浙江——数学——试题卷新版.doc

精品教育
选择题部分（共50分）
1.(2017年浙江)已知集合P={x|-1＜x＜1}，Q={0＜x＜2}，那么P∪Q=（ ）
A．（1，2） B．（0，1） C．（-1，0） D．（1，2）
1.A 【解析】利用数轴，取P，Q所有元素，得P∪Q=（-1，2）.

2. (2017年浙江)椭圆+=1的离心率是（ ）
A． B． C． D．
2.B 【解析】e==.故选B．

3. (2017年浙江)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（ ）

（第3题图）
A． B． C． D．
3. A 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为V=×3×（+×2×1）=+1.故选A.

4. (2017年浙江)若x，y满足约束条件则z=x+2y的取值范围是（ ）
A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）
4. D 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点时取最小值4，无最大值，选D．

5. (2017年浙江)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M – m（ ）
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
5. B 【解析】因为最值f（0）=b，f（1）=1+a+b，f（-）=b-中取，所以最值之差一定与b无关.故选B.

6. (2017年浙江)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”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
6. C 【解析】由S4 + S6-2S5=10a1+21d-2（5a1+10d）=d，可知当d＞0时，有S4+S6-2S5＞0，即S4 + S6>2S5，反之，若S4 + S6>2S5，则d＞0，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．

7. (2017年浙江)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（ ）

（第7题图）

7. D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间内.故选D.

8. (2017年浙江)已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1–pi，i=1，2． 若01)＜E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)
C．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2) D．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)
8. A 【解析】∵E(ξ1)=p1，E(ξ2)=p2，∴E(ξ1)＜E(ξ2)，∵D(ξ1)=p1(1-p1)，D(ξ2)=p2(1-p2)，∴D(ξ1)- D(ξ2)=(p1-p2)(1-p1-p2)＜0.故选A．

9. (2017年浙江)如图，已知正四面体D–ABC（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D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α，β，γ，则（ ）

（第9题图）
A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α
9. B 【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此α<γ<β.故选B.

10. (2017年浙江)如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记I1=·，I2=·，I3=·，则（ ）

（第10题图）
A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2
C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3
10. C 【解析因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，所以·＞0＞·＞·.故选C.

非选择题部分（共100分）

11. (2017年浙江)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π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= ．
11. 【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S6=6×（×1×1×sin 60°）=．

12. (2017年浙江)已知a，b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位）则a2+b2ab=___________.
12.5 2 【解析】由题意可得a2-b2+2abi=3+4i，则解得则a2+b2=5，ab=2.

13. (2017年浙江)已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，，则a4=________，a5=________．
13. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr 3xrCm 2·22-m= Cr 3·Cm 2·22-m·xr+m，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=4．

14. (2017年浙江)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___________，cos∠BDC=___________.

14. 【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE==，∴cos ∠DBC=-，sin∠DBC==，∴S△BCD=×BD×BC×sin∠DBC=.∵∠ABC=2∠BDC，∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos2∠BDC-1=，解得cos∠BDC=或cos∠BDC=-（舍去）.综上可得，△BCD面积为，cos∠BDC=.

15. (2017年浙江)已知向量a，b满足|a|=1,b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是________，最大值是_______．
15. 4，2 【解析】设向量a，b的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|==，|a+b|== ，则|a+b|+|a-b|=+，令y=+，则y2=10+2 ∈[16,20]，据此可得(|a+b|+|a-b|)max==2,(|a+b|+|a-b|)min==4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是2．

16. (2017年浙江)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）
16. 660 【解析】由题意可得，“从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”中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C4 6×C1 4×C1 3（种）方法，则满足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C4 6×C1 4×C1 3=660（种）.
17. (2017年浙江)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___________．
17.（-∞，] 【解析】x∈[1,4],x+∈[4,5]，分类讨论：①当a≥5时，f（x）=a-x-+a=2a-x-，函数的最大值2a-4=5，∴a=，舍去；②当a≤4时，f（x）=x+-a+a=x+≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5时，[f(x)]max=max{|4-a|+a,|5-a|+a}，则或解得a=或a＜.综上可得，实数a的取值范围是（-∞，]．
18. (2017年浙江)已知函数f（x）=sin2x–cos2x–2sin x cos x（x∈R）．
（1）求f（）的值．
（2）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．
18.解：（1）由sin =，cos =-，
f（）=（）2-（-）2-2××（-）．
得f（）=2．
（2）由cos 2x=cos2x-sin2x与sin 2x=2sin xcos x，
得f(x)=-cos 2x-sin 2x=-2sin(2x+)．
所以f(x)的最小正周期是π．
由正弦函数的性质得+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，
解得+kπ≤x≤+2kπ，k∈Z，
所以，f（x）的单调递增区间是[+kπ，+2kπ]，k∈Z．
19. (2017年浙江)如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．

（第19题图）
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
19.解：（1）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以EF∥AD且EF=AD，
又因为BC∥AD，BC=AD，
所以EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．

（2）分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．
所以AD⊥平面PBN，
由BC//AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以sin∠QMH=，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．
20. (2017年浙江)已知函数f(x)=（x–）e-x（x≥）．
（1）求f(x)的导函数；
（2）求f(x)在区间[，+∞)上的取值范围．
20.解：（1）因为（x–）′=1-，（e-x）′=-e-x，
所以f（x1-）e-x-（x–）e-x=(x＞).
（2）由f′(x)==0
解得x=1或x=．
因为
x

（，1）
1
（1，）

（，+∞）
f′(x)

–
0
+
0
–
f（x）
e-
↘
0
↗
e-
↘
又f（x）=（-1）2e-x≥0，
所以f（x）在区间[，+∞)上的取值范围是[0，e-]．

21. (2017年浙江)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．

（第19题图）
（1）求直线AP斜率的取值范围；
（2）求|PA|·|PQ|的最大值．
21. 解：（1）设直线AP的斜率为k，
k==x-，
因为-＜x＜，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）．
（2）联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ=．
因为|PA|=(x+)=(k+1)，
|PQ|=(xQ-x)=-，
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3．
令f(k)=-(k-1)(k+1)3，
因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2，
所以f(k)在区间(-1,)上单调递增，(,1)上单调递减，
因此当k=时，|PA|·|PQ|取得最大值．

22. (2017年浙江) 已知数列{xn}满足x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（n∈N*）．
证明：当n∈N*时，
（1）0＜xn+1＜xn；
（2）2xn+1− xn≤；
（3）≤xn≤．
22.解：（1）用数学归纳法证明xn＞0．
当n=1时，x1=1>0．
假设n=k时，xk>0，
那么n=k+1时，若xk+1≤0，则0＜xk= xk+1+ln（1+ xk+1）≤0，矛盾，故xk+1＞0．
因此xn＞0（n∈N*）．
所以xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，
因此0＜xn+1＜xn（n∈N*）．
（2）由xn=xn+1+ln（1+xn+1），
得xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）.
记函数f（x）=x2-2x+（x+2）ln（1+x）（x≥0），
f′（x）=+ln（1+x）＞0（x＞0），
函数f（x）在[0，+∞]上单调递增，所以f（x）≥f（0）=0，
因此xn+12-2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）=f（xn+1）≥0，
故2xn+1-xn≤（n∈N*）．
（3）因为xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，
所以xn≥，
由≥2xn+1-xn，
得-≥2（-）＞0，
所以-≥2（-）≥…≥2n-1（-）=2n-2，
故xn≤．
综上，≤xn≤（n∈N*）．

-可编辑-