高考数学浙江试题及解析文档格式.docx
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3=+1.
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,+∞)
D【解析】如图,可行域为一开放区域,所以直线过点(2,1)时取最小值4,无最大值.故选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
【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·
浙江高考)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
选C 因为{an}为等差数列,所以S4+S6=4a1+6d+6a1+15d=10a1+21d,2S5=10a1+20d,S4+S6-2S5=d,所以d>
0S4+S6>
2S5.
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)
【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0<
p1<
p2<
,则()
A.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)B.E(ξ1)<E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
C.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)<D(ξ2)D.E(ξ1)>E(ξ2),D(ξ1)>D(ξ2)
【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<
βB.α<
γ<
βC.α<
β<
γD.β<
α
【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<
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=·
(第10题图)
A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2
C.I3<I1<I2D.I2<I1<I3
【解析】因为∠AOB=∠COD>90°
,OA<OC,OB<OD,所以·
>0>·
>·
.故选C.
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=.
【解析】将正六边形分割为6个等边三角形,则S6=6×
(×
1×
sin60°
)=.
12.(2017年浙江)已知a,b∈R,(a+bi)2=3+4i(i是虚数单位)则a2+b2=___________,ab=___________.
【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=________.
【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr3xrCm2·
22-m=Cr3·
Cm2·
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=___________.
【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=cos2∠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_______.
,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)
【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C48×
C14×
C13(种)方法,其中“服务队中没有女生”的选法有C46×
C13(种)方法,则满足题意的选法有C48×
C13-C46×
C13=660(种).
17.(2017年浙江)已知a
R,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–2sinxcosx(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cos2x=cos2x-sin2x与sin2x=2sinxcosx,
得f(x)=-cos2x-sin2x=-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.
(1)求证:
CE∥平面PAB;
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【分析】
(1)取PA中点F,构造平行四边形BCEF即可证明;
(2)取BC,AD中点M,N,可得AD⊥平面PBN,即BC⊥平面PBN,过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH,可知MH是MQ在平面PBC上的射影,则∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角,由此可在Rt△MQH中求∠QMH的正弦值.
【解析】
(1)如图,设PA中点为F,连接EF,FB.
∵E,F分别为PD,PA中点,∴EF∥AD且EF=AD.
又∵BC∥AD,BC=AD,
∴EF∥BC且EF=BC,即四边形BCEF为平行四边形,
∴CE∥BF,∴CE∥平面PAB.
(2)分别取BC,AD的中点M,N,连接PN交EF于点Q,连接MQ.
∵E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,∴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.
∴AD⊥平面PBN.
由BC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,∴∠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=,∴sin∠QMH=.
∴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(x)=(1-)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)
–
+
f(x)
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+1xn≤;
(3)≤xn≤.
(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,则当n=k+1时,若xk+1≤0,则0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,矛盾,故xk+1>0.
∴xn>0(n∈N*).
∴xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1,
∴0<xn+1<xn0(n∈N*).
(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1),
得xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).
令f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),
则f′(x)=+ln(1+x)>0(x>0),
∴f(x)在[0,+∞]上单调递增,∴f(x)≥f(0)=0.
∴xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
∴2xn+1xn≤(n∈N*).
(3)∵xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,∴xn≥.
由≥2xn+1-xn,得-≥2>0,
∴-≥2≥…≥2n-1=2n-2,∴xn≤.
综上,≤xn≤(n∈N*).