2017年浙江省绍兴市高考一模试卷数学 13页

2017 年浙江省绍兴市高考一模试卷数学 一、选择题(本题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 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.已知集合 A={x∈R||x|＜2}，B={x∈R|x+1≥0}，则 A∩B=( ) A.(-2，1] B.[-1，2) C.[-1，+∞) D.(-2，+∞) 解析：由题意知，A={x∈R||x|＜2}={x|-2＜x＜2}=(-2，2)， B={x∈R|x+1≥0}={x|x≥-1}=[-1，+∞)，则 A∩B=[-1，2). 答案：B 2.已知 i 是虚数单位，复数 z= 1 2 i ，则 z· z =( ) A.25 B.5 C. 1 25 D. 1 5 解析：∵    1 2 2 2 2 2 5 5 iiz i i i       ，∴ 2 22 2 2 1 1 5 5 5z z z                 . 答案：D 3.已知 a，b 为实数，则“a=0”是“f(x)=x2+a|x|+b 为偶函数”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 解析：a=0 时，f(x)=x2+b 为偶函数，是充分条件， 由 f(-x)=(-x)2+a|-x|+b=f(x)，得 f(x)是偶函数， 故 a=0”是“f(x)=x2+a|x|+b 为偶函数”的充分不必要条件. 答案：A 4.已知 a＞0，且 a≠1，若 ab＞1，则( ) A.ab＞b B.ab＜b C.a＞b D.a＜b 解析：当 a∈(0，1)时，若 ab＞1，则 b＜0，则 a＜b 不成立， 当 a∈(1，+∞)时，若 ab＞1，则 b＞0，则 ab＜b 不成立，a＞b 不一定成立. 答案：A 5.已知 p＞0，q＞0，随机变量ξ的分布列如下： 若 E(ξ)= 4 9 .则 p2+q2=( ) A.49 B.12 C.59 D.1 解析：∵p＞0，q＞0，E(ξ)= 4 9 . ∴由随机变量ξ的分布列的性质得： 1 4 9 qp pq qp   ， ， ∴p2+q2=(q+p)2-2pq=1- 45 99 . 答案：C 6.已知实数 x，y 满足不等式组 30 2 4 0 0 xy xy ya          ， ， ， 若 z=y-2x 的最大值为 7，则实数 a=( ) A.-1 B.1 C.10 3 D.11 2 解析：作出不等式组 30 2 4 0 0 xy xy ya          ， ，表示的平面区域，如图所示： 令 z=y-2x，则 z 表示直线 z=y-2x 在 y 轴上的截距，截距越大，z 越大， 结合图象可知，当 z=y-2x 经过点 A 时 z 最大， 由 27 30 yx xy      ， 可知 A(-4，-1)，A(-4，-1)在直线 y+a=0 上，可得 a=1. 答案：B 7.已知抛物线 y2=2px(p＞0)的焦点为 F，过点 M(p，0)的直线交抛物线于 A，B 两点，若 2AM MB ，则 AF BF =( ) A.2 B. 5 2 C.2 D.与 p 有关 解析：设直线方程为 x=my+p，代入 y2=2px，可得 y2-2pmy-2p2=0 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1+y2=2pm，y1y2=-2p2， ∵ ，∴(p-x1，-y1)=2(x2-p，y2)，∴x1=-2x2+p，y1=-2y2， 可得 y2=p，y1=-2p，∴x2= 1 2 p，x1=2p， ∴ 2 1 2 11 5 2 22 pp AF BF pp    . 答案：B 8.向量 a ，b 满足| a |=4，   0b a b   ，若 ||ab  的最小值为 2(λ∈R)，则 ab =( ) A.0 B.4 C.8 D.16 解析：向量 a ，b 满足| a |=4，   0b a b   ，即 2 a b b . 若 22222 16 2||a b a a b b a b a b              ≥2(λ∈R)， 化为： 216 2 4a b a b     ≥0 对于λ∈R 恒成立， ∴△= 246( ) (44)a b a b    ≤0，化为( ab -8)2≤0，∴ =8. 答案：C 9.记 min{x，y}= y x y x x y    ， ， ， ＜ ，设 f(x)=min{x2，x3}，则( ) 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(1-t)|＞f(1+t)+f(1-t) D.存在 t＞0，|f(1+t)-f(1-t)|＞f(1+t)-f(1-t) 解析：x2-x3=x2(1-x)， ∴当 x≤1 时，x2-x3≥0，当 x＞1 时，x2-x3＜0， ∴f(x)= 2 3 1 1 xx xx   ， ＞， ， ． 若 t＞1，则|f(t)+f(-t)|=|t2+(-t)3|=|t2-t3|=t3-t2， |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)|=|t3+(-t)3|=0， |f(t)-f(-t)|=|t3+t3|=2t3， f(t)-f(-t)=t3-(-t)3=2t3， 当 t=1 时，|f(t)+f(-t)|=|1+(-1)|=0， |f(t)-f(-t)|=|1-(-1)|=2， f(t)-f(-t)=1-(-1)=2， ∴当 t＞0 时，|f(t)+f(-t)|＜f(t)-f(-t)，|f(t)-f(-t)|=f(t)-f(-t)， 故 A 错误，B 错误； 当 t＞0 时，令 g(t)=f(1+t)+f(1-t)=(1+t)2+(1-t)3=-t3+4t2-t+2， 则 g′(t)=-3t2+8t-1，令 g′(t)=0 得-3t2+8t-1=0， ∴△=64-12=52，∴g(t)有两个极值点 t1，t2， ∴g(t)在(t2，+∞)上为减函数， ∴存在 t0＞t2，使得 g(t0)＜0，∴|g(t0)|＞g(t0)， 故 C 正确； 令 h(t)=(1+t)-f(1-t)=(1+t)2-(1-t)3=t3-2t2+5t， 则 h′(t)=3t2-4t+5=3 22 11 33t    ＞0， ∴h(t)在(0，+∞)上为增函数，∴h(t)＞h(0)=0， ∴|h(t)|=h(t)，即|f(1+t)-f(1-t)|=f(1+t)-f(1-t)， 故 D 错误. 答案：C 10.如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，棱 AB 的中点为 P，若光线从点 P 出发，依次经三个侧 面 BCC1B1，DCC1D1，ADD1A1 反射后，落到侧面 ABB1A1(不包括边界)，则入射光线 PQ 与侧面 BCC1B1 所成角的正切值的范围是( ) A.( 3 4 ， 5 4 ) B.( 2 17 17 ，4) C. 2 17 17 D.( 33 5 10 ， 5 4 ) 解析：根据线面角的定义，当入射光线在面 BCC1B1 的入射点离点 B 距离越近，入射光线 PQ 与侧面 BCC1B1 所成角的正切值越大， 如图所示，此时 tan∠PHB= 3 2 ， 结合选项，可得入射光线 PQ 与侧面 BCC1B1 所成角的正切值的范围是( 5 5 ， 3 2 ). 答案：C 二、填空题(本大题共 7 小题，共 36 分) 11.双曲线 22 4 12 xy =1 的焦点坐标为 ，离心率为 . 解析：∵双曲线 =1，∴c2=a2+b2=4+12=16，∴c=4， ∴双曲线 =1 的焦点坐标为(-4，0)，(4，0)， 离心率 e= 4 2 c a  =2， 答案：(-4，0)，(4，0)，2 12.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ，体积 为 . 解析：如图所示，该几何体为三棱锥，P-ABC，其中 PA⊥底面 ABC，AC⊥BC，PA=2，AC=1， BC=2. ∴该几何体的表面积 S= 1 1 1 12 1 1 2 5 2 5 2 2 2 52 2 2 2             ， 体积 V= 1 1 22 1 23 2 3     . 答案： 2 2 5 ， 2 3 13.已知等差数列{an}，等比数列{bn}的前 n 项和为 Sn，Tn(n∈N*)，若 Sn= 231 22nn ，b1=a1， b2=a3，则 an= ，Tn= . 解析：a1=2=b1， n≥2 时，an=Sn-Sn-1=    223 1 3 1112 2 2 2n n n n      =3n-1. n=1 时也成立，∴an=3n-1.b2=a3=8，公比 q= 8 2 =4. ∴Tn=    2 4 1 2 414 1 3 n n  . 答案：3n-1， 2 3 (4n-1) 14.在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 A= 4  ，b= 6 ，△ABC 的面积 为 33 2  ，则 c= ，B= . 解析：∵A= ，b= ，△ABC 的面积为 3 3 1 1 2sin 62 2 2 2bc A c      ， ∴解得：c=1+ 3 ， ∴由余弦定理可得：a= 222 cosb c bc A =2，可得：cosB= 2 2 2 1 22 a c b ac   ， ∵B∈(0，π)，∴B= 3  . 答案：1+ 3 ， 15.将 3 个男同学和 3 个女同学排成一列，若男同学甲与另外两个男同学不相邻，则不同的 排法种数为 .(用具体的数字作答) 解析：根据题意，分 2 种情况讨论： ①、3 个男同学均不相邻， 将三名女同学全排列，有 A3 3=6 种排法，排好后有 4 个空位， 在 4 个空位中，任选 3 个，安排 3 个男同学，有 A4 3=24 种安排方法， 此时共有 6×24=144 种不同的排法； ②、另外两个男同学相邻，将这两个男同学看成一个整体，考虑 2 人的顺序，有 A2 2=2 种情 况， 将三名女同学全排列，有 A33=6 种排法，排好后有 4 个空位， 在 4 个空位中，任选 2 个，安排甲和这 2 个男同学，有 A4 2=12 种安排方法， 此时共有 2×6×12=144 种不同的排法；则共有 144+144=288 种不同的排法. 答案：288 16.已知正实数 x，y 满足 xy+2x+3y=42，则 xy+5x+4y 的最小值为 . 解析：∵正实数 x，y 满足 xy+2x+3y=42，∴y= 42 2 3 x x   ＞0，x＞0，解得 0＜x＜21. 则 xy+5x+4y=3x+y+42=3x+ 42 2 3 x x   +42=3[(x+3)+ 16 3 x ]+31≥3×   16233x x +31=55， 当且仅当 x=1，y=10 时取等号.∴xy+5x+4y 的最小值为 55. 答案：55 17.已知 a，b∈R 且 0≤a+b≤1，函数 f(x)=x2+ax+b 在[- 1 2 ，0]上至少存在一个零点，则 a-2b 的取值范围为 . 解析：由题意，要使函数 f(x)=x2+ax+b 在区间[- ，0]有零点， 只要 f(- )·f(0)≤0，或   2 0 1 0 1 1 1 02 4 2 1 022 40 fb f a b a ab                  ， ， ＜ ＜ ， ＞ ， 其对应的平面区域如下图所示： 则当 a=1，b=-1 时，a-2b 取最大值 3， 当 a=0，b=0 时，a-2b 取最小值 0， 所以 a-2b 的取值范围为[0，3]. 答案：[0，3] 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分) 18.已知函数 f(x)=2sin2x+cos(2x- 3  ). (Ⅰ)求 f(x)的最小正周期； (Ⅱ)求 f(x)在(0， 2  )上的单调递增区间. 解析：(Ⅰ)利用降次公式和两角和与差的公式化简，化为 y=Asin(ωx+φ)的形式，再利用 周期公式求函数的最小正周期， (Ⅱ)最后将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间. 答案：(Ⅰ)函数 f(x)=2sin2x+cos(2x- ). 化简可得：f(x)=1-cos2x+ 1 2 cos2x+ 3 2 sin2x=1+sin(2x- 6  ) ∴函数的最小正周期 T= 2 2  =π. (Ⅱ)由 2 2 22 6 2k x k        ，k∈Z，得 kπ- 63x +kπ. ∴f(x)在(0， 2  )上的单调递增区间为(0， 3  ]. 19.如图，已知三棱锥 P-ABC，PA⊥平面 ABC，∠ACB=90°，∠BAC=60°，PA=AC，M 为 PB 的 中点. (Ⅰ)求证：PC⊥BC. (Ⅱ)求二面角 M-AC-B 的大小. 解析：(Ⅰ)通过证明 PA⊥BC，BC⊥AC.得到 BC⊥面 PAC 即可 (Ⅱ)取 AB 中点 O，连结 MO、过 O 作 HO⊥AC 于 H，连结 MH，因为 M 是 PB 的中点，∠MHO 为 二面角 M-AC-B 的平面角.在 Rt△MHO 中，球 tan∠MHO 即可. 答案：(Ⅰ)证明：由 PA⊥平面 ABC，∴PA⊥BC， 又因为∠ACB=90°，即 BC⊥AC. ∴BC⊥面 PAC，∴PC⊥BC. (Ⅱ)取 AB 中点 O，连结 MO、过 O 作 HO⊥AC 于 H，连结 MH，因为 M 是 PB 的中点，所以 MO∥ PA， 又因为 PA⊥面 ABC，∴MO⊥面 ABC.∴∠MHO 为二面角 M-AC-B 的平面角. 设 AC=2，则 BC=2 3 ，MO=1，OH= 3 ， 在 Rt△MHO 中，tan∠MHO= 3 3 MO HO  . 二面角 M-AC-B 的大小为 300. 20.已知函数 f(x)= 1 3 x3-ax2+3x+b(a，b∈R). (Ⅰ)当 a=2，b=0 时，求 f(x)在[0，3]上的值域. (Ⅱ)对任意的 b，函数 g(x)=|f(x)|- 2 3 的零点不超过 4 个，求 a 的取值范围. 解析：(Ⅰ)当 a=2，b=0 时，求得 f(x)，求导，利用导数求得 f(x)单调区间，根据函数的单 调性即可求得[0，3]上的值域； (Ⅱ)由 f′(x)=x2-2ax+3，则△=4a2-12，根据△的取值范围，利用韦达定理及函数的单调性， 即可求得 a 的取值范围. 答案：(Ⅰ)当 a=2，b=0 时，f(x)= 1 3 x3-2x2+3x，求导，f′(x)=x2-4x+3=(x-1)(x-3)， 当 x∈(0，1)时，f′(x)＞0，故函数 f(x)在(0，1)上单调递增， 当 x∈(1，3)时，f′(x)＜0，故函数 f(x)在(1，3)上单调递减， 由 f(0)=f(0)=0，f(1)= 4 3 ，∴f(x)在[0，3]上的值域为[0， ]； (Ⅱ)由 f′(x)=x2-2ax+3，则△=4a2-12， ①当△≤0，即 a2≤3 时，f′(x)≥0，f(x)在 R 上单调递增，满足题意， ②当△＞0，即 a2＞3 时，方程 f′(x)=0 有两根，设两根为 x1，x2，且 x1＜x2， 则 x1+x2=2a，x1x2=3， 则 f(x)在(-∞，x1)，(x2，+∞)上单调递增， 在(x1，x2)上单调递减， 由题意可知|f(x1)-f(x2)|≤ 4 3 ， ∴| 33 12 3 xx -a(x1 2-x2 2)+3(x1-x2)|≤ ， 化简得：  3 2 244333a ，解得：3＜a2≤4， 综合①②，可得 a2≤4，解得：-2≤a≤2.a 的取值范围[-2.2]. 21.已知点 A(-2，0)，B(0，1)在椭圆 C： 22 22 xy ab =1(a＞b＞0)上. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程； (Ⅱ)P 是线段 AB 上的点，直线 y= 1 2 x+m(m≥0)交椭圆 C 于 M、N 两点，若△MNP 是斜边长为 10 的直角三角形，求直线 MN 的方程. 解析：(Ⅰ)由直线可知：椭圆的焦点在 x 轴上，又过点 A，B，即可求得 a 和 b 的值，求得 椭圆方程； (Ⅱ)将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理及弦长公式求得|MN|，分类，当 MN 为斜边时， 210 5 10m，即可求得 m=0，满足题意，当 MN 为直角边时，两平行线 AB 与 MN 的距 离 d= 25 5 |m-1|，利用勾股定理即可求得 m 的值，求得直线方程. 答案：(Ⅰ)由题意可知：椭圆 C： 22 22 xy ab =1(a＞b＞0)焦点在 x 轴上，由点 A(-2，0)，B(0， 1)，则 a=2，b=1， ∴椭圆的标准方程： 2 2 4 x y =1； (Ⅱ)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 2 2 1 2 14 y x m x y     ， ， 消去 y，整理得 1 2 x2+mx-1=0， 则△=2-m2＞0，x1+x2=-2m，x1x2=2m2-2， 则|MN|= 2 12 5 10 52 x x m   ， ①当 MN 为斜边时， 210 5 10m，解得：m=0， 满足△＞0， 此时直线 MN 为直径的圆方程为 x2+y2= 5 2 ， 点 A(-2，0)B(0，1)分别在圆外和圆内，即在线段 AB 上存在点 P. 此时直线 MN 的方程诶 y= 1 2 x，满足题意， ②当 MN 为直角边时，两平行线 AB 与 MN 的距离 d= 5 2 |m-1|， ∴d2+|MN|2= 4 5 |m-1|2+(10-5m2)=10， 即 21m2+8m-4=0，解得：m= 2 7 ，m=- 2 3 (舍)， 由△＞0，则 m= ， 过点 A 作直线 MN：y= 12 27x  的垂线，可得满足坐标为(-12 7 ，- 4 7 )，垂足在椭圆外， 即在线段 AB 上存在点 P， ∴直线 MN 的方程为 y= 12 27x  ，符合题意， 综上可知：直线 MN 的方程为：y= 1 2 x 或 y= . 22.已知数列{an}满足 an＞0，a1=2，且(n+1)an+1 2=nan 2+an(n∈N*). (Ⅰ)证明：an＞1； (Ⅱ)证明： 222 32 2 9 4 9 5 naaa n  ＜ (n≥2). 解析：(Ⅰ)根据数列的递推关系可得(n+1)(an+1+1)(an+1-1)=(an-1)(nan+n+1)，再根据 an＞0， 可得 an+1-1 与 an-1 同号，问题得以证明， ( Ⅱ ) 先 判 断 出 1 ＜ an ≤ 2 ， 再 得 到 an 2 ≤ 22n n  ， n ≥ 2 ， 利 用 放 缩 法 得 到 2 2 1 1 1 2 12 1 1 1 na n n n n n n              ，再分别取 n=2，3，以及 n≥4 即可证明. 答案：(Ⅰ)由题意得(n+1)an+1 2-(n+1)=nan 2-n+an-1， ∴(n+1)(an+1+1)(an+1-1)=(an-1)(nan+n+1)， 由 an＞0，n∈N*，∴(n+1)(an+1+1)＞0，nan+n+1＞0，∴an+1-1 与 an-1 同号， ∵a1-1=1＞0，∴an＞1； (Ⅱ)由(Ⅰ)知，故(n+1)an+1 2=nan 2+an＜(n+1)an 2， ∴an+1＜an，1＜an≤2， 又由题意可得 an=(n+1)an+1 2-nan 2， ∴a1=2a2 2-a1 2，a2=3a3 2-2a2 2，…，an=(n+1)an+1 2-nan 2， 相加可得 a1+a2+…+an=(n+1)an+1 2-4＜2n， ∴an+1 2≤ 24 1 n n   ，即 an 2≤ 22n n  ，n≥2， ∴ 2 2 2 3 1 1 1 1 1 2 1221 1 1 na n n n n n n n n                         ，n≥2， 当 n=2 时， 2 2 2 39 2 4 5 a  ＜ ， 当 n=3 时， 22 32 23 3 2 2 3 1 9 4 9 4 3 3 4 3 5 aa     ＜ ＜ ， 当 n ≥ 4 时， 222 32 2 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 92 14 14 9 9 16 4 4 27 3 4 9 8 4 27 12 5 naaa n                          ＜ ＜ ， 从而，原命题得证.