2017年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷(解析版).doc-道客多多

资源描述

1、第 1 页（共 24 页）2017 年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分）1设复数 z=1i（i 是虚数单位），则 +z 等于（）A2 B2 C2i D 2i2已知 R，则“cos= ”是“=2k+ ，k Z”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3已知 a 为实数，设函数 f（x ）= ，则 f（2 a+2）的值为（）A2 a Ba C2 Da 或 24已知实数 x，y 满足，若 ax+y 的最大值为 10，则实数 a=（）A4 B3 C2 D15设 Sn 为等差数列 an的前 n 项和，

2、若 = ，则 =（）A B C D6已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F，直线 l 过 F 且与抛物线交于 A、B 两点，若|AB|=5，则 AB 中点的横坐标为（）A B2 C D17函数 f（x）=（） xx2 的大致图象是（）第 2 页（共 24 页）A B C D8已知平面向量、满足| |=| |=1， = ，若向量满足| + |1，则| |的最大值为（）A1 B C D29已知函数 f（x）=3sin（3x+），x 0，则 y=f（x）的图象与直线 y=2 的交点个数最多有（）A2 个 B3 个 C4 个 D5 个10如图，点 F1、F 2 是椭圆 C1 的左右焦

3、点，椭圆 C1 与双曲线 C2 的渐近线交于点 P， PF1PF 2，椭圆 C1 与双曲线 C2 的离心率分别为 e1、e 2，则（）Ae 22= Be 22=C e22= De 22=二、填空题（共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，满分 36 分）11已知集合 A=x|1x2，B=x |x24x0，则 AB= ，A（ RB）= 12某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 cm2，体积是 cm 3第 3 页（共 24 页）13已知随机变量的分布列如下： 0 1 2P b a2则 E（）的最小值为，此时 b= 14已知 f（ x）=x 2，g（

4、x）=2x 5，则不等式|f （ x）|+|g（x）|2 的解集为；|f（ 2x）|+|g （x ）|的最小值为 15动点 P 从正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A 出发，沿着棱运动到顶点 C1 后再到 A，若运动中恰好经过 6 条不同的棱，称该路线为“最佳路线”，则“ 最佳路线”的条数为（用数字作答） 16已知 a0，b0 ，且满足 3a+b=a2+ab，则 2a+b 的最小值为 17如图，已知三棱锥 ABCD 的所有棱长均相等，点 E 满足 =3 ，点 P 在棱AC 上运动，设 EP 与平面 BCD 所成角为，则 sin 的最大值为三、解答题（共 5 小题，满分 74 分

5、）18在锐角ABC 中，a、b、c 分别是角 A、B 、C 的对边，若 A 满足第 4 页（共 24 页）2cos2A+cos（2A + ）= （）求 A 的值；（）若 c=3，ABC 的面积为 3 ，求 a 的值19如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面 ABCD 是平行四边形，侧棱 AA1底面ABCD，AB=1，AC= ，BC=BB 1=2（）求证：AC平面 ABB1A1；（）求二面角 AC1DC 的平面角的余弦值20已知函数 f（x ）=x alnx+b，a，b 为实数（）若曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y=2x+3，求 a，b 的值；（）若|f（ x）

6、| 对 x2，3 恒成立，求 a 的取值范围21如图，设斜率为 k（k0）的直线 l 与椭圆 C： + =1 交于 A、B 两点，且 OAOB（）求直线 l 在 y 轴上的截距（用 k 表示）；（）求AOB 面积取最大值时直线 l 的方程第 5 页（共 24 页）22已知数列a n满足： a1= ，a n=an12+an1（n 2 且 nN）（）求 a2，a 3；并证明：2 a n 3 ；（）设数列a n2的前 n 项和为 An，数列的前 n 项和为 Bn，证明： = an+1第 6 页（共 24 页）2017 年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共 10 小题，

7、每小题 4 分，满分 40 分）1设复数 z=1i（i 是虚数单位），则 +z 等于（）A2 B2 C2i D 2i【考点】复数代数形式的加减运算【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出【解答】解： +z= +1i= +1i=1+i+1i=2故选：A2已知 R，则“cos= ”是“=2k+ ，k Z”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】cos= ，解得 =2k ，k Z，即可判断出结论【解答】解：cos= ，解得 =2k ，k Z，“cos= ”是“=2k+ ，k Z”的必要但充分条件故

8、选：B3已知 a 为实数，设函数 f（x ）= ，则 f（2 a+2）的值为（第 7 页（共 24 页）A2 a Ba C2 Da 或 2【考点】函数的值【分析】根据函数的解析式求出函数值即可【解答】解：函数 f（x ）= ，f（ 2a+2）=log 2（2 a+22）=a，故选：B4已知实数 x，y 满足，若 ax+y 的最大值为 10，则实数 a=（）A4 B3 C2 D1【考点】简单线性规划【分析】画出满足条件的平面区域，判断最优解的位置，将点的坐标代入求出a 的值即可【解答】解：画出满足条件的平面区域，如图示：由，解得 A（3，4），令 z=ax+y，因为 z 的最大值为 1

9、0，所以直线在 y 轴上的截距的最大值为 10，即直线过（0，10），所以 z=ax+y 与可行域有交点，当 a0 时，直线经过 A 时 z 取得最大值即 ax+y=10，将 A（3，4）代入得：3a+4=10，解得：a=2，当 a0 时，直线经过 A 时 z 取得最大值第 8 页（共 24 页）即 ax+y=10，将 A（3，4）代入得：3a+4=10，解得：a=2，与 a0 矛盾，综上：a=25设 Sn 为等差数列 an的前 n 项和，若 = ，则 =（）A B C D【考点】等差数列的性质【分析】利用 = ，可得 d=a1，即可求出【解答】解：设公差为 d，则 = ，d=a 1，

10、= = ，故选 A6已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F，直线 l 过 F 且与抛物线交于 A、B 两点，若|AB|=5，则 AB 中点的横坐标为（）A B2 C D1【考点】抛物线的简单性质第 9 页（共 24 页）【分析】先根据抛物线方程求出 p 的值，再由抛物线的性质可得到答案【解答】解：抛物线 y2=4x，P=2 ，设经过点 F 的直线与抛物线相交于 A、B 两点，其横坐标分别为 x1，x 2，利用抛物线定义，AB 中点横坐标为 x0= （x 1+x2）= （|AB| P）= （ 52）= 故选：C7函数 f（x）=（） xx2 的大致图象是（）A B C D【考点】函数的图象【

11、分析】利用排除法，即可得出结论【解答】解：由题意，x=0，f（0）=1，排除 B，x=2，f（2）=0，排除 A，x， f（x）+，排除 C，故选 D8已知平面向量、满足| |=| |=1， = ，若向量满足| + |1，则| |的最大值为（）A1 B C D2【考点】平面向量数量积的运算【分析】通过向量的数量积的定义，设出向量的坐标，利用向量的坐标运算和向量的模的公式及几何意义，结合圆的方程即可得出最大值为圆的直径【解答】解：由平面向量、满足| |=| |=1， = ，第 10 页（共 24 页）可得| | |cos ， =11cos ， = ，由 0 ，，可得， = ，设

12、=（ 1，0）， =（，）， =（x，y ），则| + |1，即有|（ +x，y ）|1，即为（x+ ） 2+（y ） 21，故| + |1 的几何意义是在以（，）为圆心，半径等于 1 的圆上和圆内部分，| |的几何意义是表示向量的终点与原点的距离，而原点在圆上，则最大值为圆的直径，即为 2故选：D9已知函数 f（x）=3sin（3x+），x 0，则 y=f（x）的图象与直线 y=2 的交点个数最多有（）A2 个 B3 个 C4 个 D5 个【考点】三角函数的最值【分析】令 f（x）=2，得 sin（3x+）= ，根据 x0，，求出 3x+ 的取值范围，根据正弦函数的图象

13、与性质，可得出函数 y=f（x）的图象与直线 y=2 的交点最多有 4 个【解答】解：令 f（x）=3sin（3x+）=2，得 sin（3x+）= （1，1），又 x0，3x0， 3，3x+ ，3+；根据正弦函数的图象与性质，可得第 11 页（共 24 页）该方程在正弦函数一个半周期上最多有 4 个解，即函数 y=f（x）的图象与直线 y=2 的交点最多有 4 个故选：C10如图，点 F1、F 2 是椭圆 C1 的左右焦点，椭圆 C1 与双曲线 C2 的渐近线交于点 P， PF1PF 2，椭圆 C1 与双曲线 C2 的离心率分别为 e1、e 2，则（）Ae 22= Be 22=C e22=

14、 De 22=【考点】圆锥曲线的综合【分析】设椭圆及双曲线方程，由曲线共焦点，则 a12+b12=c2，a 22+b22=c2，求得双曲线的渐近线方程，代入椭圆方程，求得 P 点坐标，由直角三角形的性质，即可求得丨 OP 丨=c，利用勾股定理及椭圆及双曲线的性质即可求得答案【解答】解：设椭圆的方程为：，双曲线的方程为：，P（x ，y），由题意可知：a 12+b12=c2，a 22+b22=c2，双曲线的渐近线方程：y= x，将渐近线方程代入椭圆方程：解得：x 2= ，y 2= ，由 PF1 PF2，丨 OP 丨= 丨 F1F2 丨=c，第 12 页（共 24 页）x 2+y2=c2，代入整

16、为：x|1x4， x|1x 012某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是 76 cm2，体积是 40 cm 3第 13 页（共 24 页）【考点】由三视图求面积、体积【分析】根据几何体的三视图得该几何体是一个底面为直角梯形的四棱柱，由三视图求出几何元素的长度，由梯形的面积公式、柱体的体积公式求出该几何体的体积，由四棱柱的各个面的长度求出几何体的表面积【解答】解：根据几何体的三视图得：该几何体是一个底面为直角梯形的四棱柱，其底面是正视图中的直角梯形，上底为 1cm，下底为 4cm，高为 4cm，由侧视图知四棱柱的高为 4cm，所以该几何体的体积 V= =40（cm 3）

17、，由正视图可知直角梯形斜腰是 5，则该几何体的表面积 S 表面积 =2 +（1+4+4+5）4=76（cm 2），故答案为：76，4013已知随机变量的分布列如下： 0 1 2P b a2则 E（）的最小值为，此时 b= 【考点】离散型随机变量的期望与方差【分析】由题意可得：b+a 2+ =1，即 b+a2 = ，b 0，1，a1，1E（）=0+a 2+2（）=a 2a+1= + ，利用二次函数的单调性即可得出【解答】解：由题意可得：b+a 2+ =1，即 b+a2 = ，b 0，1，a1，1第 14 页（共 24 页）E（） =0+a2+2（）=a 2a+1= + ，当且仅当

18、a= 时取等号，此时 b= 故答案为：， 14已知 f（ x）=x 2，g（ x）=2x 5，则不等式|f （ x）|+|g（x）|2 的解集为，3 ；|f（2x）|+|g（x ）|的最小值为 1 【考点】绝对值不等式的解法【分析】通过讨论 x 的范围，求出不等式 |f（x）|+|g（x）|2 的解集即可；根据绝对值的性质求出|f（2x ）|+|g （x ）|的最小值即可【解答】解：f（x）=x2，g（x）=2x 5，|f（ x）|+|g（x）|2，即|x2|+|2x5|2，x 时，x 2+2x52，解得： x 3，2x 时，x2+52x2，解得：x1，x2 时，2x+52x2，解得：x

19、，综上，不等式的解集是，3；|f（ 2x）|+|g （x ）|=|2x4|+|2x 5|2x 42x+5|=1，故|f（ 2x）|+|g （x ）|的最小值是 1，故答案为：，3，115动点 P 从正方体 ABCDA1B1C1D1 的顶点 A 出发，沿着棱运动到顶点 C1 后再到 A，若运动中恰好经过 6 条不同的棱，称该路线为“最佳路线”，则“ 最佳路线”第 15 页（共 24 页）的条数为 18 （用数字作答）【考点】排列、组合的实际应用；棱柱的结构特征【分析】根据分步计数和分类计数原理即可求出答案【解答】解：从 A 点出发有 3 种方法，（A 1，B ，D），假如选择了 A1，

20、则有 2 种选法（B 1，D 1）到 C1，再从 C1 出发，若选择了（B 1，或 D1），则只有一种方法到 A，若选择了 C，则有 2 种方法到 A，故“最佳路线 ”的条数为 C31C21（1+2）=18 种，故答案为：1816已知 a0，b0 ，且满足 3a+b=a2+ab，则 2a+b 的最小值为 3+2 【考点】基本不等式【分析】由 a0，b0，且满足 3a+b=a2+ab，可得 b= 0，解得1a 3 则 2a+b=2a+ =a1+ +3，利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：由 a0，b0，且满足 3a+b=a2+ab，b= 0，解得1a 3 则 2a+b=2a+ =a1+ +

21、32 +3=2 +3，当且仅当a=1+ ，b=1 时取等号故答案为：3+2 17如图，已知三棱锥 ABCD 的所有棱长均相等，点 E 满足 =3 ，点 P 在棱AC 上运动，设 EP 与平面 BCD 所成角为，则 sin 的最大值为第 16 页（共 24 页）【考点】直线与平面所成的角【分析】设棱长为 4a，PC=x（0x4a），则 PE= 求出 P 到平面BCD 的距离，即可求出结论【解答】解：设棱长为 4a，PC=x（0x4a），则 PE= 设 P 到平面 BCD 的距离为 h，则 = ，h= x，sin= = ，x=2a 时，sin 的最大值为故答案为三、解答题（共 5 小题

22、，满分 74 分）18在锐角ABC 中，a、b、c 分别是角 A、B 、C 的对边，若 A 满足2cos2A+cos（2A + ）= （）求 A 的值；（）若 c=3，ABC 的面积为 3 ，求 a 的值【考点】余弦定理第 17 页（共 24 页）【分析】（）由三角恒等变换化简 2cos2A+cos（2A+ ）= ，结合 A 的取值范围，即可求出 A 的值；（）根据ABC 的面积公式求出 b 的值，再利用余弦定理求出 a 的值【解答】解：（）ABC 中，2cos 2A+cos（2A+ ）= ，2 +cos（2A+ ）= ，即 1+cos2A+cos2Acos sin2Asin = ， sin

23、2A cos2A= ， sin2A cos2A= ，即 sin（2A ）= ；又ABC 是锐角三角形，0A ， 2A ，2A = ，解得 A= ；（）c=3，且 ABC 的面积为 SABC = bcsinA= =3 ，解得 b=4；由余弦定理得a2=b2+c22bccosA=42+32243 =13，解得 a= 第 18 页（共 24 页）19如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，底面 ABCD 是平行四边形，侧棱 AA1底面ABCD，AB=1，AC= ，BC=BB 1=2（）求证：AC平面 ABB1A1；（）求二面角 AC1DC 的平面角的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂

24、直的判定【分析】（）推导出 ABAC ，AA 1AC，由此能证明 AC平面 ABB1A1（）过点 C 作 CPC 1D 于 P，连接 AP，则 AC平面 DCC1D1，从而CPA 是二面角 AC1DC 的平面角，由此能求出二面角 AC1DC 的平面角的余弦值【解答】证明：（）在底面 ABCD 中，AB=1，AC= ，BC=2，AB 2+AC2=BC2，ABAC，侧棱 AA1底面 ABCD，AA 1AC，又AA 1AB=A，AA 1，AB平面 ABB1A1，AC平面 ABB1A1解：（）过点 C 作 CPC 1D 于 P，连接 AP，由（）可知，AC平面 DCC1D1，CPA 是二面角 AC1

25、DC 的平面角，CC 1=BB1=2，CD=AB=1，CP= = = ，tan = ， cos ，二面角 AC1DC 的平面角的余弦值为第 19 页（共 24 页）20已知函数 f（x ）=x alnx+b，a，b 为实数（）若曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y=2x+3，求 a，b 的值；（）若|f（ x）| 对 x2，3 恒成立，求 a 的取值范围【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（I）根据导数的几何意义可得 f（1）=2，f（1）=5 ，列方程组解出a， b 即可；（II）分离参数得出 x ax+ ，分别求出左侧函

26、数的最大值和右侧函数的最小值即可得出 a 的范围【解答】解：（I）f（x）=1 ，曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y=2x+3，f（1）=2 ， f（1）=5，，解得 a=1，b=4（II）|f（x）| 对 x2，3恒成立，即|1 | 对 x2，3恒成立，第 20 页（共 24 页）|xa| 对 x2，3恒成立，x ax+ 对 x2，3恒成立，设 g（ x）=x ，h（x）=x+ ，x 2，3，则 g（x）=1+ 0，h （x）=1 0，g （x）在2，3上是增函数，h（x）在2，3上是增函数，g max（x ）=g （3）=2 ，h min（x）=h （2）= a

27、的取值范围是2， 21如图，设斜率为 k（k0）的直线 l 与椭圆 C： + =1 交于 A、B 两点，且 OAOB（）求直线 l 在 y 轴上的截距（用 k 表示）；（）求AOB 面积取最大值时直线 l 的方程【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程【分析】（）设 l：y=kx+t，A（x 1，y 1），B （x 2， y2），由 OAOB，得（1+k 2）x1x2+kt（x 1+x2）+t 2=0，联立，得 x2+3（kx+t） 2=9，即（1+3k 2）x2+6ktx+3t29=0，由此利用韦达定理、根的判别式，结合已知条件能求出直线 l第 21 页（共 24 页）在 y

28、轴上的截距（）设AOB 的面积为 S，O 到直线 l 的距离为 d，则 S= |AB|d，由此利用点到直线的距离公式和弦长公式能求出AOB 面积取最大值时直线 l 的方程【解答】解：（）设 l：y=kx+t，A（x 1，y 1），B（x 2，y 2），斜率为 k（k0 ）的直线 l 与椭圆 C： + =1 交于 A、B 两点，且OAOB，AOB=90，，x 1x2+（kx 1+t）（kx 2+t）=0，（1+k 2）x 1x2+kt（x 1+x2）+t 2=0，（*）联立，消去 y，得 x2+3（kx+t） 2=9，即（1+3k 2）x 2+6ktx+3t29=0，则，x 1x2

29、= ，且0，代入（* ）从而得（1+k 2）（3t 29）6k 2t2+t2（1+3k 2）=0，3t 299k2+t2=0，，t= ，直线 l 在 y 轴上的截距为或（）设AOB 的面积为 S，O 到直线 l 的距离为 d，则 S= |AB|d，而由（1）知 d= ，且|AB|= = = ，，当时，，解得 k= ，t= ，第 22 页（共 24 页）所求直线方程为 y= 或 y= 22已知数列a n满足： a1= ，a n=an12+an1（n 2 且 nN）（）求 a2，a 3；并证明：2 a n 3 ；（）设数列a n2的前 n 项和为 An，数列的前 n 项和为 Bn

30、，证明： = an+1【考点】数列递推式；数列的求和【分析】（I）分别令 n=2，3 即可计算 a2，a 3，配方得 an+ （a n1+ ） 2，利用an+ 的增减性得出不等式 2 a n，利用a n增减性得出an 3 ；（II）分别使用因式分解和裂项法计算 An，B n，即可得出结论【解答】解：（I）a 2=a12+a1= = ，a3=a22+a2= = 证明：a n=an12+an1，a n+ =an12+an1+ =（a n1+ ） 2+ （a n1+ ） 2，a n+ （a n1+ ） 2（a n2+ ） 4（a n3+ ） 8（a 1+ ）=2 ，a n2 ，又a nan1=an120，a na n1a n2 a 11，第 23 页（共 24 页）a n2a n，a n=an12+an12a ，a n2a 22 2 22224 22 2242 a1=2 （） = 3 综上，2 a n 3 （II）证明：a n=an12+an1，a n12=anan1，A n=a12+a22+a32+an2=（a 2a1）+（a 3a2）+（a n+1an）=a n+1 ，a n=an12+an1=an1（a n1+1）， = = ， = ，B n= + =（）+（）+（）+（）= = = 第 24 页（共 24 页）2017 年 3 月 30 日

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