2017年浙江省嘉兴市高考数学一模试卷(解析版)(共22页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上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（）A2B2C2iD2i2已知R，则“cos=”是“=2k+，kZ”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（2a+2）的值为（）A2aBaC2Da或24已知实数x，y满足，若ax+y的最大值为10，则实数a=（）A4B3C2D15设Sn为等差数列an的前n项和，若=，则=（）ABCD6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，

2、则AB中点的横坐标为（）AB2CD17函数f（x）=（）xx2的大致图象是（）ABCD8已知平面向量、满足|=|=1， =，若向量满足|+|1，则|的最大值为（）A1BCD29已知函数f（x）=3sin（3x+），x0，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、F2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，PF1PF2，椭圆C1与双曲线C2的离心率分别为e1、e2，则（）Ae22=Be22=Ce22=De22=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

3、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cm313已知随机变量的分布列如下： 012 Pb a2则E（）的最小值为，此时b=14已知f（x）=x2，g（x）=2x5，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

4、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）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=BB1=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）=xalnx+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

5、（x）|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22已知数列an满足：a1=，an=an12+an1（n2且nN）（）求a2，a3；并证明：2an3；（）设数列an2的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，证明： =an+12017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，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（）A2B2C2iD2i【考点】复数代数形式的加减运算【分析】利用复数的运算法

6、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+，kZ”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，kZ，即可判断出结论【解答】解：cos=，解得=2k，kZ，“cos=”是“=2k+，kZ”的必要但充分条件故选：B3已知a为实数，设函数f（x）=，则f（2a+2）的值为（）A2aBaC2Da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）=log2（2a+22）=a，

7、故选：B4已知实数x，y满足，若ax+y的最大值为10，则实数a=（）A4B3C2D1【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10，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取得最大值即ax+y=10，将A（3，4）代入得：3a+4=10，解得：a=2，与a0矛盾，

8、综上：a=25设Sn为等差数列an的前n项和，若=，则=（）ABCD【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=a1，=，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（）AB2CD1【考点】抛物线的简单性质【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，x2，利用抛物线定义，AB中点横坐标为x0=（x1+x2）=（|AB|P）=（52）=故选：C7函数f（x）=（）

9、xx2的大致图象是（）ABCD【考点】函数的图象【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（）A1BCD2【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， =，可得|cos，=11cos，=，由0，可得，=，设=（1，0），=（，），=（x，y），则|+|1，即有|（+x，y）

10、|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+），x0，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

11、+，3+；根据正弦函数的图象与性质，可得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、F2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，PF1PF2，椭圆C1与双曲线C2的离心率分别为e1、e2，则（）Ae22=Be22=Ce22=De22=【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，a22+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

12、程为：，双曲线的方程为：，P（x，y），由题意可知：a12+b12=c2，a22+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：x2=，y2=，由PF1PF2，丨OP丨=丨F1F2丨=c，x2+y2=c2，代入整理得：a14+a22c2=2a12c2，两边同除以c4，由椭圆及双曲线的离心率公式可知：e1=，e2=，整理得：e22=，故选D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=x|1x4，A（RB）=x|1x0【考点】交、并、补集的混合运算【分析】先求出集合A，B，再求出RB，由此能求

13、出AB和 A（RB）【解答】解：集合A=x|1x2，B=x|x24x0=x|0x4，RB=x|x0或x4，AB=x|1x4，A（RB）=x|1x0故答案为：x|1x4，x|1x012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76cm2，体积是40cm3【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

14、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（cm3），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（cm2），故答案为：76，4013已知随机变量的分布列如下： 012 Pb 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+a2+=1，即b+a2=，b0，1，a1，1E（）=0+a2+2（）=a2a+1=+，利用二次函数的单调性即可得出【解答】解：由题意可得：b+a2+=1，即b+a2=，b0，1，a1，1E（）=0+a2+2（）=a2a+1=+，当且仅当a=时取等号，此

15、时b=故答案为：，14已知f（x）=x2，g（x）=2x5，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）=2x5，|f（x）|+|g（x）|2，即|x2|+|2x5|2，x时，x2+2x52，解得：x3，2x时，x2+52x2，解得：x1，x2时，2x+52x2，解得：x，综上，不等式的解集是，3；|f（2x）|+|g（x）|=|2x4|+|2x5|2x

16、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”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，（A1，B，D），假如选择了A1，则有2种选法（B1，D1）到C1，再从C1出发，若选择了（B1，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

17、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1a3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1a3则2a+b=2a+=a1+32+3=2+3，当且仅当a=1+，b=1时取等号故答案为：3+217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【考点】直线与平面所成的角【分析】设棱长为4a，PC=x（0x4a），则PE=

18、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，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【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，2cos2A+cos（2A+）=，

19、2+cos（2A+）=，即1+cos2A+cos2Acossin2Asin=，sin2Acos2A=，sin2Acos2A=，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=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=BB1=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；直线与平面垂直的判定【分析】（）

20、推导出ABAC，AA1AC，由此能证明AC平面ABB1A1（）过点C作CPC1D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，AB2+AC2=BC2，ABAC，侧棱AA1底面ABCD，AA1AC，又AA1AB=A，AA1，AB平面ABB1A1，AC平面ABB1A1解：（）过点C作CPC1D于P，连接AP，由（）可知，AC平面DCC1D1，CPA是二面角AC1DC的平面角，CC1=BB1=2，CD=AB=1，CP=，tan=，cos，二面角AC1DC的平面角的

21、余弦值为20已知函数f（x）=xalnx+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xax+，分别求出左侧函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

22、x2，3恒成立，即|1|对x2，3恒成立，|xa|对x2，3恒成立，xax+对x2，3恒成立，设g（x）=x，h（x）=x+，x2，3，则g（x）=1+0，h（x）=10，g（x）在2，3上是增函数，h（x）在2，3上是增函数，gmax（x）=g（3）=2，hmin（x）=h（2）=a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（x1，y1），B（x2，y2），由OAOB，得（1+k2）x

23、1x2+kt（x1+x2）+t2=0，联立，得x2+3（kx+t）2=9，即（1+3k2）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在y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（x1，y1），B（x2，y2），斜率为k（k0）的直线l与椭圆C： +=1交于A、B两点，且OAOB，AOB=90，x1x2+（kx1+t）（kx2+t）=0，（1+k2）x1x2+kt（x1+x2）+t2=0，（*）联立，消去y，得

24、x2+3（kx+t）2=9，即（1+3k2）x2+6ktx+3t29=0，则，x1x2=，且0，代入（*）从而得（1+k2）（3t29）6k2t2+t2（1+3k2）=0，3t299k2+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=，所求直线方程为y=或y=22已知数列an满足：a1=，an=an12+an1（n2且nN）（）求a2，a3；并证明：2an3；（）设数列an2的前n项和为An，数列的前n项和为Bn，证明： =an+1【考点】数列递推式；数列的求和【分析】（I）分别令n=

25、2，3即可计算a2，a3，配方得an+（an1+）2，利用an+的增减性得出不等式2an，利用an增减性得出an3；（II）分别使用因式分解和裂项法计算An，Bn，即可得出结论【解答】解：（I）a2=a12+a1=，a3=a22+a2=证明：an=an12+an1，an+=an12+an1+=（an1+）2+（an1+）2，an+（an1+）2（an2+）4（an3+）8（a1+）=2，an2，又anan1=an120，anan1an2a11，an2an，an=an12+an12a，an2a22222224222242a1=2（）=3综上，2an3（II）证明：an=an12+an1，an12=anan1，An=a12+a22+a32+an2=（a2a1）+（a3a2）+（an+1an）=an+1，an=an12+an1=an1（an1+1），=，=，Bn=+=（）+（）+（）+（）=2017年3月30日专心-专注-专业