高考数学浙江试题及解析.docx
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高考数学浙江试题及解析
2017年高考数学浙江
1.(2017年浙江)已知集合{1<x<1},{0<x<2},那么P∪()
A.(1,2)B.(0,1)C.(-1,0)D.(1,2)
1【解析】利用数轴,取P,Q所有元素,得P∪(-1,2).
2.(2017年浙江)椭圆=1的离心率是()
A.B.C.D.
2【解析】.故选B.
3.(2017年浙江)某几何体的三视图如图所示(单位:
),则该几何体的体积(单位:
3)是()
(第3题图)
A.
B.
C.
D.
3.A【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体,所以,几何体的体积为×3×(×2×1)+1.故选A.
4.(2017年浙江)若x,y满足约束条件则2y的取值范围是()
A.[0,6]B.[0,4]C.[6,+∞)D.[4,+∞)
4.D【解析】如图,可行域为一开放区域,所以直线过点
时取最小值4,无最大值,选D.
5.(2017年浙江)若函数f(x)2+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
5.B【解析】因为最值f(0),f
(1)=1,f()中取,所以最值之差一定与b无关.故选B.
6.(2017年浙江)已知等差数列{}的公差为d,前n项和为,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
6.C【解析】由S4+S6-2S5=10a1+212(5a1+10d),可知当d>0时,有S46-2S5>0,即S4+S6>2S5,反之,若S4+S6>2S5,则d>0,所以“d>0”是“S4+S6>2S5”的充要条件,选C.
7.(2017年浙江)函数(x)的导函数′(x)的图象如图所示,则函数(x)的图象可能是()
(第7题图)
7.D【解析】原函数先减再增,再减再增,且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(ξ1),P(ξ0)=1–,1,2.若0 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) 8.A【解析】∵E(ξ1)1,E(ξ2)2,∴E(ξ1)<E(ξ2),∵D(ξ1)1(11),D(ξ2)2(12),∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p12)(112)<0.故选A. 9.(2017年浙江)如图,已知正四面体D–(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为,,上的点,,=2,分别记二面角D––Q,D––R,D––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<γ<α 9.B【解析】设O为三角形中心,则O到距离最小,O到距离最大,O到距离居中,而高相等,因此α<γ<β.故选B. 10.(2017年浙江)如图,已知平面四边形,⊥,===2,=3,与交于点O,记I1·,I2·,I3·,则() (第10题图) A.I1<I2<I3B.I1<I3<I2 C.I3<I1<I2D.I2<I1<I3 10.C【解析】因为∠∠>90°,<,<,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=. 11.【解析】将正六边形分割为6个等边三角形,则S6=6×(×1×1×60°). 12.(2017年浙江)已知a,b∈R,()2=3+4i(i是虚数单位)则a22,. 12.52【解析】由题意可得a22+23+4i,则解得则a22=5,2. 13.(2017年浙江)已知多项式 (1)3 (2)251x42x33x245,,则a4,a5. 13.164【解析】由二项式展开式可得通项公式为32·223·2·22·,分别取0,1和1,0可得a4=4+12=16,取,可得a5=1×22=4. 14.(2017年浙江)已知△,4,2. 点D为延长线上一点,2,连结,则△的面积是,∠. 14.【解析】取中点E,由题意,⊥,△中,∠,∴∠,∠,∴S△×××∠.∵∠2∠,∴∠2∠22∠1,解得∠或∠(舍去).综上可得,△面积为,∠. 15.(2017年浙江)已知向量a,b满足12,则的最小值是,最大值是. 15.4,2【解析】设向量a,b的夹角为θ,由余弦定理有,,则,令,则y2=10+2∈[16,20],据此可得()=2,()=4,即的最小值是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) 16.660【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×C14×C13(种)方法,则满足题意的选法有C48×C14×C13-C46×C14×C13=660(种). 17.(2017年浙江)已知 ,函数f(x)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]∈[4,5],分类讨论: ①当a≥5时,f(x)2,函数的最大值24=5,∴,舍去;②当a≤4时,f(x)≤5,此时命题成立;③当4<a<5时,[f(x)]{|45},则或解得或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)2x–2x–2xx(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,, f()=()2-()2-2××(). 得f()=2. (2)由222x与22x, 得f(x)222 (2). 所以f(x)的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得+2kπ≤2≤+2kπ,k∈Z, 解得π≤x≤+2kπ,k∈Z, 所以,f(x)的单调递增区间是[π,+2kπ],k∈Z. 19.(2017年浙江)如图,已知四棱锥P–,△是以为斜边的等腰直角三角形,∥,⊥,22,E为的中点. (第19题图) (1)证明: ∥平面; (2)求直线与平面所成角的正弦值. 19.解: (1)如图,设中点为F,连接,. 因为E,F分别为,中点, 所以∥且, 又因为∥,, 所以∥且, 即四边形为平行四边形, 所以∥, 因此∥平面. (2)分别取,的中点为M,N,连接交于点Q,连接. 因为E,F,N分别是,,的中点,所以Q为中点, 在平行四边形中,∥. 由△为等腰直角三角形得⊥. 由⊥,N是的中点得⊥. 所以⊥平面, 由得⊥平面, 那么平面⊥平面. 过点Q作的垂线,垂足为H,连接. 是在平面上的射影,所以∠是直线与平面所成的角. 设1. 在△中,由2,1,得, 在△中,由1,得, 在△中,,, 所以∠, 所以直线与平面所成角的正弦值是. 20.(2017年浙江)已知函数f(x)=(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,()′, 所以f(x)= (1)(x–)(x>). (2)由f′(x)=0 解得1或. 因为 x (,1) 1 (1,) (,+∞) f′(x) – 0 + 0 – f(x) ↘ 0 ↗ ↘ 又f(x)(-1)2≥0, 所以f(x)在区间[,+∞)上的取值范围是[0,]. 21.(2017年浙江)如图,已知抛物线x2,点A(,),B(,),抛物线上的点p()(<x<).过点B作直线的垂线,垂足为Q. (第19题图) (1)求直线斜率的取值范围; (2)求·的最大值. 21.解: (1)设直线的斜率为k, , 因为<x<,所以直线斜率的取值范围是(-1,1). (2)联立直线与的方程 解得点Q的横坐标是. 因为() (1), (), 所以· (1) (1)3. 令f(k) (1) (1)3, 因为f′(k)(42) (1)2, 所以f(k)在区间(-1)上单调递增,(,1)上单调递减, 因此当时,·取得最大值. 22.(2017年浙江)已知数列{}满足x1=1,1(11)(n∈N*). 证明: 当n∈N*时, (1)0<1<; (2)21−≤; (3)≤≤. 22.解: (1)用数学归纳法证明>0. 当1时,x1=1>0. 假设时,>0, 那么1时,若1≤0,则0<1(1+1)≤0,矛盾,故1>0. 因此>0(n∈N*). 所以1(11)>1, 因此0<1<(n∈N*). (2)由1(11), 得1-41+212-21+(1+2)(11). 记函数f(x)2-2 (2) (1)(x≥0), f′(x) (1)>0(x>0), 函数f(x)在[0,+∞]上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0, 因此12-21+(1+2)(11) (1)≥0, 故21≤(n∈N*). (3)因为1(11)≤11=21, 所以≥, 由≥21, 得≥2()>0, 所以≥2()≥…≥21()=22, 故≤. 综上,≤≤(n∈N*).
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