1、2017年浙江省温州市高考数学模拟试卷（2月份）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1设集合A=x|x2|1，B=x|0x1，则AB=（）A（0，3B（0，1C（，3D12设复数z1=1+2i，z2=2+i，其中i为虚数单位，则z1z2=（）A4B3iC3+4iD4+3i3已知空间两不同直线m、n，两不同平面、，下列命题正确的是（）A若m且n，则mnB若m且mn，则nC若m且m，则D若m不垂直于，且n则m不垂直于n4若直线y=x+b与圆x2+y2=1有公共点，则实数b的取值范围是（）A1，1B0，1C0，D，5设离散型随机变量X的分布列为X123PP1P2P3则EX=2的充要条
2、件是（）AP1=P2BP2=P3CP1=P3DP1=P2=P36若二项式（+）n的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含x的系数为（）A1B5C10D207要得到函数y=sin（3x）的图象，只需将函数y=cos3x的图象（）A向右平移个单位B向左平移个单位C向右平移个单位D向左平移个单位8如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，BAC与BCD均为等于直角三角形，且BAC=BCD=90，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是（）A（0，）B0，C（，）D（，）9记maxa，b=，已知向量，满足|=1，|=2
3、， =0， =+（，0，且+=1，则当max， 取最小值时，|=（）ABC1D10已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f（x+1）=+，则f（0）+f（2017）的最大值为（）A1B1+CD二、填空题（本小题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分）11在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，b=2，C=60，则c=，ABC的面积S=12若实数x，y满足，则y的最大值为，的取值范围是13如图，一个简单几何体三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积是，表面积是14在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中
4、任选3门，若同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为，乙丙两名同学都选物理的概率是15在等差数列an中，若a22+2a2a8+a6a10=16，则a4a6=16过抛物线C：y2=2px（p0）的焦点F直线交该抛物线与A，B两点，若|AF|=8|OF|（O为坐标原点），则17已知a，b，cR，若|acos2x+bsinx+c|1对xR成立，则|asinx+b|的最大值为三、解答题（本大题5小题，共74分）18（14分）已知函数f（x）=sinxcosx+cos2x（I）求函数f（x）的最小正周期；（II）若0，f（）=，求sin2的值19（15分）在四菱锥PABCD中，PAAD，PA=1，PC=PD
5、，底面ABCD是梯形，ABCD，ABBC，AB=BC=1，CD=2（I）求证：PAAB；（II）求直线AD与平面PCD所成角的大小20（15分）设函数f（x）=，证明：（I）当x0时，f（x）1；（II）对任意a0，当0|x|ln（1+a）时，|f（x）1|a21（15分）已知直线l：y=x+3与椭圆C：mx2+ny2=1（nm0）有且只有一个公共点P（2，1）（I）求椭圆C的标准方程；（II）若直线l：y=x+b交C于A，B两点，且PAPB，求b的值22（15分）设数列an满足an+1=an2an+1（nN*），Sn为an的前n项和证明：对任意nN*，（I）当0a11时，0an1；（II）当
6、a11时，an（a11）a1n1；（III）当a1=时，nSnn2017年浙江省温州市高考数学模拟试卷（2月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1设集合A=x|x2|1，B=x|0x1，则AB=（）A（0，3B（0，1C（，3D1【考点】并集及其运算【分析】先分别求出集合A和B，由此能求出AB【解答】解：集合A=x|x2|1=x|1x3，B=x|0x1，AB=x|0x3=（0，3故选：A【点评】本题考查并集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意并集定义的合理运用2设复数z1=1+2i，z2=2+i，其中i为虚数单位，则z1z2=（）A4B3iC3+4iD
7、4+3i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则即可得出【解答】解：z1z2=（1+2i）（2+i）=4+3i故选：D【点评】本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3已知空间两不同直线m、n，两不同平面、，下列命题正确的是（）A若m且n，则mnB若m且mn，则nC若m且m，则D若m不垂直于，且n则m不垂直于n【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系【分析】在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，n或n；在C中，由面面垂直的判定定理得；在D中，m可以垂直于n【解答】解：由空间两不同直线m、n，两不同平
8、面、，知：在A中，若m且n，则m与n相交、平行或异面，故A错误；在B中，若m且mn，则n或n，故B错误；在C中，若m且m，则由面面垂直的判定定理得，故C正确；在D中，若m不垂直于，且n，则m可以垂直于n，故D错误故选：C【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用4若直线y=x+b与圆x2+y2=1有公共点，则实数b的取值范围是（）A1，1B0，1C0，D，【考点】直线与圆相交的性质【分析】由题意利用点到直线的距离小于等于半径，求出b的范围即可【解答】解：由题意可知圆的圆心坐标为（0，0），半径为1，因为直线y=x+b与圆x2+y
9、2=1有公共点，所以1，解得b故选D【点评】本题是中档题，考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，转化思想的应用5设离散型随机变量X的分布列为X123PP1P2P3则EX=2的充要条件是（）AP1=P2BP2=P3CP1=P3DP1=P2=P3【考点】离散型随机变量及其分布列【分析】当EX=2时，由离散型随机变量X的分布列的性质列出方程组得P1=P3，当P1=P3时，P1+P2+P3=2P1+P2=1能求出EX=2从而得到EX=2的充要条件是P1=P3【解答】解：由离散型随机变量X的分布列知：当EX=2时，解得P1=P3，当P1=P3时，P1+P2+P3=2P1+P2=1EX=P1+2P2+3P
10、3=4P1+2P2=2EX=2的充要条件是P1=P3故选：C【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望为2的充要条件的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意离散型随机变量的性质的合理运用6若二项式（+）n的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含x的系数为（）A1B5C10D20【考点】二项式定理的应用【分析】令x=1，则2n=32，解得n=5，再利用通项公式即可得出【解答】解：令x=1，则2n=32，解得n=5，的通项公式：Tr+1=，令=1，解得r=1该展开式中含x的系数为=5故选：B【点评】本题考查了二项式定理的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题7要得到函数y=sin
11、（3x）的图象，只需将函数y=cos3x的图象（）A向右平移个单位B向左平移个单位C向右平移个单位D向左平移个单位【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】利用诱导公式，函数y=Asin（x+）的图象变换规律，得出结论【解答】解：函数y=sin（3x）=cos（3x）=cos（3x），故将函数y=cos3x的图象向右平移个单位，可得y=cos（3x）=sin（3x）的图象，故选：A【点评】本题主要考查诱导公式，函数y=Asin（x+）的图象变换规律，属于基础题8如图，在三棱锥ABCD中，平面ABC平面BCD，BAC与BCD均为等于直角三角形，且BAC=BCD=90，BC=2，点P是线段
12、AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是（）A（0，）B0，C（，）D（，）【考点】点、线、面间的距离计算【分析】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段PA长的取值范围【解答】解：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，1，1），B（0，2，0），C（0，0，0），设Q（q，0，0），=（0，），则=（q，0，0）（0，1，1）（0，）=（q，1，1），异面直线PQ与AC成30的角，cos30=，q2+22+2=，解得
13、0，|=0，线段PA长的取值范围是0，故选：B【点评】本题考查线段的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用9记maxa，b=，已知向量，满足|=1，|=2， =0， =+（，0，且+=1，则当max， 取最小值时，|=（）ABC1D【考点】平面向量数量积的运算【分析】由题意画出图形，设，则，由已知求得的范围，把， 均用含有的代数式表示，求出分段函数的值域，得到max， 的最小值，进一步求得|【解答】解：如图，设，则，0，+=1，01又=+，=；=44由=44，得max， =令f（）=则f（），此时，=故选：A【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查数学转化思想方法，
14、训练了分段函数值域的求法，属中档题10已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f（x+1）=+，则f（0）+f（2017）的最大值为（）A1B1+CD【考点】抽象函数及其应用【分析】由已知可得f（x+1）f2（x+1）+f（x）f2（x）=，令g（x）=f（x）f2（x），则g（0）+g（2017）=，结合基本不等式和二次函数的图象和性质，可得答案【解答】解：函数f（x）满足f（x+1）=+，f（x）0且f2（x+1）=+f（x）f2（x），则f（x+1）f2（x+1）=+f（x）f2（x）=f（x）f2（x），故f（x+1）f2（x+1）+f（x）f2（x）=，令g（x）=f（x）f2（x），
15、则g（x+1）+g（x）=，则g（0）=g（2）=g（2016）； g（1）=g（3）=g（2017）； g（0）+g（2017）=，f（0）f2（0）+f（2017）f2（2017）=，f（0）+f（2017）=+f2（0）+f2（2017）+，即2f（0）+f（2017）24f（0）+f（2017）+10，解得：f（0）+f（2017）1，1+，故选：B【点评】本题考查的知识点是抽象函数的应用，函数求值，基本不等式的应用，难度中档二、填空题（本小题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分）11在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，b=2，C=60，则c=
16、，ABC的面积S=【考点】余弦定理【分析】由已知利用余弦定理可求c，利用三角形面积公式即可得解【解答】解：a=1，b=2，C=60，由余弦定理c2=a2+b22abcosC，可得：c2=1+42=3，c=，SABC=故答案为：，【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，属于基础题12若实数x，y满足，则y的最大值为2，的取值范围是，【考点】简单线性规划【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合即可得到结论【解答】解：作出不等式组，对应的平面区域如图：可知A的纵坐标取得最大值：2z=，则z的几何意义为区域内的点到定点D（2，1）的斜率，由图象知BD
17、的斜率最小，AD的斜率最大，则z的最大为：=，最小为： =，即z，则z=，的取值范围是，故答案为：2；，【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义以及斜率的计算，通过数形结合是解决本题的关键13如图，一个简单几何体三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积是，表面积是3【考点】由三视图求面积、体积【分析】易得此几何体为四棱锥，利用相应的三角函数可得四棱锥的高，把相关数值代入即可求解【解答】解：由主视图和左视图为等腰三角形可得此几何体为锥体，由俯视图为四边形可得此几何体为四棱锥，主视图为边长为1的正三角形，正三角形的高，也就是棱锥的高为，俯视
18、图的边长为1，四棱锥的体积=11=，表面积是1+4=3故答案为，3【点评】解决本题的关键是得到该几何体的形状，易错是确定四棱锥的底面边长与高的大小14在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门，若同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为15，乙丙两名同学都选物理的概率是【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】同学甲必选物理，则甲选物理后还要从另外6门学科中再任选两门，由此能求出甲的不同选法种数；乙丙两名同学7门学科中任选3门，基本事件总数n=，乙丙两名同学都选物理，包含的基本事件个数m=，由此能求出乙丙两名同学都选物理的概率【解答】解：在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7
19、门学科中任选3门，同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为： =15，乙丙两名同学7门学科中任选3门，基本事件总数n=，乙丙两名同学都选物理，包含的基本事件个数m=，乙丙两名同学都选物理的概率是p=故答案为：15，【点评】本题考查排列组合的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用15在等差数列an中，若a22+2a2a8+a6a10=16，则a4a6=4【考点】等差数列的性质【分析】利用等差数列的性质，即可得出结论【解答】解：等差数列an中，a22+2a2a8+a6a10=16，a22+a2（a6+a10）+a6a10=16，（a2+a6）（a2+a1
20、0）=16，2a42a6=16，a4a6=4，故答案为4【点评】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算能力，属于中档题16过抛物线C：y2=2px（p0）的焦点F直线交该抛物线与A，B两点，若|AF|=8|OF|（O为坐标原点），则7【考点】抛物线的简单性质【分析】由题意，|AF|=4p，设|BF|=x，由抛物线的定义，可得，求出x，即可得出结论【解答】解：由题意，|AF|=4p，设|BF|=x，则由抛物线的定义，可得，解得x=p，=7，故答案为7【点评】本题考查抛物线的定义，考查方程思想，正确转化是关键17（2017温州模拟）已知a，b，cR，若|acos2x+bsinx+c|1对xR成立，
21、则|asinx+b|的最大值为2【考点】绝对值不等式的解法【分析】由题意，设t=sinx，t1，1，则|at2btac|1恒成立，不妨设t=1，则|b+c|1；t=0，则|a+c|1，t=1，则|bc|1，再分类讨论，利用绝对值不等式，即可得出结论【解答】解：由题意，设t=sinx，t1，1，则|at2btac|1恒成立，不妨设t=1，则|b+c|1；t=0，则|a+c|1，t=1，则|bc|1若a，b同号，则|asinx+b|的最大值为|a+b|=|a+c+bc|a+c|+|bc|2；若a，b异号，则|asinx+b|的最大值为|ab|=|a+cbc|a+c|+|b+c|2；综上所述，|as
22、inx+b|的最大值为2，故答案为2【点评】本题考查绝对值不等式，考查分类讨论的数学思想，属于中档题三、解答题（本大题5小题，共74分）18（14分）（2017温州模拟）已知函数f（x）=sinxcosx+cos2x（I）求函数f（x）的最小正周期；（II）若0，f（）=，求sin2的值【考点】三角函数的周期性及其求法；三角函数的化简求值【分析】（I）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论（II）由条件求得sin（2+）的值以及2+的范围，可得cos（2+）的值，再根据sin2=sin（2+），利用两角差的正弦公式，求得sin2的值【解答】解：（I）函数f（x）=s
23、inxcosx+cos2x=sin2x+=sin（2x+）+，函数f（x）的最小正周期为=（II）若0，则2+（，），f（）=sin（2+）+=，sin（2+）=，2+（0，），cos（2+）=，sin2=sin（2+）=sin（2+）coscos（2+）sin=【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，同角三角函数的基本关系，两角差的三角公式的应用，属于中档题19（15分）（2017温州模拟）在四菱锥PABCD中，PAAD，PA=1，PC=PD，底面ABCD是梯形，ABCD，ABBC，AB=BC=1，CD=2（I）求证：PAAB；（II）求直线AD与平面PCD所成角的大小【考点】直
24、线与平面所成的角；直线与平面垂直的性质【分析】（I）取CD的中点E，连接AE，PE，则AECD，PECD，证明PA平面ABCD，即可证明：PAAB；（II）求出A到平面PCD的距离，即可求直线AD与平面PCD所成角的大小【解答】（I）证明：取CD的中点E，连接AE，PE，则AECD，PECD，AEPE=E，CD平面PAEPA平面PAE，CDPA，PAAD，ADCD=D，PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB；（II）解：由题意，AD=PE=设A到平面PCD的距离为h，则由等体积可得=，h=直线AD与平面PCD所成角的正弦值为=，大小为30【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，
25、考查学生分析解决问题的能力，属于中档题20（15分）（2017温州模拟）设函数f（x）=，证明：（I）当x0时，f（x）1；（II）对任意a0，当0|x|ln（1+a）时，|f（x）1|a【考点】不等式的证明【分析】（）原不等式等价于xf（x）x0，构造函数，利用导数和函数的最值得关系即可证明，（）当0xln（1+a）时，f（x）1a，等价于ex1（a+1）x0，构造函数，利用导数和函数的最值得关系即可证明，同理可证ln（1+a）x0，问题得以证明【解答】解：（）当x0时，f（x）1，等价于xf（x）x，即xf（x）x0，设g（x）=xf（x）x=ex1xg（x）=ex10，在（，0）上恒成立
26、，g（x）在（，0）上单调递减，g（x）g（0）=110=0，xf（x）x0恒成立，x0时，f（x）1，（）要证明当0|x|ln（1+a）时，|f（x）1|a，即整0xln（1+a）时，f（x）1a，即证a+1，即证ex1（a+1）x即证ex1（a+1）x0，令h（x）=ex1（a+1）x，h（x）=ex（a+1）eln（a+1）（a+1）=0，h（x）单调递减，h（x）h（0）=0，同理可证当x0时，结论成立对任意a0，当0|x|ln（1+a）时，|f（x）1|a【点评】本题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键，考查学生的计算能力21（15分）（2017温州模拟）已知直
27、线l：y=x+3与椭圆C：mx2+ny2=1（nm0）有且只有一个公共点P（2，1）（I）求椭圆C的标准方程；（II）若直线l：y=x+b交C于A，B两点，且PAPB，求b的值【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程【分析】（I）联立直线与椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用判别式为0，再将P的坐标代入椭圆方程，解方程可得m，n，进而得到椭圆方程；（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线y=bx和椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用判别式大于0，韦达定理，再由A，B在直线上，代入直线方程，由垂直的条件，运用向量的数量积为0，化简整理，解方程可得b的值【解答】解：（I）联立直线
28、l：y=x+3与椭圆C：mx2+ny2=1（nm0），可得（m+n）x26nx+9n1=0，由题意可得=36n24（m+n）（9n1）=0，即为9mn=m+n，又P在椭圆上，可得4m+n=1，解方程可得m=，n=，即有椭圆方程为+=1；（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线y=bx和椭圆方程，可得3x24bx+2b26=0，判别式=16b212（2b26）0，x1+x2=，x1x2=，y1+y2=2b（x1+x2）=，y1y2=（bx1）（bx2）=b2b（x1+x2）+x1x2=，由PAPB，即为=（x12）（x22）+（y11）（y21）=x1x22（x1+x2）+4+y1
29、y2（y1+y2）+1=2+5=0，解得b=3或，代入判别式，成立则b=3或【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用待定系数法和方程思想，考查直线和椭圆的位置关系，注意联立方程组，运用判别式和韦达定理，同时考查两直线垂直的条件，考查化简整理的运算能力，属于中档题22（15分）（2017温州模拟）设数列an满足an+1=an2an+1（nN*），Sn为an的前n项和证明：对任意nN*，（I）当0a11时，0an1；（II）当a11时，an（a11）a1n1；（III）当a1=时，nSnn【考点】数列与不等式的综合；数列的求和【分析】（）用数学归纳法能证明当0a11时，0an1（）由an+1an=
30、（）an=（an1）20，知an+1an从而=ana1，由此能证明当a11时，an（a11）a1n1（）当时，Snn，令bn=1an（nN*），则bnbn+10，（nN*），由，得从而，（nN*），由此能证明当时，【解答】证明：（）用数学归纳法证明当n=1时，0an1成立假设当n=k（kN*）时，0ak1，则当n=k+1时， =（）2+0，1，由知，当0a11时，0an1（）由an+1an=（）an=（an1）20，知an+1an若a11，则an1，（nN*），从而=an=an（an1），即=ana1，当a11时，an（a11）a1n1（）当时，由（），0an1（nN*），故Snn，令bn=1an（nN*），由（）（），bnbn+10，（nN*），由，得=（b1b2）+（b2b3）+（bnbn+1）=b1bn+1b1=，nbn2，即，（nN*），=，b1+b2+bn （）+（）+（）=，即nSn，亦即，当时，【点评】本题考查数列不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意数学归纳法、数列性质、放缩法的合理运用
