1、2017年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试卷（5月份）一选择题：本大题共10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|x2或x1，B=x|x2或x0，则（RA）B=（）A（2，0）B2，0）CD（2，1）2设复数z满足=i，则|z|=（）A1BCD23已知q是等比数an的公比，则q1”是“数列an是递减数列”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） A16B26C32D20+5若存在实数x，y使不等式组与不等式x2y+m0都成立，则实数m的取值范围是（
2、）Am0Bm3CmlDm36展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是（）A790B680C462D3307已知正实数a，b满足a2b+40，则u=（）A有最大值为B有最小值为C没有最小值D有最大值为38已知正三角形ABC的边长为2，平面ABC内的动点P，M满足|=1， =，则|2的最大值是（）ABCD9如图，正方形ABCD与正方形BCEF所成角的二面角的平面角的大小是，PQ是正方形BDEF所在平面内的一条动直线，则直线BD与PQ所成角的取值范围是（）A，B，C，D，10已知定义在（0，+）上的函数f（x）的导函数f（x）满足，且，其中e为自然对数的底数，则不等式的解集
3、是（）AB（0，e）CD二填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11若2sincos=，则sin= ，tan（）= 12商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖1次能获奖的概率是 ；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，则EX= 13在ABC中，D是AC边的中点，A=，cosBDC=，ABC的面积为3，则sinABD= ，BC= 14已知
4、抛物线y=x2和直线l：y=kx+m（m0）交于两点A、B，当时，直线l过定点 ；当m= 时，以AB为直径的圆与直线相切15根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有 种不同的考试安排方法16如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q，R分别是棱AB，AD，AA1的中点以PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是 17函数y=ax
5、22x的图象上有且仅有两个点到直线y=x的距离等于，则实数a的取值集合是 三解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18设函数f（x）=sin2xcos2x+2sinxcosx+的图象关于直线x=对称，其中，为常数，且（，1）（）求函数f（x）的最小正周期；（）若y=f（x）的图象经过点（，0），求函数f（x）在区间0，上的取值范围19在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线（I）已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH平面ABC；（）已知EF=FB=AC=2，AB=BC，求二面角FBCA的余弦值20已知函数
6、f（x）=+x（a，bR）（）当a=2，b=3时，求函数f（x）极值；（）设b=a+1，当0a1时，对任意x0，2，都有m|f（x）|恒成立，求m的最小值21已知椭圆+y2=1（a1），过直线l：x=2上一点P作椭圆的切线，切点为A，当P点在x轴上时，切线PA的斜率为（）求椭圆的方程；（）设O为坐标原点，求POA面积的最小值22已知函数fn（x）=xn（1x）2在（，1）上的最大值为an（n=1，2，3，）（1）求数列an的通项公式；（2）求证：对任何正整数n（n2），都有an成立；（3）设数列an的前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有Sn成立2017年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟试
7、卷（5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.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|x2或x1，B=x|x2或x0，则（RA）B=（）A（2，0）B2，0）CD（2，1）【考点】1H：交、并、补集的混合运算【分析】由全集R及A，求出A的补集，找出B与A补集的交集即可【解答】解：集合A=x|x2或x1，RA=x|2x1，集合BB=x|x2或x0，（RA）B=x|2x0=2，0），故选：B2设复数z满足=i，则|z|=（）A1BCD2【考点】A8：复数求模【分析】先化简复数，再求模即可【解答】解：复数z满足=i，1+z=izi，z（
8、1+i）=i1，z=i，|z|=1，故选：A3已知q是等比数an的公比，则q1”是“数列an是递减数列”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】题目给出的数列是等比数列，通过举反例说明公比小于1时数列还可能是递增数列，反之，递减的等比数列公比还可能大于1，从而得到“q1”是“等比数列an是递减数列”的既不充分也不必要的条件【解答】解：数列8，4，2，该数列是公比q=的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数an的公比q1，不能得出数列an是递减数列；而数列1，2，4，8，是递减数列，但其公比q=，所以，由
9、数列an是递减数列，不能得出其公比q1所以，“q1”是“等比数列an是递减数列”的既不充分也不必要的条件故选D4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（） A16B26C32D20+【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】几何体是三棱锥，根据三视图可得三棱锥的一侧棱与底面垂直，结合直观图求相关几何量的数据，把数据代入棱锥的表面积公式计算即可【解答】解：根据三视图知：该几何体是三棱锥，且三棱锥的一个侧棱与底面垂直，高为4，如图所示：其中SC平面ABC，SC=3，AB=4，BC=3，AC=5，SC=4，ABBC，由三垂线定理得：ABBC，SABC=34=6，SSBC=34=6，SSA
10、C=45=10，SSAB=ABSB=45=10，该几何体的表面积S=6+6+10+10=32故选：C5若存在实数x，y使不等式组与不等式x2y+m0都成立，则实数m的取值范围是（）Am0Bm3CmlDm3【考点】7C：简单线性规划【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的ABC及其内部，再将目标函数z=x2y对应的直线进行平移，可得当x=y=3时，z取得最小值为3；当x=4且y=2时，z取得最大值为0，由此可得z的取值范围为3，0，再由存在实数m使不等式x2y+m0成立，即可算出实数m的取值范围【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，得到如图的ABC及其内部，其中A（4，2），B（1，1
11、），C（3，3）设z=F（x，y）=x2y，将直线l：z=x2y进行平移，当l经过点A时，目标函数z达到最大值，可得z最大值=F（4，2）=0当l经过点C时，目标函数z达到最小值，可得z最小值=F（3，3）=3因此，z=x2y的取值范围为3，0，存在实数m，使不等式x2y+m0成立，即存在实数m，使x2ym成立m大于或等于z=x2y的最小值，即3m，解之得m3故选：B6展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是（）A790B680C462D330【考点】DB：二项式系数的性质【分析】由题意可得：2n1=1024，解得n=11可得展开式中各项系数的最大值是或【解答】解：由
12、题意可得：2n1=1024，解得n=11则展开式中各项系数的最大值是或，则=462故选：C7已知正实数a，b满足a2b+40，则u=（）A有最大值为B有最小值为C没有最小值D有最大值为3【考点】7F：基本不等式【分析】a2b+40，可得ba2+4，a，b0可得，再利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：a2b+40，ba2+4，a，b0a+ba2+a+4，u=33=33=，当且仅当a=2，b=8时取等号故选：B8已知正三角形ABC的边长为2，平面ABC内的动点P，M满足|=1， =，则|2的最大值是（）ABCD【考点】93：向量的模【分析】如图所示，建立直角坐标系B（0，0），CA点P的轨迹方
13、程为： =1，令x=+cos，y=3+sin，0，2）又=，可得M，代入|2=+3sin，即可得出【解答】解：如图所示，建立直角坐标系B（0，0），CAM满足|=1，点P的轨迹方程为： =1，令x=+cos，y=3+sin，0，2）又=，则M，|2=+=+3sin|2的最大值是也可以以点A为坐标原点建立坐标系故选：B9如图，正方形ABCD与正方形BCEF所成角的二面角的平面角的大小是，PQ是正方形BDEF所在平面内的一条动直线，则直线BD与PQ所成角的取值范围是（）A，B，C，D，【考点】LM：异面直线及其所成的角【分析】以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABCD的垂线为z轴，建立
14、空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BD与PQ所成角的取值范围【解答】解：以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，设BC=1，则B（0，0，0），D（1，1，0），C（1，0，0），E（1，），F（0，），当D点在正方形BCEF的投影刚好落在CE上，记为G点，其坐标为G（1，），此时BG与BD所成角刚好30度，即直线BD与PQ所成角的最小值为，取P（，0，0），Q（0，）时，直线BD于PQ所成角取最大值，=（1，1，0），=（，），cos=0，直线BD于PQ所成角最大值为直线BD与PQ所成角的取值范围是，故选：B10已知定义在（0，+）上的函数f
15、（x）的导函数f（x）满足，且，其中e为自然对数的底数，则不等式的解集是（）AB（0，e）CD【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；63：导数的运算；67：定积分【分析】根据题意，令g（x）=xf（x），分析可得g（x）=xf（x）=，对g（x）求积分可得g（x）的解析式，进而可得f（x）的解析式，再令h（x）=f（x）x，对其求导可得h（x）=f（x）10，分析可得函数h（x）=f（x）x在（0，+）上递减，将不等式变形可得f（x）xe=f（e）e，结合函数的单调性分析可得答案【解答】解：根据题意，令g（x）=xf（x），则有g（x）=xf（x）=，则g（x）=（lnx）2+C，即xf（x
16、）=（lnx）2+C，则有f（x）=（lnx）2+，又由，即f（e）=+=，解可得C=，故f（x）=（lnx）2+，令h（x）=f（x）x，则h（x）=f（x）1=0，故函数h（x）=f（x）x在（0，+）上递减，不等式，即f（x）xe=f（e）e，则有0xe，即不等式的解集为（0，e）；故选：B二填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11若2sincos=，则sin=，tan（）=3【考点】GR：两角和与差的正切函数；GH：同角三角函数基本关系的运用【分析】根据已知及同角三角函数的基本关系式，建立方程关系即可得到结论【解答】解：2sincos=，cos=2sin，
17、sin2+cos2=1，sin2+（2sin）2=1，即5sin24sin+4=0，解得：sin=，cos=2=，tan=2，tan（）=3故答案为：，312商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖1次能获奖的概率是；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，则EX=【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式计算不获奖的概率得出获奖的
18、概率，根据二项分布的性质得出数学期望【解答】解：抽奖1次，不中奖的概率为=，抽奖1次能获奖的概率为1=；抽奖1次获一等奖的概率为=，随机变量X服从二项分布，即XB（3，），EX=3=故答案为：，13在ABC中，D是AC边的中点，A=，cosBDC=，ABC的面积为3，则sinABD=，BC=6【考点】HT：三角形中的几何计算【分析】过B作BHAC于H，则cosBDH=，设DH=2k（k0），则BD=k，BH=k，在RtABH中，由A=，得AH=k，从而AD=3k，AC=6k，由SABC=3=3，求出BC=6，再由，能求出sinABD【解答】解：过B作BHAC于H，则cosBDH=，设DH=2k
19、（k0），则BD=k，BH=k，在RtABH中，A=，AH=k，AD=3k，AC=6k，又SABC=ACBH=3=3，解得k=1，BC=6，在ABD中，解得sinABD=故答案为：，614已知抛物线y=x2和直线l：y=kx+m（m0）交于两点A、B，当时，直线l过定点（0，2）；当m=时，以AB为直径的圆与直线相切【考点】K8：抛物线的简单性质【分析】将直线代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得m的值，求得直线l的方程求得直线l过点（0，2）；利用中点坐标公式求得圆M的圆心，求得切点坐标，根据向量的数量积的坐标运算，即可求得m的值【解答】解：设A（x1，y1），B（x2
20、，y2），整理得：x2kxm=0，则x1+x2=k，x1x2=m，y1y2=（x1x2）2=m2，y1+y2=k（x1+x2）+2m=k2+2m，由，则x1x2+y1y2=m2m=2，即m2m2=0，解得：m=1或m=2，由m0，则m=2，直线l：y=kx+2，直线l过点（0，2），设以AB为直径的圆的圆心M（x，y），圆M与相切于P，由x=，则P（，），由题意可知： =0，即（x1，y1+）（x2，y2+）=0，整理得：x1x2（x1+x2）+y1y2+（y1+y2）+=0，代入整理得：m2+=0，解得：m=，当m=，以AB为直径的圆与直线相切故答案为：（0，2），15根据浙江省新高考方案，
21、每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有114 种不同的考试安排方法【考点】D8：排列、组合的实际应用【分析】依题意，分两大类：四次考试中选三次（有种方法），每次考两科；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，分别分析、计算即可求得答案【解答】解：将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，有两种情况：四次考试中选三次（有种方法），每次考两科，第一次有种方法，第二次必须考剩下的一科
22、与考过的两科中的一科，有种方法，第三次只能是种方法，根据分布乘法计数原理，共有： （）=24种方法；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，共=6种方法；分别为方案2211，2121，2112，1221，1212，1122若为2211，第一次有种方法，第二次有两种情况，1选考过的两科，有种方法，则第三次只考剩下的第三科有1种方法；第四次只有1种方法，故共有11=3种方法；2剩下的一科与考过的两科中的一科，有种方法，则第三次与第四次共有种方法，故共有=12种方法；综上所述，2211方案共有15种方法；若方案为2121，共有（+）=15种方法；若方案为2112，共有（+）=15种方法；同理可
23、得，另外3种情况，每种各有15种方法，所以，四次考试都选，共有156=90种方法综合得：共有24+90=114种方法故答案为：11416如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q，R分别是棱AB，AD，AA1的中点以PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A1B1C1D1、面DD1C1C、面BB1C1C的中心，记为M、N、H，则三这个棱柱的高h=PH=RM=QN，求解三角形求得高和底面积，代入柱体体积公式得答案【解答】解：正方体ABCDA1B1
24、C1D1的棱长为1，P，Q，R分别是棱AB，AD，AA1的中点，以PQR为底面作直三棱柱（侧棱与底面垂直的三棱柱叫直三棱柱），该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面A1B1C1D1、面DD1C1C、面BB1C1C的中心，记为M、N、H，则三这个棱柱的高h=PH=RM=QN，这个三棱柱的高h=RM=底面正三角形PQR的边长为，面积为=这个直三棱柱的体积是故答案为：17函数y=ax22x的图象上有且仅有两个点到直线y=x的距离等于，则实数a的取值集合是a|a或a=0或a【考点】3W：二次函数的性质【分析】对a进行分类讨论，得出y=ax22x与y=x2的位置关系，根据交点个数判断a的范围【解答】解：（
25、1）若a=0，则y=2x与y=x为相交直线，显然y=2x上存在两点到y=x的距离等于，符合题意；（2）若a0，则y=ax22x与直线y=x相交，y=ax22x在直线y=x上方的图象必有2点到直线y=x的距离等于，又直线y=x与y=x2的距离为，抛物线y=ax22x与直线y=x2不相交，联立方程组，消元得ax23x+2=0，=98a0，解得a（3）若a0，同理可得a故答案为：a|a或a=0或a三解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18设函数f（x）=sin2xcos2x+2sinxcosx+的图象关于直线x=对称，其中，为常数，且（，1）（）求函数f（x）的
26、最小正周期；（）若y=f（x）的图象经过点（，0），求函数f（x）在区间0，上的取值范围【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；H2：正弦函数的图象【分析】（）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f（x）化为y=Asin（x+）+k型函数，再利用函数的对称性和的范围，计算的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期；（）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数f（x）的范围即可【解答】解：（）f（x）=sin2x+2sinxcosxcos2x+=sin2xcos2x+=2sin（2x）+，图象关于直线x=对称，2=+k，kz=+，又（，1），令k=1
27、时，=符合要求，函数f（x）的最小正周期为=；（）f（）=0，2sin（2）+=0，=，f（x）=2sin（x），f（x）1，219在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线（I）已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH平面ABC；（）已知EF=FB=AC=2，AB=BC，求二面角FBCA的余弦值【考点】MT：二面角的平面角及求法；LS：直线与平面平行的判定【分析】（）取FC中点Q，连结GQ、QH，推导出平面GQH平面ABC，由此能证明GH平面ABC（）由AB=BC，知BOAC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OO为z轴，建立空间直角坐标系
28、，利用向量法能求出二面角FBCA的余弦值【解答】证明：（）取FC中点Q，连结GQ、QH，G、H为EC、FB的中点，GQ，QH，又EFBO，GQBO，平面GQH平面ABC，GH面GQH，GH平面ABC解：（）AB=BC，BOAC，又OO面ABC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OO为z轴，建立空间直角坐标系，则A（，0，0），C（2，0，0），B（0，2，0），O（0，0，3），F（0，3），=（2，3），=（2，2，0），由题意可知面ABC的法向量为=（0，0，3），设=（x0，y0，z0）为面FCB的法向量，则，即，取x0=1，则=（1，1，），cos，=二面角FBCA的平面角是锐角，二
29、面角FBCA的余弦值为20已知函数f（x）=+x（a，bR）（）当a=2，b=3时，求函数f（x）极值；（）设b=a+1，当0a1时，对任意x0，2，都有m|f（x）|恒成立，求m的最小值【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6D：利用导数研究函数的极值【分析】（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）对a进行分类讨论：当a=0时，f（x）=x+1，m1；再对对称轴进行讨论，当2时，即a；当2时，即a，分别去求|f（x）|的最大值【解答】解：（）a=2，b=3时，f（x）=x3x2+x，f（x）=2x23x+1=（2x1）（x1），令f（x）0，解得：x1或x
30、，令f（x）0，解得：x1，故f（x）在（，）递增，在（，1）递减，在（1，+）递增，故f（x）极大值=f（）=，f（x）极小值=f（1）=，（）当b=a+1，f（x）=ax3（a+1）x2+x，f（x）=ax2（a+1）x+1，f（x）恒过点（0，1）；当a=0时，f（x）=x+1，m|f（x）|恒成立，m1；0a1，开口向上，对称轴1，f（x）=ax2（a+1）x+1=a（x）2+1，当a=1时f（x）=x22x+1，|f（x）|在x0，2的值域为0，1；要m|f（x）|，则m1；当0a1时，根据对称轴分类：当x=2，即a1，=（a1）20，f（）=（a+）（，0），又f（2）=2a11，
31、所以|f（x）|1；当x=2，即0a；f（x）在x0，2的最小值为f（2）=2a1；12a1，所以|f（x）|1，综上所述，要对任意x0，2都有m|f（x）|恒成立，有m1，m121已知椭圆+y2=1（a1），过直线l：x=2上一点P作椭圆的切线，切点为A，当P点在x轴上时，切线PA的斜率为（）求椭圆的方程；（）设O为坐标原点，求POA面积的最小值【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】（）由P在x轴设出P点坐标及直线PA方程，将PA方程与椭圆方程联立，整理关于x的一元二次方程，=0求得a2，即可求得椭圆方程；（）设出切线方程和点P及点A的坐标，将切线方程代入椭圆方程，求得关于x的一元二次方程，=
32、0，求得A和P点的坐标，求得丨PO丨及A到直线OP的距离，根据三角形的面积公式求得S=丨k+丨，平方整理关于k的一元二次方程，0，即可求得S的最小值【解答】解：（1）当P点在x轴上时，P（2，0），PA：，=0a2=2，椭圆方程为；5（2）设切线为y=kx+m，设P（2，y0），A（x1，y1），则（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0=0m2=2k2+1，7且，y0=2k+m则，PO直线为，A到直线PO距离，10则=，13（Sk）2=1+2k2k2+2SkS2+1=0，此时1522已知函数fn（x）=xn（1x）2在（，1）上的最大值为an（n=1，2，3，）（1）求数列an的通项公式；
33、（2）求证：对任何正整数n（n2），都有an成立；（3）设数列an的前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有Sn成立【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式【分析】（1）由已知得=（n+2）xn1（x1）（x），由此利用导数性质能求出数列an的通项公式（2）当n2时，欲证，只需证明（1+）n4，由此能证明当n2时，都有成立 （3）Sn，由此能证明任意正整数n，都有成立【解答】解：（1）fn（x）=xn（1x）2，=xn1（1x）n（1x）2x=（n+2）xn1（x1）（x），当x（，1）时，由，知：x=，n1，x（，）时，；x（）时，（x）0；f（x）在（）上单调递增，在（）上单调递减在x=处取得最大值，即=（2）当n2时，欲证，只需证明（1+）n4，（1+）n=1+2+1+2+1=4，当n2时，都有成立 （3）Sn=a1+a2+an=对任意正整数n，都有成立2017年8月10日
