017高考理数预测密卷二

参考答案

一、选择题 1.【答案】D

【解析】由题意知A0,1,2,3,4,5,Bx|2x5,AB0,1,2,5，故AB的真子集有24115个. 考点：集合运算，真子集个数. 2．【答案】D 【解析】

因为特称命题的否定是全称命题，所以命题“x0，使得x2x10”的否定是：x00 ，使得x2x10,故选D. 考点：全称命题的否定. 3．【答案】C.

【解析】f(x)ln(xa2x2)为奇函数

f(x)f(x)0ln(xx2a2)ln(xx2a2)0lna20a1 考点：充分必要条件.

12

-

4.【答案】D. 【解析】

如图，画出可行域，目标函数为yxz表示斜率为-1的一组平行线，当目标函数过点A(0,1)时，函数取得最大值zmax011，无最小值 ，故选D.

考点：线性规划. 5.【答案】C 【解析】n105，k3，否；n16 ，k4 ，否； n8,k5 ，否 ； 2n4,k6 ，否；n2,k7，否；n1,k8，是.

考点：程序框图. 6.【答案】C

7【解析】由题意，g(x)2sin(2x)2cos(2x)22sin(2x)

331275777,x,02x,当x,0时，2x，又当，即21212121231280()81. 时，gx6，则所求概率为

402考点：1.几何概型；2.三角函数的值域.

13

-

7.【答案】C.

a1a2a3a43【解析】设最上面一节的容积为a1 ，可知

aaa47892(a5a6)12d347设等差数列公差为d，则，解得 ， aa85622a5a65d3∴S93447201. 2222考点：等差数列的通项和前n项和. 8．【答案】C

12017x2017x1f(x)cos(x)cosxf(x)，所以f(x)为奇函xx1201720171【解析】

数，排除选项A,B，又x(0,)时，f(x)0，图像在x轴下方，故本题正确答

2案为

考点：函数图象. 9.【答案】A.

11(a)，(a)30a150，【解析】展开式中x2y的系数为C52(1)2C3∴C52(1)2C3解得a5，从而令xy1，则展开式中各项系数和为55. 考点：二项式定理. 10.【答案】B

【解析】该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，倒四棱锥顶点为正方体中心，

1a160底面为正方体上底面，设三视图中正方形的边长为a，因此有a3a2，

323a2a(52)a280162. 解得a4，所以该几何体的表面积为5a2422考点：三视图，空间几何体的表面积和体积计算.

14

-

11.【答案】A.

【解析】设M(p,q),N(p,q),P(s,t),p2q21,s2t21,两式相减得

t2q2t2q21,由斜率公式可得k1k221,s2p2sp2k1k22k1k22,故选A.

考点：双曲线的性质,基本不等式. 12.【答案】A

【解析】f'(x)2x1,g'(x)1，由题意得，A,B为切线的切点，所以 2x函数f(x)在点A处的切线方程为：

y(x12x12a)(2x11)(xx1)即：y(2x11)xx122a

函数g(x)在点B处的切线方程为：y11122(xx2)即：y2x x2x2x2x2由题意两切线重合,所以 2x11122x2a ① ② 1x22x2由①及x10x2得011121，由①②得 2a(2)2

2x22x2x2令t111111，则0t1，2a(t2)22tt4t22t， x222424111设h(t)t4t22t，则h'(t)t3t2，结合三次函数的性质知，h'(t)0

4241在0t1 时恒成立，故h(t)单调递减，即h(1)2ah(0)，∴1a.

8考点：导数的几何意义，应用导数求函数值域. 二、填空题 13.【答案】1.

15

-

【解析】由1iz3i，得z3i2i，所以z2i，虚部为1． 1i考点：复数运算及复数的概念．

n2n14.【答案】

2【解析】Sn22Sn1Sn1化为Sn2Sn1Sn1Sn1，即an2an11，

n2n又a2a11，故an为等差数列，公差为d1,a11，所以Sn.

2考点：数列求通项及前n项和. 15.【答案】12.

【解析】CA2CBCDDA2(CDDB)3CD，

2(CA2CB)OD3CDOD3(COOD)OD3COOD3OD9cosCOA3 ∴当点C与点A重合时，(CA2CB)OD取得最大值12. 考点：向量加减法，数量积运算.

37. 216.【答案】

【解析】如图为两个边长为r的正方体构成，图中的左侧面和底面构成题目中的直二面角.

O1，O2为球O1，O2的球心，小球O的球心O在MN上．

设OH1，则有：OO1OO2r1才能满足外切条件．

如图，以M为原点建立空间坐标系，各点坐标为：

O(1,0,1),O2(r,r,r)16

-

OO222(r1)2r2(r1)2

解得 r

37 2

考点:与二面角有关的立体几何综合题． 三、解答题

42． 317.【答案】（1）AB2；（2）【解析】（1）∵sinCsinABC(cosA2sinA)0 42sinAsinABC0 4 ∴sinAcosABCcosAsinABCsinABCcosA整理得 tanABC22，从而cosABC1． 3设ABc，AC3b，则在ABC中由余弦定理可得 9b29c22c（*）

16163b4b2cosADB ① 33在ABD和CBD中由余弦定理可得c291683bb2cosBDC ② 33由①②可得 c226b2③

由（*）③可得 b1,c2，∴AB2.

12222， （2）由（1）得ABC的面积为2323242所以ABD的面积为22．

3317

-

考点：1、解三角形；2、三角恒等变换；3、三角形面积．

4118.【答案】（1）；（2）q1．

93【解析】（1）设“甲班两次成绩优秀”为事件A，“该组荣获最佳搭档”为事件B，

PAB411121∴PA,PAB，∴PB|A．

PA924239222（2）在一学期中，甲乙两个班级组成的小组荣获“最佳搭档”的概率为

321111112PC2Cq1qqqq． 222224而B4,P，所以E4P，

311由E1知qq241解得q1，∴q1．

433考点：1．条件概率；2．服从二项分布的概率的期望． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．

42． 719.【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】（1）证明：连接AC,BD,交于点O,连接EO， ∵ADAB,CDCB ∴ACBD，

又∵ECBD，ECACC，故BD面AEC，从而 BDOE, 又AC是直径 ∴ADCABC900，

3COCE，则，故EOAC；

2EOAC由AD3,CD1可解得，AO故EO平面ABCD,平面BED平面ABCD.

18

-

（2）取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND， 则MN//ND，且MN平面EBC，∴MN//平面EBC； 而DNAB，BCAB，∴DN//BC，且DN平面EBC，∴DN//平面EBC．

综上所述，平面DMN//平面EBC，∴点P在线段MN上.

33,0）如图建立空间直角坐标系，则A(,0,0),B（0,，22E(0,0,3), 23333AB(,,0),AE(,0,)，

2222设平面ABE法向量为n(x,y,z)，则

3xy0 取n(1,3,3) 3xz033333,)， 设MFMN，可得 DFDMMF(,424441242442. 72设直线DP与平面ABE所成角为，则sin

01 ∴当0时， sin取得最大值

考点：1．面面垂直的判定定理；2．线面平行的判定定理；3．用空间向量求直线与平面所成的角．

x2y21； (2) 4. 20.【答案】（1）4319

-

【解析】（1）由

113e113c得 ，即：a2c23c2 OFOAFAcaa(ac)x2y21 . ∴ c1,a4， 从而椭圆的方程为4322又 acb3

222（2）由题意知，l1,l2倾斜角互补，且均不为直角，即：两直线斜率均存在 设l1:ykx，则l2:yk(x1)

ykx122由2 得 ， x224k33x4y1248(1k2) 则 MN4(1k)x

4k23222yk(x1)由 2得 (34k2)x28k2x4k2120 23x4y128k24k212,x1x2设D(x1,y1),E(x2,y2)，则 x1x2 2234k34k12(k21)DE1kx1x2

4k232从而

MNDE24 .

考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置关系. 21.【答案】（1）e(,0);（2）[e2,e]. 【解析】（1）a1时，f(x)1blnx， x1有唯一实根， x函数f(x)有唯一零点等价于方程blnx20

-

1显然b0，则问题可等价转化为方程xlnx有唯一实根.

b1设(x)xlnx，则'(x)1lnx，令'(x)1lnx0可得x

e11当0x时，'(x)0，(x)单调递减；当x时，'(x)0，(x)单调递增.

ee11所以(x)极小值为().

ee1由(x)的大致图象，则要使方程xlnx有唯一的实根，

b1111只需直线y与曲线y(x)有唯一的交点，则或0，

bbeb解得be或b0.故实数b的取值范围是e(,0). （2）不等式f(x)ae2对于x0的一切值恒成立， 等价于xlnxa(ae2)x0对于x0的一切值恒成立， 记g(x)xlnxa(ae2)x（x0），则g'(x)lnxae1． 令g'(x)0，得xeae1，当x变化时，g'(x)，g(x)的变化情况如下表：

x (0,eae1) eae1 (eae1,) g'(x) g(x) 0 极小  ∴g(x)的最小值为g(eae1)aeae1．

记h(a)aeae1（a0），则h'(a)1eae1，令h'(a)0，得ae1 . 当a变化时，h'(a)，h(a)的变化情况如下表：

21

-

a e2 1e2 e(e2,e1) e1 (e1,) h'(a) h(a)  0 极大值e2 ∴当e2ae1时，函数h(a)在(e2,e1)上为增函数，

1e(e2)1h(a)h(e2)e20，即g(x)在(0,)上的最小值h(a)0，

ee满足题意；

当e1ae时，函数h(a)在e1,e上为减函数，h(a)h(e)0，即g(x)在

(0,)上的最小值h(a)0，满足题意；

当ae时，函数h(a)在(e,)上为减函数，h(a)h(e)0，即g(x)在(0,)上的最小值h(a)0，不满足题意． 综上，所求实数a的取值范围为e2,e．

考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.函数的恒成立问题. 22.【答案】（1）x2(y1)21（2）[0,1].

【解析】（1）依题,因2x2y2,sinx,所以曲线C的直角坐标方程为

x2(y1)21.

xcos（2）曲线C1:(为参数）的直角坐标方程为：x2y21，

ysin设T(x0,y0)，切线MN的倾斜角为，由题意知y0(0,1]，，

22

-

xx0tcos所以切线MN的参数方程为: （t为参数）．

yy0tsin代入C2的直角坐标方程得,t22(x0cosy0sinsin)t12y00 ，

TMTN12y0，因为12y0[1,1)所以TMTN[0,1]．

考点：简单曲线的极坐标方程

23．【答案】（1）{x|0x3或x1}；（2）3a5.

x12x0,解得 0x3 xxx12【解析】（1）由已知得：

x0或解得 x1

x12所以不等式的解集为：{x|0x3或x1}.

（2）由题意知，xa4x2，4x2xa4x2,x4x2ax4x2

ax4x2从而 ∵x[1,4] ∴3a5. 2ax4x考点：含绝对值不等式的解法；不等式恒成立问题.

23