浙江省高考数学试卷复习课程.doc

此文档仅供收集于网络，如有侵权请联系网站删除2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1（4分）已知集合P=x|1x1，Q=x|0x2，那么PQ=（）A（1，2）B（0，1）C（1，0）D（1，2）2（4分）椭圆+=1的离心率是（）ABCD3（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A+1B+3C+1D+34（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A0，6B0，4C6，+）D4，+）5（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间0，1上的最大值是M，最小值是m，则Mm（）A与a有关，且与b有关B与a有关，但与b无关C与a无关，且与b无关D与a无关，但与b有关6（4分）已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4+S62S5”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7（4分）函数y=f（x）的导函数y=f（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）ABCD8（4分）已知随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2若0p1p2，则（）AE（1）E（2），D（1）D（2）BE（1）E（2），D（1）D（2）CE（1）E（2），D（1）D（2）DE（1）E（2），D（1）D（2）9（4分）如图，已知正四面体DABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，=2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为、，则（）ABCD10（4分）如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=，I2=，I3=，则（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率，理论上能把的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6= 12（6分）已知a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= ，ab= 13（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= ，a5= 14（6分）已知ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则BDC的面积是 ，cosBDC= 15（6分）已知向量、满足|=1，|=2，则|+|+|的最小值是 ，最大值是 16（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法（用数字作答）17（4分）已知aR，函数f（x）=|x+a|+a在区间1，4上的最大值是5，则a的取值范围是 三、解答题（共5小题，满分74分）18（14分）已知函数f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx（xR）（）求f（）的值（）求f（x）的最小正周期及单调递增区间19（15分）如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点（）证明：CE平面PAB；（）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值20（15分）已知函数f（x）=（x）ex（x）（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间，+）上的取值范围21（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（x），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q（）求直线AP斜率的取值范围；（）求|PA|PQ|的最大值22（15分）已知数列xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），证明：当nN*时，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn2017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1（4分）已知集合P=x|1x1，Q=x|0x2，那么PQ=（）A（1，2）B（0，1）C（1，0）D（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可【解答】解：集合P=x|1x1，Q=x|0x2，那么PQ=x|1x2=（1，2）故选：A【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力2（4分）椭圆+=1的离心率是（）ABCD【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c=，所以椭圆的离心率为：=故选：B【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力3（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A+1B+3C+1D+3【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为123+3=+1，故选：A【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目4（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A0，6B0，4C6，+）D4，+）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是4，+）故选：D【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键5（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间0，1上的最大值是M，最小值是m，则Mm（）A与a有关，且与b有关B与a有关，但与b无关C与a无关，且与b无关D与a无关，但与b有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下Mm的取值与a，b的关系，综合可得答案【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=为对称轴的抛物线，当1或0，即a2，或a0时，函数f（x）在区间0，1上单调，此时Mm=|f（1）f（0）|=|a+1|，故Mm的值与a有关，与b无关当1，即2a1时，函数f（x）在区间0，上递减，在，1上递增，且f（0）f（1），此时Mm=f（0）f（）=，故Mm的值与a有关，与b无关当0，即1a0时，函数f（x）在区间0，上递减，在，1上递增，且f（0）f（1），此时Mm=f（1）f（）=1+a+，故Mm的值与a有关，与b无关综上可得：Mm的值与a有关，与b无关故选：B【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键6（4分）已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4+S62S5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S62S5，可以得到d0，根据充分必要条件的定义即可判断【解答】解：S4+S62S5，4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d），21d20d，d0，故“d0”是“S4+S62S5”充分必要条件，故选：C【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7（4分）函数y=f（x）的导函数y=f（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）ABCD【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f（x）0时，函数f（x）单调递减，当f（x）0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f（x）0时，函数f（x）单调递减，当f（x）0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题8（4分）已知随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2若0p1p2，则（）AE（1）E（2），D（1）D（2）BE（1）E（2），D（1）D（2）CE（1）E（2），D（1）D（2）DE（1）E（2），D（1）D（2）【分析】由已知得0p1p2，1p21p11，求出E（1）=p1，E（2）=p2，从而求出D（1），D（2），由此能求出结果【解答】解：随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2，0p1p2，1p21p11，E（1）=1p1+0（1p1）=p1，E（2）=1p2+0（1p2）=p2，D（1）=（1p1）2p1+（0p1）2（1p1）=，D（2）=（1p2）2p2+（0p2）2（1p2）=，D（1）D（2）=p1p12（）=（p2p1）（p1+p21）0，E（1）E（2），D（1）D（2）故选：A【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题9（4分）如图，已知正四面体DABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，=2，分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为、，则（）ABCD【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系设底面ABC的中心为O不妨设OP=3则O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG可得tan=tan=，tan=由已知可得：OEOGOF即可得出【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系设底面ABC的中心为O不妨设OP=3则O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，3，0）Q，R，=，=（0，3，6），=（，6，0），=，=设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）则cos=，取=arccos同理可得：=arccos=arccos解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG设OD=h则tan=同理可得：tan=，tan=由已知可得：OEOGOFtantantan，为锐角故选：B【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题10（4分）如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=，I2=，I3=，则（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可【解答】解：ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC=2，AOB=COD90，由图象知OAOC，OBOD，0，0，即I3I1I2，故选：C【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率，理论上能把的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S6=611sin60=故答案为：【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题12（6分）已知a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=5，ab=2【分析】a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2b2+2abi，可得3=a2b2，2ab=4，解出即可得出【解答】解：a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），3+4i=a2b2+2abi，3=a2b2，2ab=4，解得ab=2，则a2+b2=5，故答案为：5，2【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题13（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=16，a5=4【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x与常数乘积之和，a5就是常数的乘积【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a4=34+14=16；a5=14=4故答案为：16；4【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题14（6分）已知ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则BDC的面积是，cosBDC=【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出SABC，再根据SBDC=SABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E，AB=AC=4，BC=2，BE=BC=1，AEBC，AE=，SABC=BCAE=2=，BD=2，SBDC=SABC=，BC=BD=2，BDC=BCD，ABE=2BDC在RtABE中，cosABE=，cosABE=2cos2BDC1=，cosBDC=，故答案为：，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15（6分）已知向量、满足|=1，|=2，则|+|+|的最小值是4，最大值是【分析】通过记AOB=（0），利用余弦定理可可知|+|=、|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论【解答】解：记AOB=，则0，如图，由余弦定理可得：|+|=，|=，令x=，y=，则x2+y2=10（x、y1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=x+z，则直线y=x+z过M、N时z最小为zmin=1+3=3+1=4，当直线y=x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以zmax=综上所述，|+|+|的最小值是4，最大值是故答案为：4、【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题16（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660种不同的选法（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有4012=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有1512=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17（4分）已知aR，函数f（x）=|x+a|+a在区间1，4上的最大值是5，则a的取值范围是（，【分析】通过转化可知|x+a|+a5且a5，进而解绝对值不等式可知2a5x+5，进而计算可得结论【解答】解：由题可知|x+a|+a5，即|x+a|5a，所以a5，又因为|x+a|5a，所以a5x+a5a，所以2a5x+5，又因为1x4，4x+5，所以2a54，解得a，故答案为：（，【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题三、解答题（共5小题，满分74分）18（14分）已知函数f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx（xR）（）求f（）的值（）求f（x）的最小正周期及单调递增区间【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（）代入可得：f（）的值（）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：函数f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx=sin2xcos2x=2sin（2x+）（）f（）=2sin（2+）=2sin=2，（）=2，故T=，即f（x）的最小正周期为，由2x+2k，+2k，kZ得：x+k，+k，kZ，故f（x）的单调递增区间为+k，+k或写成k+，k+，kZ【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档19（15分）如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点（）证明：CE平面PAB；（）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值【分析】（）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EFPA，CFAB，从而平面EFC平面ABP，由此能证明EC平面PAB（）连结BF，过F作FMPB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BFAD，进而AD平面PBF，由ADBC，得BCPB，再求出BCMF，由此能求出sin【解答】证明：（）取AD的中点F，连结EF，CF，E为PD的中点，EFPA，在四边形ABCD中，BCAD，AD=2DC=2CB，F为中点，CFAB，平面EFC平面ABP，EC平面EFC，EC平面PAB解：（）连结BF，过F作FMPB于M，连结PF，PA=PD，PFAD，推导出四边形BCDF为矩形，BFAD，AD平面PBF，又ADBC，BC平面PBF，BCPB，设DC=CB=1，则AD=PC=2，PB=，BF=PF=1，MF=，又BC平面PBF，BCMF，MF平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为，则sin=【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题20（15分）已知函数f（x）=（x）ex（x）（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间，+）上的取值范围【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当x1时，当1x时，当x时，f（x）的单调性，判断f（x）0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围【解答】解：（1）函数f（x）=（x）ex（x），导数f（x）=（12）ex（x）ex=（1x+）ex=（1x）（1）ex；（2）由f（x）的导数f（x）=（1x）（1）ex，可得f（x）=0时，x=1或，当x1时，f（x）0，f（x）递减；当1x时，f（x）0，f（x）递增；当x时，f（x）0，f（x）递减，且xx22x1（x1）20，则f（x）0由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0则f（x）在区间，+）上的取值范围是0，e【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题21（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（x），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q（）求直线AP斜率的取值范围；（）求|PA|PQ|的最大值【分析】（）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合x可得结论；（）通过（I）知P（x，x2）、x，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|PQ|=（1+k）3（1k），通过令f（x）=（1+x）3（1x），1x1，求导结合单调性可得结论【解答】解：（）由题可知P（x，x2），x，所以kAP=x（1，1），故直线AP斜率的取值范围是：（1，1）；（）由（I）知P（x，x2），x，所以=（x，x2），设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=x+，联立直线AP、BQ方程可知Q（，），故=（，），又因为=（1k，k2k），故|PA|PQ|=+=（1+k）3（k1），所以|PA|PQ|=（1+k）3（1k），令f（x）=（1+x）3（1x），1x1，则f（x）=（1+x）2（24x）=2（1+x）2（2x1），由于当1x时f（x）0，当x1时f（x）0，故f（x）max=f（）=，即|PA|PQ|的最大值为【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题22（15分）已知数列xn满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），证明：当nN*时，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn【分析】（）用数学归纳法即可证明，（）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（）由2xn+1xn得2（）0，继续放缩即可证明【解答】解：（）用数学归纳法证明：xn0，当n=1时，x1=10，成立，假设当n=k时成立，则xk0，那么n=k+1时，若xk+10，则0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，故xn+10，因此xn0，（nN*）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nN*），（）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），记函数f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x），x0f（x）=+ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）=0，因此xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）0，故2xn+1xn；（）xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1，xn，由2xn+1xn得2（）0，2（）2n1（）=2n2，xn，综上所述xn【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题只供学习与交流