2017年浙江省紹興市高考數(shù)學(xué)一模試卷(解析版)

1、2017年浙江省紹興市高考數(shù)學(xué)一模試卷一、選擇題（本題共10 個小題，每小題4 分，共 40 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1已知集合A= x R| x| < 2， B= x R| x+1 0，則A B=（）A （2， 1B 1， 2）C 1，+）D（2，+）2已知i 是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z= ，則 z? =（）A 25 B 5CD3已知a， b 為實數(shù)，則“ a=0是 ” “f （ x） =x2+a| x|+ b 為偶函數(shù) ”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件4已知a> 0，且a 1，若ab> 1，則（）Aab&

2、gt;bBab<bCa>bDa<b5已知p> 0， q> 0，隨機(jī)變量的分布列如下：pqPqp若E（ ） = 則p2+q2=（）ABCD 16已知實數(shù)x， y 滿足不等式組，若z=y 2x的最大值為7，則實數(shù)a=（）A1 B 1CD7已知拋物線y2=2px（ p> 0）的焦點為F，過點M（ p， 0）的直線交拋物線于A， B 兩點，若=2 ，則=（）A 2BCD與p 有關(guān)8向量， 滿足 | |=4，?（）=0，若| | 的最小值為2（ R） ，則 ? =（）A 0B 4C 8D 169記min x， y =設(shè) f（ x） =min x2， x3，則（A存在t

3、>0，| f（t）+f（t）| >f（t）f（ t）B存在t> 0， | f（ t）f（t） | > f（ t）f（t）C存在t>0，| f（1+t）+f（1t）| >f（1+t）+f（1 t）D存在t>0，| f（1+t）f（1t）| >f（1+t）f（1t）10 如圖， 在正方體ABCD A1B1C1D1中， 棱 AB的中點為P， 若光線從點P出發(fā)，依次經(jīng)三個側(cè)面BCC1B1， DCC1D1， ADD1A1反射后，落到側(cè)面ABB1A1（不包括邊界） ，則入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1所成角的正切值的范圍是（7 小題，共36 分）11雙曲線=1

4、 的焦點坐標(biāo)為，離心率為12 已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為，體積13 已知等差數(shù)列 an ，等比數(shù)列 bn的前n 項和為Sn，T（nnN*）， 若Sn=n2+n， b1=a1， b2=a3，則an=， Tn=14在ABC中，內(nèi)角A， B， C所對的邊分別為a， b， c，已知A= ， b= ， ABC的面積為，則 c= ， B= 15 將 3 個男同學(xué)和3 個女同學(xué)排成一列，若男同學(xué)甲與另外兩個男同學(xué)不相鄰，則不同的排法種數(shù)為 （用具體的數(shù)字作答）16已知正實數(shù)x， y 滿足xy+2x+3y=42，則xy+5x+4y 的最小值為17已知a，bR且0a+b1，函數(shù)f（x）=

5、x2+ax+b 在 ， 0 上至少存在一個零點，則a 2b 的取值范圍為三、解答題（本大題共5 小題，共74 分）18已知函數(shù)f（ x） =2sin2x+cos（ 2x） （）求f（ x）的最小正周期；（）求f（ x）在（0，）上的單調(diào)遞增區(qū)間19如圖， 已知三棱錐PABC，PA平面ABC，ACB=90°，BAC=60°，PA=AC，M 為 PB的中點（）求證：PC BC（）求二面角M AC B 的大小20已知函數(shù)f（ x） = x3 ax2+3x+b（ a， b R） （）當(dāng)a=2， b=0時，求f（ x）在0， 3 上的值域（）對任意的b，函數(shù)g（ x） =| f（ x

6、） | 的零點不超過4 個，求 a 的取值范圍21已知點A（2，0），B（0，1）在橢圓C：+=1（a>b>0）上（）求橢圓C 的方程；（） P 是線段 AB上的點，直線y= x+m（ m 0）交橢圓C于 M、 N 兩點，若 MNP 是斜邊長為的直角三角形，求直線MN 的方程22已知數(shù)列 an 滿足an>0，a1=2，且（n+1）an+12=nan2+an（nN*）（）證明：an> 1；（）證明：+ + <（ n 2） 2017年浙江省紹興市高考數(shù)學(xué)一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10 個小題，每小題4 分，共 40 分，在每小題給出的四個選項中，只有

7、一項是符合題目要求的）1已知集合A= x R| x| < 2， B= x R| x+1 0，則 A B=（）A （2，1B 1，2）C 1，+）D（2，+）【考點】交集及其運算【分析】由絕對值不等式的解法求出A，由交集的運算求出A B【解答】 解：由題意知，A= x R| x| < 2=x| 2< x< 2 =（2， 2） ，B= x R| x+1 0 =x| x1 = 1， +），則A B= 1， 2） ，故選 B2已知i 是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z= ，則 z? =（）A 25 B 5CD【考點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算【分析】 利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，再由求解【解答

8、】解：z= =， z? =故選：D3已知a， b 為實數(shù)，則“ a=0是 ” “f （ x） =x2+a| x|+ b 為偶函數(shù) ”的（A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【考點】 必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】 根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義以及充分必要條件判斷即可【解答】 解： a=0時，f（ x） =x2+b 為偶函數(shù)，是充分條件，由f（x）=（x）2+a| x|+ b=f（x），得 f（x）是偶函數(shù)，故 a=0”是 “f （ x） =x2+a| x|+b 為偶函數(shù)”的充分不必要條件，故選：A4已知a> 0，且a 1，若ab> 1，則（）Aa

9、b>bBab<bCa>bDa<b【考點】 命題的真假判斷與應(yīng)用【分析】 對 a 進(jìn)行分類討論，結(jié)合不等式的基本性質(zhì)及指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性判斷四個不等式關(guān)系成立與否可得答案【解答】 解：當(dāng)a（0， 1）時，若ab> 1，則b< 0，則 a< b 不成立，當(dāng) a（1， +）時，若ab> 1 ，則 b> 0，則 ab< b 不成立，a> b 不一定成立，故選：A5已知p> 0， q> 0，隨機(jī)變量的分布列如下：pqPqp若E（ ） = 則p2+q2=（）ABCD 1【考點】離散型隨機(jī)變量及其分布列【分析】由隨機(jī)變量 的分布列的

10、性質(zhì)列出方程組，能求出結(jié)果【解答】 解：p>0， q>0， E（） = 由隨機(jī)變量 的分布列的性質(zhì)得：， p2+q2=（ q+p） 2 2pq=1故選：C6已知實數(shù)x， y 滿足不等式組，若z=y 2x的最大值為7，則實數(shù)a=（）A1 B 1CD【考點】簡單線性規(guī)劃【分析】根據(jù)已知的約束條件畫出滿足約束條件的可行域，再用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，通過目標(biāo)函數(shù)的最值，得到最優(yōu)解，代入方程即可求解a 值【解答】 解：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示：令 z=y 2x，則z表示直線z=y 2x在 y軸上的截距，截距越大，z越大，結(jié)合圖象可知，當(dāng)z=y 2x 經(jīng)過點 A時 z最大，由可知A（

11、4，1） ，A（4，1）在直線y+a=0上，可得a=1故選：B7已知拋物線y2=2px（ p> 0）的焦點為F，過點M（ p， 0）的直線交拋物線于A， B 兩點，若=2 ，則=（）A 2BCD與p 有關(guān)【考點】 拋物線的簡單性質(zhì)【分析】 設(shè)直線方程為x=my+p， 代入y2=2px， 可得y2 2pmy 2p2=0，利用向量條件，求出A， B 的坐標(biāo)，利用拋物線的定義，即可得出結(jié)論【解答】解：設(shè)直線方程為x=my+p，代入y2=2px，可得y2 2pmy 2p2=0設(shè)A（x1，y1） ，B（x2，y2），則y1+y2=2pm，y1y2=2p2，=2 ，（p x1，y1） =2（ x2

12、p， y2） ，x1= 2x2+p ， y1= 2y2，可得y2=p， y1= 2p，x2= p，x1=2p，故選 B8向量， 滿足 | |=4，?（）=0，若| | 的最小值為2（ R） ，則 ? =（）A 0B4 C8 D16【考點】 平面向量數(shù)量積的運算【 分 析】向量 ， 滿 足| |=4，?（） =0，即= | | = 2（ R） ， 化為：16 2 2+ 4 0 對于 R恒成立，必須0，解出即可得出【解答】 解：向量， 滿足 | | =4，?（） =0，即= 若 | | = 2（ R） ，化為：16 2 2+ 4 0 對于 R恒成立，= 64（ 4）0，化為 0，? =8故選：C9

13、記min x， y =設(shè) f（ x） =min x2， x3，則（A存在t>0，|f（t）+f（t）| >f（t）f（t）B存在t>0，| f（t）f（t） | > f（t）f（t）C存在t>0，| f（1+t）+f（1t）| >f（1+t）+f（1 t）D存在t>0，|f（1+t）f（1 t） | >f（1+t）f（1t）【考點】分段函數(shù)的應(yīng)用；函數(shù)與方程的綜合運用【分析】求出f（x）的解析式，對t 的范圍進(jìn)行討論，依次判斷各選項左右兩側(cè)函數(shù)的單調(diào)性和值域，從而得出答案【解答】解：x2x3=x2（1x），當(dāng)x1 時，x2x30，當(dāng)x>1

14、時，x2x3<0，f（ x）若t>1，則|f（t）+f（t）| =|t 2+（t）3| =| t2t3|=t3t2，| f（ t）f（t） | =| t2+t3| =t2+t3，f（ t）f（t） =t2（t） 3=t2+t3，若0< t< 1， | f（ t） +f（t） | =| t 3+（t） 3| =0，| f（ t）f（t） | =| t 3+t3| =2t3，f（ t）f（t） =t3（t） 3=2t3，當(dāng) t=1 時， | f（ t） +f（t） | =| 1+（1） | =0，| f（ t）f（t） | =| 1（1） | =2，f（ t）f（t） =1

15、（1） =2，當(dāng) t> 0 時， |f（t） +f（t）| < f（ t）f（t） ， | f（ t）f（t）|=f（t） f（t） ，故 A 錯誤， B 錯誤；當(dāng)t>0 時，令 g（ t）=f（1+t）+f（1t）=（1+t）2+（1t）3=t3+4t2t+2，則 g（ t） = 3t2+8t 1，令g（ t） =0得3t2+8t 1=0，=64 12=52，g（ t）有兩個極值點t1， t2， g（ t）在（t2， +）上為減函數(shù)，存在t0> t2，使得g（ t0）<0， | g（ t0） | > g（ t0） ，故 C 正確；令h（t）=（1+t） f

16、（1t）=（1+t） 2（1 t）3=t3 2t2+5t，則h（ t） =3t24t+5=3（t）2+ >0，h（t）在（0，+）上為增函數(shù)， h（t）> h（0） =0，| h（ t） | =h（t） ，即 | f（ 1+t） f（ 1 t）| =f（1+t）f（1 t），故 D 錯誤故選C10 如圖， 在正方體ABCD A1B1C1D1中，棱 AB的中點為P， 若光線從點P出發(fā)，依次經(jīng)三個側(cè)面BCC1B1， DCC1D1， ADD1A1反射后，落到側(cè)面ABB1A1（不包括邊界） ，則入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1所成角的正切值的范圍是（）A （， ）B （， 4）C （，）D

17、（，）【考點】直線與平面所成的角【分析】作點P 關(guān)于平面BCC1B1 的對稱點P1，采用極限分析法【解答】解：根據(jù)線面角的定義，當(dāng)入射光線在面BCC1B1 的入射點離點B 距離越近，入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1 所成角的正切值越大，如圖所示，此時tan PHB= ，結(jié)合選項，可得入射光線PQ與側(cè)面BCC1B1 所成角的正切值的范圍是二、填空題（本大題共7 小題，共36 分）11雙曲線=1 的焦點坐標(biāo)為（4， 0） ， （ 4， 0），離心率為2 【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】根據(jù)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和離心率即可求出答案【解答】解：雙曲線=1， c2=a2+b2=4+12=16， c=4，雙曲線

18、=1 的焦點坐標(biāo)為（4， 0） ， （ 4， 0） ，離心率 e= = =2，故答案為：（4， 0） ， （ 4， 0） ， 212已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為2+2 ，體積【考點】 由三視圖求面積、體積【分析】 如圖所示，該幾何體為三棱錐，P ABC，其中PA底面ABC， AC BC，PA=2， AC=1， BC=2即可得出【解答】 解：如圖所示，該幾何體為三棱錐，P ABC，其中PA底面ABC， AC BC， PA=2， AC=1， BC=2該幾何體的表面積S=+體積 V= 故答案為：2+2 ，13 已知等差數(shù)列 an ，等比數(shù)列 bn的前n 項和為Sn，T（nnN*

19、）， 若Sn=n2+n， b1=a1， b2=a3，則an= 3n 1 ， Tn=【考點】 等比數(shù)列的前n 項和；等差數(shù)列的前n 項和【分析】利用a1=2=b1，n2 時， an=SnSn1，可得 anb2=a3=8，公比q=4再利用等比數(shù)列的求和公式即可得出【解答】解：a1=2=b1，n 2 時，an=Sn Sn 1= n2+ n=3n 1n=1 時也成立，an=3n 1b2=a3=8，公比q= =4 Tn=故答案為：3n 1，14在ABC中，內(nèi)角A， B， C所對的邊分別為a， b， c，已知A= ， b= ，ABC的面積為，則 c= 1+， B= 正弦定理由已知利用三角形面積公式可求c，

20、 利用余弦定理可求a， 進(jìn)而可求cosB的值，結(jié)合B 的范圍即可求得B 的值【解答】 解： A= ， b= ， ABC的面積為= bcsinA= × c×，解得：c=1+ ，由余弦定理可得：a=2，可得：cosB= ， B（ 0， ） ， B= 故答案為：1+ ，15 將 3 個男同學(xué)和3 個女同學(xué)排成一列，若男同學(xué)甲與另外兩個男同學(xué)不相鄰，則不同的排法種數(shù)為288 （用具體的數(shù)字作答）【考點】排列、組合的實際應(yīng)用【分析】根據(jù)題意，分2 種情況討論：、3 個男同學(xué)均不相鄰，用插空法分析可得此時的排法數(shù)目，、 另外兩個男同學(xué)相鄰，將這兩個男同學(xué)看成一個整體，用捆綁法分析可得此

21、時的排法數(shù)目，進(jìn)而由分類計數(shù)原理計算可得答案【解答】 解：根據(jù)題意，分2 種情況討論：、3 個男同學(xué)均不相鄰，將三名女同學(xué)全排列，有A33=6種排法，排好后有4個空位，在 4 個空位中，任選3 個，安排3 個男同學(xué)，有A43=24種安排方法，此時共有6× 24=144種不同的排法；、另外兩個男同學(xué)相鄰，將這兩個男同學(xué)看成一個整體，考慮2 人的順序，有A22=2 種情況，將三名女同學(xué)全排列，有A33=6種排法，排好后有4個空位，在 4 個空位中，任選2 個，安排甲和這2 個男同學(xué)，有A42=12 種安排方法，此時共有2× 6× 12=144種不同的排法；則共有 14

22、4+144=288種不同的排法；故答案為：28816已知正實數(shù)x， y 滿足xy+2x+3y=42，則xy+5x+4y 的最小值為55基本不等式正實數(shù)x， y 滿足xy+2x+3y=42，可得y= > 0，解得0< x< 21則xy+5x+4y=3x+y+42=3x+42=3+31，再利用基本不等式的性質(zhì)解：正實數(shù)x， y 滿足xy+2x+3y=42，y= > 0， x> 0，解得0< x< 21 則 xy+5x+4y=3x+y+42=3x+42=3+31 3×+31=55，當(dāng)且僅當(dāng)x=1， y=10時取等號 xy+5x+4y 的最小值為55

23、故答案為：5517已知a，bR且0a+b1，函數(shù)f（x）=x2+ax+b 在 ， 0 上至少存在一個零點，則a 2b 的取值范圍為 0， 3 【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)【分析】列出滿足條件約束條件，畫出滿足條件的可行域，進(jìn)而可得答案第 17 頁（共22 頁）解：由題意，要使函數(shù)f（ x） =x2+ax+b 在區(qū)間 ， 0 有零點，只要，或其對應(yīng)的平面區(qū)域如下圖所示：第 23 頁（共22 頁）則當(dāng)a=1， b= 1 時，a 2b 取最大值3，a=0， b=0 時，a 2b 取最小值0，所以a 2b 的取值范圍為 0， 3 ；故答案為： 0，3 5 小題，共74 分）18已知函數(shù)f（ x） =2sin

24、2x+cos（ 2x） （）求f（ x）的最小正周期；（）求f（ x）在（0， ）上的單調(diào)遞增區(qū)間【考點】 三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用；正弦函數(shù)的圖象【分析】 （）利用降次公式和兩角和與差的公式化簡，化為y=Asin（ x +）的形式，再利用周期公式求函數(shù)的最小正周期，（） 最后將內(nèi)層函數(shù)看作整體，放到正弦函數(shù)的增區(qū)間上，解不等式得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間【解答】 解： （）函數(shù)f（ x） =2sin2x+cos（ 2x） 化簡可得：f（ x） =1 cos2x+ cos2x+sin2x=1+sin（ 2x）函數(shù)的最小正周期T=（）由得 x f（ x）在（0，）上的單調(diào)遞增區(qū)間為（0， 19如圖， 已

25、知三棱錐PABC，PA平面ABC，ACB=90°，BAC=60°，PA=AC，M 為 PB的中點（）求證：PC BC（）求二面角M AC B 的大小【考點】 二面角的平面角及求法；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系【分析】 （）通過證明PA BC， BC AC得到BC面PAC即可AB 中點O，連結(jié)MO、過O 作 HO AC于 H，連結(jié)MH，因為M 是 PB 即可【解答】 解： （）證明：由PA平面ABC，PA BC，又因為ACB=9°0，即BC AC BC面PAC，PC BC（）取AB 中點O，連結(jié)MO、過O 作 HO AC于 H，連結(jié)MH，因為M 是 PB的中點，所

26、以MO PA，又因為PA面ABC，MO面ABCMHO為二面角M ACB的平面角設(shè) AC=2，則BC=2 ， MO=1 ， OH= ，在RtMHO 中， tanMHO= 二面角M AC B 的大小為30020已知函數(shù)f（x）=x3ax2+3x+b（a，bR）（）當(dāng)a=2， b=0時，求f（ x）在0， 3 上的值域（）對任意的b，函數(shù)g（ x） =| f（ x） | 的零點不超過4 個，求 a 的取值范圍【考點】 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【分析】 （）當(dāng)a=2， b=0 時，求得f（ x） ，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得f（ x）單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得 0， 3 上的值

27、域；（）由f（ x） =x2 2ax+3，則=4a2 12，根據(jù)的取值范圍，利用韋達(dá)定理及函數(shù)的單調(diào)性，即可求得a 的取值范圍【解答】 解： （） 當(dāng)a=2，b=0 時，f（x）=x32x2+3x，求導(dǎo)，f（x）=x24x+3=x 1） （ x 3） ，當(dāng)x（0，1）時，f（x）>0，故函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，當(dāng)x（1，3）時，f（x）<0，故函數(shù)f（x）在（1，3）上單調(diào)遞減，由f（0）=f（0）=0，f（ 1） =， f（ x）在 0， 3 上的值域為 0， ；（）由f（x）=x22ax+3，則=4a212，當(dāng)0，即a2 3 時， f （ x）0， f（ x）在R上

28、單調(diào)遞增，滿足題意，當(dāng)>0，即a2>3 時，方程f （x）=0 有兩根，設(shè)兩根為x1，x2，且x1<x2，則 x1+x2=2a， x1x2=3，則 f（ x）在（，x1） ， （ x2， +）上單調(diào)遞增，在（x1， x2）上單調(diào)遞減，由題意可知丨f（ x1）f（ x2）丨，丨 a（ x12 x22） +3（ x1 x2）丨，化簡得：（ a2 3） ，解得：3< a2 4，綜合，可得a2 4，解得：2 a 2a 的取值范圍 2.2 21已知點A（2，0），B（0，1）在橢圓C：+=1（a>b> 0）上（）求橢圓C 的方程；（） P 是線段 AB上的點，直線y=

29、 x+m（ m 0）交橢圓C于M、 N 兩點，若 MNP 是斜邊長為的直角三角形，求直線MN 的方程直線與橢圓的位置關(guān)系【分析】 （）由直線可知：橢圓的焦點在x 軸上，又過點A， B，即可求得a 和b 的值，求得橢圓方程；（）將直線方程代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長公式求得丨MN 丨，分類，當(dāng) MN 為斜邊時，= ，即可求得m=0，滿足題意，當(dāng)MN 為直角邊時， 兩平行線AB 與 MN 的距離 d= 丨 m 1 丨， 利用勾股定理即可求得m 的值，求得直線方程【解答】 解： （）由題意可知：橢圓C：+=1（ a> b> 0）焦點在x軸上，由點A（2， 0） ， B（ 0， 1） ，則 a=2， b=1，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：；（）設(shè)M （ x1， y1） ， N（ x2， y2） ，y，整理得x2+mx1=0，則=2 m2> 0， x1+x2= 2m， x1x2=2m2 2，則丨 MN 丨 = 丨 x1 x2丨 =，當(dāng) MN 為斜邊時，= ，解得： m=0，滿足>0，此時直線MN 為直徑的圓方程為x2+y2= ，點 A（2， 0） B（ 0， 1）分別在圓外和圓內(nèi)，即在線段AB上存在點P此時直線MN 的方程誒y= x，滿足題意，當(dāng) MN 為直角邊時，兩平行線AB與 MN 的距離 d= 丨 m 1 丨，d2+丨MN 丨2=丨m1 丨2+（105m2