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浙江省高考数学试卷 理科

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2019年浙江省高考数学试卷及答案(理科)

2019年浙江省高考数学试卷及答案(理科)

2019年浙江省高考数学试卷及答案(理科)第 1 页 共 11 页2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。

满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分（共50分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。

2.每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

不能答在试题卷上。

参考公式如果事件,A B 互斥 ，那么()()()P A B P A P B +=+如果事件,A B 相互独立，那么()()()P A B P A P B •=•如果事件A 在一次试验中发生的概率为P ,那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()(1)(0,1,2,...,)k k n kn nP k C p p k n -=-=台体的体积公式121()3V h S S =+其中1S ,2S 分别表示台体的上、下面积，h 表示台体的高柱体体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式24S R π=球的体积公式343V R π=其中R 表示球的半径一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．设}4|{},4|{2<=<=x x Q x x P（A ）Q P ⊆ （B ）P Q ⊆（C ）Q C P R ⊆（D ）P C Q R ⊆2．某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内为 （A ）?4>k （B ）?5>k（C ）?6>k（D ）?7>k3．设n S 为等比数列}{n a 的前n 项和，0852=+a a ，则=25S S （A ）11 （B ）5（C ）-8（D ）-114．设20π<<x ，则“1sin 2<x x ”是“1sin <x x ”的（A ）充分而不必不必要条件 （B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件5．对任意复数i R y x yi x z ),,(∈+=为虚数单位，则下列结论正确的是（A ）y z z 2||=- （B ）222y x z += （C ）x z z 2||≥- （D ）||||||y x z +≤6．设m l ,是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 （A ）若αα⊥⊂⊥l m m l 则,, （B ）若αα⊥⊥m m l l 则,//,（C ）若m l m l //,,//则αα⊂（D ）若m l m l //,//,//则αα7．若实数y x ,满足不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤--≥-+,01,032,033my x y x y x 且y x +的最大值为9，则实数=m（A ）-2（B ）-1（C ）1（D ）28．设F 1，F 2分别为双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的左、右焦点。

2022浙江高考理数试卷及答案

2022浙江高考理数试卷及答案

2022浙江高考理数试卷及答案【一】:2022年高考浙江卷理数试题及答案2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。

1、已知集合P=，Q=，则P=，则A。

[2,3]B。

(-2,3]C。

[1,2)D。

2、已知互相垂直的平面A。

B。

C。

交于直线l，若直线m,n满足D。

3、在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线+y-2=0上的投影构成的线段记为AB，则，AB，=A。

B。

4C。

D。

6使得”的否定形式是B。

D。

则的最小正周期使得使得4、命题“A。

C。

5、设函数使得使得A。

与b有关，且与c有关B。

与b有关，但与c无关C。

与b无关，且与c无关D。

与b无关，但与c有关6。

如图，点列分别在锐角的两边上，且，（若A。

表示点P与Q不重合），为的面积，则是等差数列，。

是等差数列B。

C。

是等差数列D。

是等差数列7。

已知椭圆与双曲线的焦点重合，则A。

C。

且且B。

D。

则则则则且且分别为的离心率，8。

已知实数A。

若B。

若C。

若D。

若二、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。

9。

若抛物线10。

已知上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是。

，则A=，b=。

11、几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm，体积是cm。

12、已知，若，则a=，b=。

13、设数列的前n项和为，若，则=，=。

14、如图，在中，AB=BC=2，。

若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是。

15、已知向量a，b，a，=1，b，=2，若对任意单位向量e，均有，a·e，+，b·e，的最大值是。

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。

16。

(完整版)浙江高考理科数学试题和解析

(完整版)浙江高考理科数学试题和解析

WORD 完满格式2017 年一般高等学校招生全国一致考试（浙江卷）数学（理科）选择题部分（共50 分）1.(2017年浙江)已知会合P={x|-1 ＜ x＜ 1} ， Q={0＜ x＜ 2} ，那么 P∪Q=（）A．（ 1， 2）B．（ 0， 1）C．（ -1 ， 0）D．（ 1， 2）【分析】利用数轴，取P， Q全部元素，得P∪Q=（ -1 ， 2） .2. (2017年浙江 ) 椭圆x2y2）+=1 的离心率是（9413525A．3B．3C．3D．99-452.B 【分析】 e= 3=3.应选 B．3. (2017 年浙江 ) 某几何体的三视图如下图（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）（第 3 题图）A．1B．3C．31 D ．3322223. A 【分析】依据所给三视图可复原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所1π×12 1π以，几何体的体积为V=3×3×（2+2×2×1） = 2 +1. 应选 A.x≥0，4. (2017年浙江)若x，y知足拘束条件x+y- 3≥0，则 z=x+2y 的取值范围是（）x- 2y≤0，WORD 完满格式A． [0 ， 6]B． [0 ， 4]C． [6 ，+∞）D．[4，+∞）4. D【分析】如图，可行域为一开放地区，所以直线过点(2,1) 时取最小值4，无最大值，选 D．5. (2017 年浙江 ) 若函数f2M，最小值是m，则 M–( x)= x + ax+b在区间 [0 ， 1] 上的最大值是（）mA．与a相关，且与b相关B．与a相关，但与b没关C．与a没关，且与b没关D．与a没关，但与b相关a a25. B【分析】由于最值 f （ 0）=b， f （ 1） =1+a+b，f （ - 2） =b- 4中取，所以最值之差必定与 b 没关 . 应选 B.6.(2017 年浙江 ) 已知等差数列 { a n} 的公差为d，前n项和为S n，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的（）A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件6. C【分析】由S4+ S6-2 S5=10a1+21d-2（5a1+10d）=d，可知当d＞0时，有S4+S6-2S5＞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y=f(x)的导函数y=f ′（ x）的图象如下图，则函数y=f ( x)的图象可能是（）（第 7 题图）7. D【分析】原函数先减再增，再减再增，且x=0 位于增区间内 . 应选 D.1 8.(2017 年浙江 ) 已知随机变量ξi知足P（ξi =1）=p i，P（ξi =0）=1–p i，i =1，2．若 0<p1<p2<2，则（）E ξ E ξ D ξ D ξ2)B E ξ E ξ D ξ D ξ2)A． (1)＜(2)，(1)＜(． (1)＜(2)，(1)＞(E ξ E ξ D ξ D ξ2)D E ξ E ξ D ξ D ξ2)C． (1)＞(2)，(1)＜(． (1)＞(2)，(1)＞(8. A 【分析】∵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.应选A．9.(2017 年浙江 ) 如图，已知正四周体D–ABC（全部棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别BQ CR为 AB， BC， CA 上的点， AP=PB，= =2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–PQC RA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<α9.B 【分析】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 RQ10.(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=OA·OB，I2=OB·OC，I3=OC·OD，则（（第 10 题图）A．I 1＜I 2＜I 3 B ．I 1＜I 3＜I 2C．I 3＜I 1＜I 2D．I 2＜I 1＜I 310. C 【分析】由于∠ AOB=∠COD＞90°， OA＜ OC，OB＜ OD，所以→·→＞ 0＞→·→＞OB OC OA OB→→OC ·OD . 应选 C.非选择题部分（共100 分）11. (2017年浙江 ) 我国古代数学家刘徽创办的“割圆术”能够估量圆周率π，理论上能把π 的值计算到随意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π 的值精准到小数点后七位，其结果当先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S ，6 S6=．33【分析】将正六边形切割为 6 个等边三角形，则S =6×（111.22×1×1×sin 60 °）63 3=．212. (2017年浙江 ) 已知a，b∈R，（ a+bi ）2=3+4i （i是虚数单位）则a2+b2=___________，=___________.ab22=3，2，a -b a =412.5 2【分析】由题意可得a2-b 2+2abi=3+4i ，则ab=2，解得b2=1，则 a2+b2=5，ab=2.13.325432，，则 a =________，(2017 年浙江 ) 已知多项式（ x+1）（ x+2）=x +a x +a x +a x +a x+a123454a5=________．13.16 4 【分析】由二项式睁开式可得通项公式为Cr 3x r2-m2-mr+m Cm2·2= Cr 3·Cm2·2 ·x，2分别取 r=0 ， m=1和 r=1 ， m=0可得 a4=4+12=16，取 r=m，可得 a5=1×2=4．14.(2017 年浙江 ) 已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为AB延伸线上一点，BD=2，连结CD，则△ BDC的面积是___________，cos∠ BDC=___________.1510BE 114. 24【分析】取 BC中点 E，由题意， AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=AB=4，∴cos1115115∠DBC=- 4，sin ∠DBC=1- 16= 4，∴S△BCD=2×BD×BC×sin∠DBC=2 . ∵∠ ABC=2∠BDC，211010∠BDC-1= 4，解得 cos∠BDC= 4或 cos∠B DC=- 4（舍去） .∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos1510综上可得，△ BCD 面积为2，cos∠BDC= 4 .15. (2017 年浙江 ) 已知向量a，b知足 | a|=1,| b|=2,则 | a+b|+| a- b| 的最小值是 ________，最大值是 _______．15.4，2 5 【分析】设向量a，b的夹角为θ，由余弦定理有 | a- b|=12+22- 2×1×2×cos θ=5-4 cos θ， | a+b|=12 +22- 2×1×2×cos( π- θ ) =5+4cos θ，则| a+b|+|a- b|=5+4cos θ +5-4co sθ ，令y=5+4cos θ+ 5-4cosθ ，则2=10+22∈[16,20]，据此可得 (|a+b|+| a- b|)max20y25-16cos θ==25,(|a+b|+|a- b|)min=16=4，即 | a+b|+|a- b|的最小值是4，最大值是 2 5．16. (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，一般队员 2 人组成 4 人服务队，要求服务队中起码有1 名女生，共有 ______种不一样的选法．（用数字作答）16. 660【分析】由题意可得，“从8 名学生中选出队长 1 人，副队长1 人，一般队员 2人构成 4 人服务队”中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3（种）方法，此中“服务队中没有女生”的选法有 C4 6×C1 4×C1 3（种）方法，则知足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C46×C1 4×C1 3=660（种） .417. (2017 年浙江 ) 已知 a R ，函数 f （ x ）=|x+ x -a|+a 在区间 [1 ， 4] 上的最大值是 5，则 a的取值范围是 ___________ ．94417. （ - ∞， 2]【分析】 x ∈[1,4],x+x ∈[4,5] ，分类议论：①当 a ≥5时， f （ x ）=a-x- x4944+a=2a-x- x ，函数的最大值2a-4=5 ，∴ a=2，舍去；②当 a ≤4时， f （ x ） =x+x -a+a=x+ x ≤5，此时命题建立； ③当 4＜ a ＜ 5 时，[f(x)] max =max{|4-a|+a,|5-a|+a}|4- a|+a ≥ |5 -a|+a ，，则|4-a|+a=5 9 9a 的取值范围是（ - ∞， 9 或 |4-a|+a ＜ |5-a|+a ，解得 a= 或 a ＜ . 综上可得，实数 ] ． |4-a|+a=5 2 22 18. (2017 年浙江 ) 已知函数 f （ x ） =sin 2x – cos 2x –23sin x cos x （x ∈ R ）．（ 1）求 f （ 2π）的值．3（ 2）求 f （ x ）的最小正周期及单一递加区间．2π 3 2π 118. 解：（ 1）由 sin 3 = 2 ， cos 3 =- 2，f （ 2π 3 2 - （- 1 2 3 1 ）．）=（ ） ） -2 3× ×（-3 2 2 2 22π 得 f （ 3 ） =2．（2）由 cos 2x=cos2x-sin 2x 与 sin 2x=2sin xcos x，π得 f(x)=-cos 2x- 3sin 2x=-2sin(2x+6 ) ．所以 f(x) 的最小正周期是π．ππ 3π由正弦函数的性质得2 +2k π≤ 2x+ 6 ≤ 2 +2k π， k ∈ Z ，解得π+k π≤ x ≤ 3π+2k π， k ∈Z ，62π3π所以， f （ x ）的单一递加区间是[+k π，+2k π] ，k ∈Z ．6219. (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．PEA DB C（第 19 题图）（1）证明： CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．19.解：（ 1）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．由于 E， F分别为 PD， PA中点，1所以 EF∥AD 且 EF=2AD，1又由于 BC∥AD， BC= AD，2所以 EF∥BC 且 EF=BC，即四边形 BCEF为平行四边形，所以 CE∥BF，所以 CE∥平面PAB．（2）分别取BC， AD的中点为M， N，连结 PN交 EF 于点 Q，连结 MQ.由于 E， F， N 分别是 PD， PA，AD的中点，所以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．所以 AD⊥平面 PBN，由 BC// AD得 BC⊥平面 PBN，那么平面 PBC⊥平面 PBN．过点 Q作 PB的垂线，垂足为 H，连结 MH．MH是 MQ在平面 PBC上的射影，所以∠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= 2得 CE=2，1在△ PBN中，由 PN=BN=1， PB=3得QH= ，41在 Rt△MQH中，QH=，MQ=2，4所以 sin ∠=2，QMH8所以直线 CE与平面 PBC所成角的正弦值是2 8 ．20. (2017年浙江 ) 已知函数f (x)=（–-x12x-1 ） e（x≥）．x2（1）求f ( x) 的导函数；（2）求f ( x) 在区间 [ 1，+∞) 上的取值范围．220. 解：（ 1）由于（x–2x-1 ）′ =1-1，（ e-x）′=-e -x，2x-11-x-x (1-x)(2x-1-2)e-x1所以 f （ x） =（ 1-2x-1 ）e- （x– 2x-1 ） e =2x-1(x ＞2).(1-x)(-x2x-1-2)e（2）由f′( x)=2x-1=05解得 x=1 或 x=2．由于x 115552（2，1）1（1，2）2（2，+∞）f ′( x)–0+0–f （ x）1 -11-5 e2↘↗e2↘221 2 -x11 - 1所以 f （ x ）在区间 [ 2，+∞) 上的取值范围是 [0 ，2e 2] ．21. (2017 年浙江 ) 如图，已知抛物线 x 2=y ，点 A （ - 1，1），B （3，9），抛物线上的点 p(x,y)(- 12 4 2 4 23＜ x ＜ ) ．过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ． 2（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 ，x 2- 141k=1 =x- 2，x+2由于 -1 3-1 ， 1）．2 ＜ x ＜ ，所以直线 AP 斜率的取值范围是（2kx-y+1 1k+ =0，（2）联立直线 AP 与 BQ 的方程2 49 3x+ky- 4k- 2=0，-k 2+4k+3解得点 Q 的横坐标是 x Q = 2(k 2+1) ． 由于 ||= 1+k 2(x+ 1 )= 1+k 2(k+1) ，PA 2(k-1)(k+1) 2| PQ |=2 Q ，1+k (x -x)=- k 2+1所以 |PA| ·|PQ|= -(k-1)(k+1)3．令 f(k)=-(k-1)(k+1)3，由于 f ′(k)= -(4k-2)(k+1) 2，所以 f ( k ) 在区间 (-1,1 1) 上单一递加，( ,1) 上单一递减，22所以当k 1， |PA| ·|PQ| 获得最大27 =．21622. (2017年浙江)已知数列{x n}足x1=1，x n=x n+1+ln(1+x n+1)（n∈ N*）．*明：当n∈ N ，（1） 0＜x n+1＜x n；x n x n+1（2） 2x n+1-x n≤2；1 1（3）2n-1≤x n≤2n-2．22.解：（ 1）用数学法明x n＞ 0．当 n=1， x1=1>0．假 n=k ， x k>0，那么 =+1 ，若 x k+1≤0， 0＜k=x k+1 +ln（1+xk+1）≤0，矛盾，故xk +1＞0．n k x所以 x n＞ 0（n∈ N*）．所以 x n=x n+1+ln （ 1+x n+1）＞ x n+1，所以 0＜ x n+1＜ x n（n∈ N*）．（2）由 x n=x n+1+ln （ 1+x n+1），得 x n x n+1-4x n+1+2x n=x n+12-2x n+1+（ x n+1+2） ln （ 1+x n+1） .函数 f （x） =x2-2x+ （ x+2）ln （ 1+x）（x≥0），2x 2+x+ln （ 1+x）＞ 0（x＞ 0），f ′（ x） =x+1函数 f （ x）在 [0 ，+∞] 上增，所以 f （ x）≥ f （ 0） =0，2-2x n+1+（ x n+1+2） ln （1+x n+1） =f （ x n+1）≥ 0，所以 x n+1x n x n+1*故 2x n+1-x n≤（ n∈ N）．2（3）因 x n=x n+1+ln （ 1+x n+1）≤ x n+1+x n+1=2x n+1，1所以 x n≥2n-1，x n x n+1由2≥2x n+1-x n，1 111得 - ≥2（ - ）＞0，x n+1 2x n 21 1 1 1n-1（1 1n-2，所以 -≥ 2（- ）≥⋯≥ 2- ）=2 x n2x n-1 2x1 2(完整版)浙江高考理科数学试题和解析 11 / 11 WORD 完满格式故 x n ≤ 1n-2 ．21 1 *）．综上， n-1 ≤ x n ≤ n-2 （n ∈ N 2 2..整理分享 ..。

高考真题——理科数学(浙江卷)解析版(1) Word版含答案

高考真题——理科数学(浙江卷)解析版(1) Word版含答案

数学理试题（浙江卷）一．选择题1、已知i 是虚数单位，则=-+-)2)(1(i iA. i +-3B. i 31+-C. i 33+-D.i +-12、设集合}043|{},2|{2≤-+=->=x x x T x x S ，则=⋃T S C R )( A. ]1,2(- B. ]4,(--∞ C. ]1,(-∞ D.),1[+∞ 答案：C 解析：如图1所示，由已知得到考点定位：此题考查集合的使用之补集和并集体，考查一元二次不等式的解法，利用数轴即可解决此题，体现数形结合思想的应用，此考点是历年来高考必考考点之一，属于简单题； 3、已知y x ,为正实数，则 A.y x yx lg lg lg lg 222+=+ B.y x y x lg lg )lg(222•=+ C.y x yx lg lg lg lg 222+=• D.y x xy lg lg )lg(222•=答案：D解析：此题中，由考点定位：此题考查对数的运算法则和同底数幂的乘法的运算法则；4、已知函数),0,0)(cos()(R A x A x f ∈>>+=ϕωϕω，则“)(x f 是奇函数”是2πϕ=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 答案：B 解析：考点定位：充分条件的判断和三角函数的奇偶性性质知识点；5、某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是59，则 A.4=a B.5=a C. 6=a D.7=a 答案：A解析：由图可知考点定位：此题考查算法及数列的列项相消求和的方法；6、已知210cos 2sin ,=+∈αααR ，则=α2tan A.34 B. 43 C.43- D.34- 答案：C解析：由已知得到：考点定位：此题考查同角三角函数商数关系和平方关系的灵活应用，考查二倍角正切公式的应用，考查学生的运算求解水平；7、设0,P ABC ∆是边AB 上一定点，满足AB B P 410=，且对于边AB 上任一点P ，恒有C P B P PC PB 00•≥•。

【高三】浙江2021年高考数学理科试卷(附答案和解释)

【高三】浙江2021年高考数学理科试卷(附答案和解释)

【高三】浙江2021年高考数学理科试卷（附答案和解释）浙江卷数学（理）试题答案与解析选择题部分（共50分）一、选择题：每小题5分，共50分．1．已知i是虚数单位，则(?1+i)(2?i)=A．?3+iB．?1+3i C．?3+3i D．?1+i【命题意图】本题考查复数的四则运算，属于容易题【答案解析】B2．设集合S={xx>?2}，T={xx2+3x?4≤0}，则(?RS)∪T=A．(?2，1]B．(?∞，?4]C．(?∞，1]D．[1，+∞)【命题意图】本题考查集合的运算，属于容易题【答案解析】C 因为(?RS)={xx≤?2}，T={x?4≤x≤1}，所以(?RS)∪T=(?∞，1]. 3．已知x，y为正实数，则A．2lgx+lgy=2lgx+2lgyB．2lg(x+y)=2lgx ? 2lgyC．2lgx ? lgy=2lgx+2lgy D．2lg(xy)=2lgx ? 2lgy【命题意图】本题考查指数和对数的运算性质，属于容易题【答案解析】D 由指数和对数的运算法则，易知选项D正确4．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，φ?R)，则“f(x)是奇函数”是“φ=π2”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【命题意图】本题考查简易逻辑以及函数的奇偶性，属于中档题【答案解析】B 由f(x)是奇函数可知f(0)=0，即cosφ=0，解出φ=π2+kπ，k?Z，所以选项B正确5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是95，则A．a=4B．a=5C．a=6D．a=7【命题意图】本题考查算法程序框图，属于容易题【答案解析】A6．已知α?R，sin α+2cos α=102，则tan2α=A．43B．34C．?34D．?43【命题意图】本题考查三角公式的应用，解法多样，属于中档题【答案解析】C 由(sin α+2cos α)2=1022可得sin2α+4cos2α+4sin αcos α sin2α+cos2α=104，进一步整理可得3tan2α?8tan α?3=0，解得tan α=3或tanα=?13，于是tan2α=2tan α1?tan2α=?34.7．设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B=14AB，且对于AB上任一点P，恒有→PB?→PC≥→P0B?→P0C，则A．?ABC=90?B．?BAC=90?C．AB=ACD．AC=BC【命题意图】本题考查向量数量积的几何意义，不等式恒成立的有关知识，属于中档题【答案解析】D 由题意，设→AB=4，则→P0B=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得，→PB?→PC=→PH→PB=(→PB ?(a+1))→PB，→P0B?→P0C=?→P0H→P0B=?a，于是→PB?→PC≥→P0B?→P0C恒成立，相当于(→PB?(a+1))→PB≥?a恒成立，整理得→PB2?(a+1)→PB+a≥0恒成立，只需?=(a+1)2?4a=(a?1)2≤0即可，于是a=1，因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，所以AC=BC8．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex?1)(x?1)k(k=1，2)，则A．当k=1时，f(x)在x=1处取到极小值B．当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值C．当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值D．当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值【命题意图】本题考查极值的概念，属于中档题【答案解析】C 当k=1时，方程f(x)=0有两个解，x1=0，x2=1，由标根法可得f(x)的大致图象，于是选项A，B错误；当k=2时，方程f(x)=0有三个解，x1=0，x2=x3=1，其中1是二重根，由标根法可得f(x)的大致图象，易知选项C正确。

年高考浙江卷理科数学试题及详细解答

年高考浙江卷理科数学试题及详细解答

普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）浙江卷本试题卷第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

全卷共4页，第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页 满分150分，考试时间120钟请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

第Ⅰ卷（共 50 分）注意事项：1. 答第 1 卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。

2. 每小题选出正确答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号填黑.叁考正式：如果事件 A ， B 互斥，那么P （ A+ B ） = P( A)+ P( B) S=24R πP( A+ B)= P( A)． P( B) 其中 R 表示球的半径 如果事件A 在一次试验中发生的概念是p 球的体积公式V=234R π 那么n 次独立重复试验中恰好发生 其中R 表示球的半径 k 次的概率：k n kn n p p C k P +-=)1()(4一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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） 设集合{|1A x =-≤x ≤2},B={x |0≤x ≤4},则A ∩B=(A)［0,2］ (B)［1,2］ (C)［0,4］ (D)［1,4］ （２） 已知=+-=+ni m i n m ni im是虚数单位，则是实数，，，其中11 (A)1+2i (B) 1-2i (C)2+i (D)2-I (3)已知0＜a ＜1，log 1m ＜log 1n ＜0，则(A)1＜n ＜m (B) 1＜m ＜n (C)m ＜n ＜1 (D) n ＜m ＜1(4)在平面直角坐标系中，不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤≥+-≥-+2,02,02x y x y x 表示的平面区域的面积是(A) (B)4(C) (D)2（5）双曲线122=-y m x 上的点到左准线的距离是到左焦点距离的31，则m=（ ） (A)21 (B)23 (C)81 (D)89（6）函数y=21sin2x+sin 2x,x R ∈的值域是 (A)［-21,23］ (B)［-23,21］ (C)［2122,2122++-］ (D)［2122,2122---］ (7)“a ＞b ＞c ”是“ab ＜222b a +”的(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件（8）若多项式=+-+++++=+911102910012a ,)1(a )1(a )1(则x x x a a x x(A)9 (B)10 (C)-9 (D)-10（9）如图，O 是半径为l 的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是(A)4π (B)3π (C)2π(D)42π（10）函数f:{1,2,3}→{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有(A)1个 (B)4个 (C)8个 (D)10个第Ⅱ卷（共100分）注意事项：1. 用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。

2021年浙江省高考数学试卷(理科)

2021年浙江省高考数学试卷(理科)

2021年浙江省高考数学试卷（理科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）已知i是虚数单位，则（﹣1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3+i B．﹣1+3i C．﹣3+3i D．﹣1+i2．（5分）设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁R S）∪T=（）A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）3．（5分）已知x，y为正实数，则（）A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgyC．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy4．（5分）已知函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈R），则“f（x）是奇函数”是“φ=”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5．（5分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（）A．a=4 B．a=5 C．a=6 D．a=76．（5分）已知，则tan2α=（）A．B．C．D．7．（5分）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足，且关于边AB上任一点P，恒有则（）A．∠ABC=90°B．∠BAC=90°C．AB=AC D．AC=BC8．（5分）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）k（k=1，2），则（）A．当k=1时，f（x）在x=1处取得极小值B．当k=1时，f（x）在x=1处取得极大值C．当k=2时，f（x）在x=1处取得极小值D．当k=2时，f（x）在x=1处取得极大值9．（5分）如图F1、F2是椭圆C1：+y2=1与双曲线C2的公共焦点，A、B分别是C1、C2在第二、四象限的公共点，若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是（）A．B．C．D．10．（5分）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．平面α与平面β垂直B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°C．平面α与平面β平行D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．（4分）设二项式的展开式中常数项为A，则A=．12．（4分）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于cm3．13．（4分）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=．14．（4分）将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有种（用数字作答）15．（4分）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点P（﹣1，0）的直线l交抛物线C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等于．16．（4分）△ABC中，∠C=90°，M是BC的中点，若，则sin∠BAC=．17．（4分）设、为单位向量，非零向量=x+y，x、y∈R．若、的夹角为30°，则的最大值等于．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）在公差为d的等差数列{a n}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．（Ⅰ）求d，a n；（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|．19．（14分）设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球2分，取出蓝球得3分．（1）当a=3，b=2，c=1时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和．求ξ分布列；（2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若，求a：b：c．20．（15分）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2．M 是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．（1）证明：PQ∥平面BCD；（2）若二面角C﹣BM﹣D的大小为60°，求∠BDC的大小．21．（15分）如图，点P（0，﹣1）是椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2+y2=4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A、B两点，l2交椭圆C1于另一点D．（1）求椭圆C1的方程；（2）求△ABD面积的最大值时直线l1的方程．22．（14分）已知a∈R，函数f（x）=x3﹣3x2+3ax﹣3a+3．（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当x∈[0，2]时，求|f（x）|的最大值．2020年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．（5分）已知i是虚数单位，则（﹣1+i）（2﹣i）=（）A．﹣3+i B．﹣1+3i C．﹣3+3i D．﹣1+i【分析】直截了当利用两个复数代数形式的乘法法则，以及虚数单位i的幂运算性质，运算求得结果．【解答】解：（﹣1+i）（2﹣i）=﹣2+i+2i+1=﹣1+3i，故选：B．【点评】本题要紧考查两个复数代数形式的乘法，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．2．（5分）设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁R S）∪T=（）A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）【分析】先依照一元二次不等式求出集合T，然后求得∁R S，再利用并集的定义求出结果．【解答】解：∵集合S={x|x＞﹣2}，∴∁R S={x|x≤﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}={x|﹣4≤x≤1}，故（∁R S）∪T={x|x≤1}故选：C．【点评】此题属于以一元二次不等式的解法为平台，考查了补集及并集的运算，是高考中常考的题型．在求补集时注意全集的范畴．3．（5分）已知x，y为正实数，则（）A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgyC．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy【分析】直截了当利用指数与对数的运算性质，判定选项即可．【解答】解：因为a s+t=a s•a t，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），因此2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，故选：D．【点评】本题考查指数与对数的运算性质，差不多知识的考查．4．（5分）已知函数f（x）=Acos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，φ∈R），则“f（x）是奇函数”是“φ=”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【分析】φ=⇒f（x）=Acos（ωx+）⇒f（x）=﹣Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x ∈R）是奇函数．f（x）为奇函数⇒f（0）=0⇒φ=kπ+，k∈Z．因此“f（x）是奇函数”是“φ=”必要不充分条件．【解答】解：若φ=，则f（x）=Acos（ωx+）⇒f（x）=﹣Asin（ωx）（A＞0，ω＞0，x∈R）是奇函数；若f（x）是奇函数，⇒f（0）=0，∴f（0）=Acos（ω×0+φ）=Acosφ=0．∴φ=kπ+，k∈Z，不一定有φ=“f（x）是奇函数”是“φ=”必要不充分条件．故选：B．【点评】本题考查充分条件、必要条件和充要条件的判定，解题时要认真审题，认真解答，注意三角函数性质的灵活运用．5．（5分）某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则（）A．a=4 B．a=5 C．a=6 D．a=7【分析】依照已知流程图可得程序的功能是运算S=1++…+的值，利用裂项相消法易得答案．【解答】解：由已知可得该程序的功能是运算并输出S=1++…+=1+1﹣=2﹣．若该程序运行后输出的值是，则2﹣=．∴a=4，故选：A．【点评】本题考查的知识点是程序框图，其中分析出程序的功能是解答的关键．6．（5分）已知，则tan2α=（）A．B．C．D．【分析】由题意结合sin2α+cos2α=1可解得sinα，和cosα，进而可得tanα，再代入二倍角的正切公式可得答案．【解答】解：∵，又sin2α+cos2α=1，联立解得，或故tanα==，或tanα=3，代入可得tan2α===﹣，或tan2α===故选：C．【点评】本题考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函数的差不多关系，属中档题．7．（5分）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足，且关于边AB上任一点P，恒有则（）A．∠ABC=90°B．∠BAC=90°C．AB=AC D．AC=BC【分析】设||=4，则||=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得||2﹣（a+1）||+a≥0恒成立，只需△=（a+1）2﹣4a=（a﹣1）2≤0即可，由此能求出△ABC是等腰三角形，AC=BC．【解答】解：设||=4，则||=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得，=||•||=||2﹣（a+1）||，•=﹣a，因此•≥••恒成立，整理得||2﹣（a+1）||+a≥0恒成立，只需△=（a+1）2﹣4a=（a﹣1）2≤0即可，因此a=1，因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，因此AC=BC．故选：D．【点评】本题要紧考查了平面向量的运算，向量的模及向量的数量积的概念，向量运算的几何意义的应用，还考查了利用向量解决简单的几何问题的能力8．（5分）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）k（k=1，2），则（）A．当k=1时，f（x）在x=1处取得极小值B．当k=1时，f（x）在x=1处取得极大值C．当k=2时，f（x）在x=1处取得极小值D．当k=2时，f（x）在x=1处取得极大值【分析】通过对函数f（x）求导，依照选项知函数在x=1处有极值，验证f'（1）=0，再验证f（x）在x=1处取得极小值依旧极大值即可得结论．【解答】解：当k=1时，函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）．求导函数可得f'（x）=e x（x﹣1）+（e x﹣1）=（xe x﹣1），f'（1）=e﹣1≠0，f'（2）=2e2﹣1≠0，则f（x）在在x=1处与在x=2处均取不到极值，当k=2时，函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）2．求导函数可得f'（x）=e x（x﹣1）2+2（e x﹣1）（x﹣1）=（x﹣1）（xe x+e x﹣2），∴当x=1，f'（x）=0，且当x＞1时，f'（x）＞0，当x0＜x＜1时（x0为极大值点），f'（x）＜0，故函数f（x）在（1，+∞）上是增函数；在（x0，1）上是减函数，从而函数f（x）在x=1取得极小值．对比选项．故选：C．【点评】本题考查了函数的极值问题，考查学生的运算能力，正确明白得极值是关键．9．（5分）如图F1、F2是椭圆C1：+y2=1与双曲线C2的公共焦点，A、B分别是C1、C2在第二、四象限的公共点，若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是（）A．B．C．D．【分析】不妨设|AF1|=x，|AF2|=y，依题意，解此方程组可求得x，y的值，利用双曲线的定义及性质即可求得C2的离心率．【解答】解：设|AF1|=x，|AF2|=y，∵点A为椭圆C1：+y2=1上的点，∴2a=4，b=1，c=；∴|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；①又四边形AF1BF2为矩形，∴+=，即x2+y2=（2c）2==12，②由①②得：，解得x=2﹣，y=2+，设双曲线C2的实轴长为2m，焦距为2n，则2m=|AF2|﹣|AF1|=y﹣x=2，2n=2c=2，∴双曲线C2的离心率e===．故选：D．【点评】本题考查椭圆与双曲线的简单性质，求得|AF1|与|AF2|是关键，考查分析与运算能力，属于中档题．10．（5分）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A．平面α与平面β垂直B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°C．平面α与平面β平行D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°【分析】设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．依照题意点P1在β内的射影与P2在α内的射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角，依照面面垂直的定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．【解答】解：设P1=fα（P），则依照题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直故选：A．【点评】本题给出新定义，要求我们判定平面α与平面β所成角大小，着重考查了线面垂直性质、二面角的平面角和面面垂直的定义等知识，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．11．（4分）设二项式的展开式中常数项为A，则A=﹣10．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．=••（﹣1）【解答】解：二项式的展开式的通项公式为T r+1r•=（﹣1）r••．令=0，解得r=3，故展开式的常数项为﹣=﹣10，故答案为﹣10．【点评】本题要紧考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．12．（4分）若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积等于24cm3．【分析】先依照三视图判定几何体的形状，再利用体积公式运算即可．【解答】解：几何体为三棱柱去掉一个三棱锥后的几何体，底面是直角三角形，直角边分别为3，4，侧面的高为5，被截取的棱锥的高为3．如图：V=V棱柱﹣V棱锥==24（cm3）故答案为：24．【点评】本题考查几何体的三视图及几何体的体积运算．V椎体=Sh，V柱体=Sh．考查空间想象能力．13．（4分）设z=kx+y，其中实数x，y满足，若z的最大值为12，则实数k=2．【分析】先画出可行域，得到角点坐标．再对k进行分类讨论，通过平移直线z=kx+y 得到最大值点A，即可得到答案．【解答】解：可行域如图：由得：A（4，4），同样地，得B（0，2），z=kx+y，即y=﹣kx+z，分k＞0，k＜0两种情形．当k＞0时，目标函数z=kx+y在A点取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，即12=4k+4，得k=2；当k＜0时，①当k＞﹣时，目标函数z=kx+y在A点（4，4）时取最大值，即直线z=kx+y 在y轴上的截距z最大，现在，12=4k+4，故k=2．②当k时，目标函数z=kx+y在B点（0，2）时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，现在，12=0×k+2，故k不存在．综上，k=2．故答案为：2．【点评】本题要紧考查简单线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数给予几何意义．14．（4分）将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有480种（用数字作答）【分析】按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，因此只看左的情形最后乘以2即可．【解答】解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，因此只看左的情形最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A，当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置能够选，有A A，当C在左边第3个位置时，有A A+A A，共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有480种．故答案为：480．【点评】本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要把握分类讨论的处理方法．15．（4分）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点P（﹣1，0）的直线l交抛物线C于两点A，B，点Q为线段AB的中点，若|FQ|=2，则直线l的斜率等于不存在．【分析】由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．利用根与系数的关系可得y1+y2=4m，利用中点坐标公式可得=2m，x0=my0﹣1=2m2﹣1．Q（2m2﹣1，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）．再利用两点间的距离公式即可得出m及k，再代入△判定是否成赶忙可．【解答】解：由题意设直线l的方程为my=x+1，联立得到y2﹣4my+4=0，△=16m2﹣16=16（m2﹣1）＞0．设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）．∴y1+y2=4m，∴=2m，∴x0=my0﹣1=2m2﹣1．∴Q（2m2﹣1，2m），由抛物线C：y2=4x得焦点F（1，0）．∵|QF|=2，∴，化为m2=1，解得m=±1，不满足△＞0．故满足条件的直线l不存在．故答案为不存在．【点评】本题综合考查了直线与抛物线的位置关系与△的关系、根与系数的关系、中点坐标关系、两点间的距离公式等基础知识，考查了推理能力和运算能力．16．（4分）△ABC中，∠C=90°，M是BC的中点，若，则sin∠BAC=．【分析】作出图象，设出未知量，在△ABM中，由正弦定理可得sin∠AMB=，进而可得cosβ=，在RT△ACM中，还可得cosβ=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sin∠BAC═=，代入化简可得答案．【解答】解：如图设AC=b，AB=c，CM=MB=，∠MAC=β，在△ABM中，由正弦定理可得=，代入数据可得=，解得sin∠AMB=，故cosβ=cos（﹣∠AMC）=sin∠AMC=sin（π﹣∠AMB）=sin∠AMB=，而在RT△ACM中，cosβ==，故可得=，化简可得a4﹣4a2b2+4b4=（a2﹣2b2）2=0，解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，联立可得c=，故在RT△ABC中，sin∠BAC====，另解：设∠BAM为α，∠MAC为β，正弦定理得BM：sinα=AM：sin∠BBM：sinβ=AM又有sinβ=cos∠AMC=cos（α+∠B），联立消去BM，AM得sin∠Bcos（α+∠B）=sinα，拆开，将1化成sin2∠B+cos2∠B，构造二次齐次式，同除cos2∠B，可得tanα=，若，则cos∠BAM=，tan∠BAM=，解得tan∠B=，cosB=易得sin∠BAC=．另解：作MD⊥AB交于D，设MD=1，AM=3，AD=2，DB=x，BM=CM=，用△DMB和△CAB相似解得x=，则cosB=，易得sin∠BAC=．故答案为：【点评】本题考查正弦定理的应用，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属难题．17．（4分）设、为单位向量，非零向量=x+y，x、y∈R．若、的夹角为30°，则的最大值等于2．【分析】由题意求得=，||==，从而可得===，再利用二次函数的性质求得的最大值．【解答】解：∵、为单位向量，和的夹角等于30°，∴=1×1×cos30°=．∵非零向量=x+y，∴||===，∴====，故当=﹣时，取得最大值为2，故答案为2．【点评】本题要紧考查两个向量的数量积的运算，求向量的模，利用二次函数的性质求函数的最大值，属于中档题．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）在公差为d的等差数列{a n}中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列．（Ⅰ）求d，a n；（Ⅱ）若d＜0，求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|．【分析】（Ⅰ）直截了当由已知条件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比数列列式求出公差，则通项公式a n可求；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中的结论，得到等差数列{a n}的前11项大于等于0，后面的项小于0，因此分类讨论求d＜0时|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|的和．【解答】解：（Ⅰ）由题意得，即，整理得d2﹣3d﹣4=0．解得d=﹣1或d=4．当d=﹣1时，a n=a1+（n﹣1）d=10﹣（n﹣1）=﹣n+11．当d=4时，a n=a1+（n﹣1）d=10+4（n﹣1）=4n+6．因此a n=﹣n+11或a n=4n+6；（Ⅱ）设数列{a n}的前n项和为S n，因为d＜0，由（Ⅰ）得d=﹣1，a n=﹣n+11．则当n≤11时，．当n≥12时，|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=﹣S n+2S11=．综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=．【点评】本题考查了等差数列、等比数列的差不多概念，考查了等差数列的通项公式，求和公式，考查了分类讨论的数学思想方法和学生的运算能力，是中档题．19．（14分）设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球2分，取出蓝球得3分．（1）当a=3，b=2，c=1时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和．求ξ分布列；（2）从该袋子中任取（且每球取到的机会均等）1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若，求a：b：c．【分析】（1）ξ的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相应的概率可得所求ξ的分布列；（2）先列出η的分布列，再利用η的数学期望和方差公式，即可得到结论．【解答】解：（1）由题意得ξ=2，3，4，5，6，P（ξ=2）==；P（ξ=3）==；P（ξ=4）==；P（ξ=5）==；P（ξ=6）==．故所求ξ的分布列为ξ23456P（2）由题意知η的分布列为η123PEη==Dη=（1﹣）2+（2﹣）2+（3﹣）2=．得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：2：1．【点评】本题要紧考查随机事件的概率和随机变量的分布列、数学期望等概念，同时考查抽象概括、运算能力，属于中档题．20．（15分）如图，在四面体A﹣BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2．M 是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC．（1）证明：PQ∥平面BCD；（2）若二面角C﹣BM﹣D的大小为60°，求∠BDC的大小．【分析】（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ．依照平行线分线段成比例定理结合三角形的中位线定理证出四边形OPQF是平行四边形，从而PQ∥OF，再由线面平行判定定理，证出PQ∥平面BCD；（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH．依照线面垂直的判定与性质证出BM⊥CH，因此∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°．设∠BDC=θ，用解直角三角形的方法算出HG和CG关于θ的表达式，最后在Rt△CHG中，依照正切的定义得出tan∠CHG==，从而得到tanθ=，由此可得∠BDC．【解答】（1）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3CF，连接OP、OF、FQ∵△ACD中，AQ=3QC且DF=3CF，∴QF∥AD且QF=AD∵△BDM中，O、P分别为BD、BM的中点∴OP∥DM，且OP=DM，结合M为AD中点得：OP∥AD且OP=AD∴OP∥QF且OP=QF，可得四边形OPQF是平行四边形∴PQ∥OF∵PQ⊄平面BCD且OF⊂平面BCD，∴PQ∥平面BCD；（2）过点C作CG⊥BD，垂足为G，过G作GH⊥BM于H，连接CH∵AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，∴AD⊥CG又∵CG⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线∴CG⊥平面ABD，结合BM⊂平面ABD，得CG⊥BM∵GH⊥BM，CG、GH是平面CGH内的相交直线∴BM⊥平面CGH，可得BM⊥CH因此，∠CHG是二面角C﹣BM﹣D的平面角，可得∠CHG=60°设∠BDC=θ，可得Rt△BCD中，CD=BDcosθ=2cosθ，CG=CDsinθ=sinθcosθ，BG=BCsinθ=2sin2θRt△BMD中，HG==；Rt△CHG中，tan∠CHG==∴tanθ=，可得θ=60°，即∠BDC=60°【点评】本题在底面为直角三角形且过锐角顶点的侧棱与底面垂直的三棱锥中求证线面平行，同时在已知二面角大小的情形下求线线角．着重考查了线面平行、线面垂直的判定与性质，解直角三角形和平面与平面所成角求法等知识，属于中档题．21．（15分）如图，点P（0，﹣1）是椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2+y2=4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A、B两点，l2交椭圆C1于另一点D．（1）求椭圆C1的方程；（2）求△ABD面积的最大值时直线l1的方程．【分析】（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx﹣1．利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2⊥l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联赶忙可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用差不多不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值．【解答】解：（1）由题意可得b=1，2a=4，即a=2．∴椭圆C1的方程为；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx﹣1．又圆的圆心O（0，0）到直线l1的距离d=．∴|AB|==．又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，联立，消去y得到（4+k2）x2+8kx=0，解得，∴|PD|=．==，∴三角形ABD的面积S△令4+k2=t＞4，则k2=t﹣4，f（t）===，∴S=，当且仅，即，当时取等号，△故所求直线l1的方程为．【点评】本题要紧考查了椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，同时考查了推理能力和运算能力及分析问题和解决问题的能力．22．（14分）已知a∈R，函数f（x）=x3﹣3x2+3ax﹣3a+3．（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当x∈[0，2]时，求|f（x）|的最大值．【分析】（1）求出原函数的导函数，求出函数取x=1时的导数值及f（1），由直线方程的点斜式写出切线方程；（2）求出原函数的导函数，分a≤0，0＜a＜1，a≥1三种情形求|f（x）|的最大值．专门当0＜a＜1时，仍需要利用导数求函数在区间（0，2）上的极值，然后在依照a的范畴分析区间端点值与极值绝对值的大小．【解答】解：（1）因为f（x）=x3﹣3x2+3ax﹣3a+3，因此f′（x）=3x2﹣6x+3a，故f′（1）=3a﹣3，又f（1）=1，因此所求的切线方程为y=（3a﹣3）x﹣3a+4；（2）由于f′（x）=3（x﹣1）2+3（a﹣1），0≤x≤2．故当a≤0时，有f′（x）≤0，现在f（x）在[0，2]上单调递减，故|f（x）|max=max{|f（0）|，|f（2）|}=3﹣3a．当a≥1时，有f′（x）≥0，现在f（x）在[0，2]上单调递增，故|f（x）|max=max{|f（0）|，|f（2）|}=3a﹣1．当0＜a＜1时，由3（x﹣1）2+3（a﹣1）=0，得，．因此，当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（x2，2）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．因此函数f（x）的极大值，极小值．故f（x1）+f（x2）=2＞0，．从而f（x1）＞|f（x2）|．因此|f（x）|max=max{f（0），|f（2）|，f（x1）}．当0＜a＜时，f（0）＞|f（2）|．又=故．当时，|f（2）|=f（2），且f（2）≥f（0）．又=．因此当时，f（x1）＞|f（2）|．故．当时，f（x1）≤|f（2）|．故f（x）max=|f（2）|=3a﹣1．综上所述|f（x）|max=．【点评】本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求闭区间上的最值，考查了分类讨论的数学思想方法，正确的分类是解答（2）的关键，此题属于难题．。

2021年浙江省高考数学试卷(理科)解析

2021年浙江省高考数学试卷(理科)解析

2021年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分2021年一般高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）1．（5分）（2021•浙江）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，那么（∁R P）∩Q=（）A ．[0，1）B．（0，2]C．（1，2）D．[1，2]2．（5分）（2021•浙江）某几何体的三视图如下图（单位：cm），那么该几何体的体积是（）A ．8cm3B．12cm3C．D．3．（5分）（2021•浙江）已知{a n}是等差数列，公差d不为零，前n项和是S n，假设a3，a4，a8成等比数列，那么（）A ．a1d＞0，dS4＞B．a1d＜0，dS4＜C．a1d＞0，dS4＜D．a1d＜0，dS4＞4．（5分）（2021•浙江）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（）A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞n C．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n05．（5分）（2021•浙江）如图，设抛物线y2=4x的核心为F，不通过核心的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，那么△BCF与△ACF的面积之比是（）A ．B．C．D．6．（5分）（2021•浙江）设A，B是有限集，概念：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card（A）表示有限集A中的元素个数（）命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立7．（5分）（2021•浙江）存在函数f（x）知足，对任意x∈R都有（）A ．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+x C．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|8．（5分）（2021•浙江）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，那么（）A ．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α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．9．（6分）（2021•浙江）双曲线=1的焦距是，渐近线方程是．10．（6分）（2021•浙江）已知函数f（x）=，那么f（f（﹣3））=，f（x）的最小值是．11．（6分）（2021•浙江）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是，单调递减区间是．12．（4分）（2021•浙江）假设a=log43，那么2a+2﹣a=．13．（4分）（2021•浙江）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N别离是AD，BC的中点，那么异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．14．（4分）（2021•浙江）假设实数x，y知足x2+y2≤1，那么|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是．15．（6分）（2021•浙江）已知是空间单位向量，，假设空间向量知足，且关于任意x，y∈R，，那么x0=，y0=，|=．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤．16．（14分）（2021•浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边别离为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．（1）求tanC的值；（2）假设△ABC的面积为3，求b的值．17．（15分）（2021•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（1）证明：A1D⊥平面A1BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．18．（15分）（2021•浙江）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；（2）当a，b知足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．19．（15分）（2021•浙江）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．（1）求实数m的取值范围；（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．20．（15分）（2021•浙江）已知数列{a n}知足a1=且a n+1=a n﹣a n2（n∈N*）（1）证明：1≤≤2（n∈N*）；（2）设数列{a n2}的前n项和为S n，证明（n∈N*）．2021年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分2021年一般高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）1．（5分）考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：求出P中不等式的解集确定出P，求出P补集与Q的交集即可．解答：解：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），∴∁R P=（0，2），∵Q=（1，2]，∴（∁R P）∩Q=（1，2），故选：C．点评：此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．2．（5分）考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．解答：解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形奥为2的正四棱锥，所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．故选：C．点评：本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法，考查计算能力．3．（5分）考点：等差数列与等比数列的综合．专题：等差数列与等比数列．分析：由a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断a1d和dS4的符号．解答：解：设等差数列{a n}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．∵d≠0，∴，∴，=＜0．故选：B．点评：本题考查了等差数列和等比数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．4．（5分）考点：命题的否定．专题：简易逻辑．分析：根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．解答：解：命题为全称命题，则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，故选：D．点评：本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．5．（5分）考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可．解答：解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于E，交y轴于M，由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，则===，故选：A点评：本题主要考查三角形的面积关系，利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键．6．（5分）考点：复合命题的真假．专题：集合；简易逻辑．分析：命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．解答：解：命题①：对任意有限集A，B，若“A≠B”，则A∪B≠A∩B，则card（A∪B）＞card （A∩B），故“d（A，B）＞0”成立，若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card（B∩C），∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card （A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，故选：A点评：本题考查了，元素和集合的关系，以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系，注意本题对充要条件的考查．集合的元素个数，体现两个集合的关系，但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题．7．（5分）考点：函数解析式的求解及常用方法．专题：函数的性质及应用．分析：利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可．解答：解：A．取x=0，则sin2x=0，∴f（0）=0；取x=，则sin2x=0，∴f（0）=1；∴f（0）=0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；B．取x=0，则f（0）=0；取x=π，则f（0）=π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x=1，则f（2）=2，取x=﹣1，则f（2）=0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令|x+1|=t，t≥0，则f（t2﹣1）=t；令t2﹣1=x，则t=；∴；即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；∴该选项正确．故选：D．点评：本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查，但是思考问题解决问题的方法比较难．8．（5分）考点：二面角的平面角及求法．专题：创新题型；空间角．分析：解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可．解答：解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α=∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．点评：本题考查空间角的大小比较，注意解题方法的积累，属于中档题．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．9．（6分）考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程．解答：解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．故答案为：2；y=±x．点评：本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础．10．（6分）考函数的值．点：专题：计算题；函数的性质及应用．分析：根据已知函数可先求f（﹣3）=1，然后代入可求f（f（﹣3））；由于x≥1时，f（x）=，当x＜1时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解解答：解：∵f（x）=，∴f（﹣3）=lg10=1，则f（f（﹣3））=f（1）=0，当x≥1时，f（x）=，即最小值，当x＜1时，x2+1≥1，（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，故f（x）的最小值是．故答案为：0；．点评：本题主要考查了分段函数的函数值的求解，属于基础试题．11．（6分）考点：两角和与差的正弦函数；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性．专题：三角函数的求值．分析：由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2x﹣）+，易得最小正周期，解不等式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间．解答：解：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1=（1﹣cos2x）+sin2x+1=sin（2x﹣）+，∴原函数的最小正周期为T==π，由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）点评：本题考查三角函数的化简，涉及三角函数的周期性和单调性，属基础题．12．（4分）考对数的运算性质．点：函数的性质及应用．专题：分直接把a代入2a+2﹣a，然后利用对数的运算性质得答案．析：解答：解：∵a=log43，可知4a=3，即2a=，所以2a+2﹣a=+=．故答案为：．点评：本题考查对数的运算性质，是基础的计算题．13．（4分）考点：异面直线及其所成的角．专题：空间角．分析：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC通过解三角形，求解即可．解答：解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN=2，∴ME==EN，MC=2，又∵EN⊥NC，∴EC==，∴cos∠EMC===．故答案为：．点评：本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．14．（4分）考点：函数的最值及其几何意义．专题：不等式的解法及应用；直线与圆．分析：根据所给x，y的范围，可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值．解答：解：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2+y﹣2|=2x+y﹣2，此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3；在直线的下方（含直线），即有2x+y﹣2≤0，即|2+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3．综上可得，当x=，y=时，|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3．故答案为：3．点评：本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题．15．（6分）考点：空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运算．专题：创新题型；空间向量及应用．分析：由题意和数量积的运算可得＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），由已知可解=（，，t），可得|﹣（|2=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，由模长公式可得|．解答：解：∵•=||||cos＜•＞=cos＜•＞=，∴＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），=（m，n，t），则由题意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，，t），∵﹣（）=（﹣x﹣y，，t），∴|﹣（|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，此时t2=1，故|==2故答案为：1；2；2点评：本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤．16．（14分）余弦定理．考点：专解三角形．题：分（1）由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=c2．可得，析：a=．利用余弦定理可得cosC．可得sinC=，即可得出tanC=．（2）由=×=3，可得c，即可得出b．解解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，答：又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得，∴a2=b2﹣=，即a=．∴cosC===．∵C∈（0，π），∴sinC==．∴tanC==2．（2）∵=×=3，解得c=2．∴=3．点评：本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．（15分）考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．解答：（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．则BC=AC=2，A1O==，易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），∵•=0，∴A1D⊥OA1，又∵•=0，∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（0，，1），∴cos＜，＞===，又∵该二面角为钝角，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．点评：本题考查空间中线面垂直的判定定理，考查求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题．18．（15分）考点：二次函数在闭区间上的最值．专题：函数的性质及应用．分析：（1）明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由a的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；（2）讨论a=b=0以及分析M（a，b）≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值．解答：解：（1）由已知可得f（1）=1+a+b，f（﹣1）=1﹣a+b，对称轴为x=﹣，因为|a|≥2，所以或≥1，所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|≥2；（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；又对任意x∈[﹣1，1]．有﹣2≤x2+ax+b≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，易知|a|+|b|=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为3．点评：本题考查了二次函数闭区间上的最值求法；解答本题的关键是正确理解M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值，以及利用三角不等式变形．19．（15分）考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．可得△＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得P，代入直线y=mx+，可得，代入△＞0，即可解出．（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．解答：解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，由于点P在直线y=mx+上，∴=+，∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，解得m2，∴或m．（2）直线AB与x轴交点纵坐标为n，∴S△OAB==|n|•=，由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．点评：本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20．（15分）考点：数列的求和；数列与不等式的综合．专题：创新题型；点列、递归数列与数学归纳法．分析：（1）通过题意易得0＜a n≤（n∈N*），利用a n﹣a n+1=可得≥1，利用==≤2，即得结论；（2）通过=a n﹣a n+1累加得S n=﹣a n+1，利用数学归纳法可证明≥a n≥（n≥2），从而≥≥，化简即得结论．解答：证明：（1）由题意可知：0＜a n≤（n∈N*），又∵a2=a1﹣=，∴==2，又∵a n﹣a n+1=，∴a n＞a n+1，∴≥1，∴==≤2，∴1≤≤2（n∈N*）；（2）由已知，=a n﹣a n+1，=a n﹣1﹣a n，…，=a1﹣a2，累加，得S n=++…+=a1﹣a n+1=﹣a n+1，易知当n=1时，要证式子显然成立；当n≥2时，=．下面证明：≥a n≥（n≥2）．易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则a k+1=﹣+，由二次函数单调性知：a n+1≥﹣+=≥，a n+1≤﹣+=≤，∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，故对n≥2，均有≥a n≥，∴=≥≥=，即（n∈N*）．点评：本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．。

最新整理高考浙江数理科试卷含答案全word.doc

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普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学（理科）本试题卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

全卷共4页，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页。

满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

第Ⅰ卷（共50分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。

2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不能答在试题卷上。

参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么 P （A+B ）=P （A ）+（B ） 如果事件A 、B 相互独立，那么 P （A ·B ）=P （A ）·（B ） 如果事件A 在一次试验中发生的概率是p 那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率： k n k k n n p p C k P --=)1()(球的表面积公式 S=42R π其中R 表示球的半径求的体积公式V=334R π其中R 表示球的半径一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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a 是实数，iia +-1是春虚数，则a = （A ）1 （B ）-1 （C ）2 （D ）-2（2）已知U=R ，A={}0|>x x ,B={}1|-≤x x ,则（A ()()=A C B B C A u u （A ）∅ （B ）{}0|≤χχ（C ）{}1|->χχ （D ）{}10|-≤>χχχ或 （3）已知a ，b 都是实数，那么“22b a >”是“a >b ”的（A ）充分而不必要条件 （B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件 （D ）既不充分也不必要条件（4）在)5)(4)(3)(2)(1(-----x x x x x 的展开式中，含4x 的项的系数是 （A ）-15 （B ）85 （C ）-120 （D ）274（5）在同一平面直角坐标系中，函数])20[)(232cos(ππ，∈+=x x y 的图象和直线21=y 的交点个数是（A ）0 （B ）1 （C ）2 （D ）4（6）已知{}n a 是等比数列，41252==a a ，，则13221++++n n a a a a a a = （A ）16（n --41） （B ）16（n --21） （C ）332（n --41） （D ）332（n--21） （7）若双曲线12222=-by a x 的两个焦点到一条准线的距离之比为3：2,则双曲线的离心率是（A ）3 （B ）5 （C ）3 （D ）5 （8）若,5sin 2cos -=+a a 则a tan = （A ）21 （B ）2 （C ）21- （D ）2- （9）已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足0)()(=-⋅-c b c a ,则c 的最大值是（A ）1 （B ）2 （C ）2 （D ）22（10）如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是（A ）圆 （B ）椭圆（C ）一条直线 （D ）两条平行直线普通高等学校招生全国统一考试浙江卷数学（理科）第Ⅱ卷（共100分）注意事项：1．黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上，不能答在试题卷上。

2019年浙江省高考理科数学试卷及答案解析【word版】

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2019年浙江省高考理科数学试卷及答案解析【w o r d版】(总8页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ， 则=A C U （ ） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{（2）已知是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的 表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数 x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ）A.向右平移4π个单位B.向左平移4π个单位C.向右平移12π个单位D.向左平移12π个单位5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记n m y x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ） （ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ）A.3≤cB.63≤<cC.96≤<cD. 9>c 7.在同意直角坐标系中，函数x x g x x x f a a log )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y ≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量，则（ ）A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+D.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≤+9.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个篮球 ()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i i =个球放入甲盒中.（a ）放入个球后，甲盒中含有红球的个数记为()1,2ii ξ=；（b ）放入个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为 ()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<<10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I <<二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的 结果是________.12.随机变量ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________.13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时， 14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围是________.14.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______16.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练. 已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值19（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 . 若{}na 为 等比数列，且.6,2231b ba +==（1）求n a 与n b ； （2）设()*∈-=N n b a c nn n 11。

【最新资料】浙江省考试院高考测试(理科)数学试卷及答案

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高考数学最新资料 浙江省考试院20xx 年高考测试理科数学试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共5页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至5页。

满分150分，考试时间120分钟。

请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

选择题部分 (共50分)注意事项:1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上。

2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不能答在试题卷上。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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 ＝{y | y ＝2x ，x ∈R }，则 R A ＝A ．∅B ． (－∞，0]C ．(0，＋∞)D ．R 2．已知a ，b 是实数，则“| a ＋b |＝| a |＋| b |”是“ab ＞0”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．若函数f(x ) (x ∈R )是奇函数，函数g(x ) (x ∈R )是偶函数，则A ．函数f [g (x )]是奇函数B ．函数g [f (x )]是奇函数C ．函数f (x ) g (x )是奇函数D ．函数f (x )＋g (x )是奇函数4．设函数f (x )＝x 3－4x ＋a ，0＜a ＜2．若f (x )的三个零点为x 1，x 2，x 3，且x 1＜x 2＜x 3，则A ．x 1＞－1B ．x 2＜0C ．x 2＞0D ．x 3＞25．如图，在四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥DC ．若|AB |＝a ，|AD |＝b ，则AC BD ⋅＝A ．b 2－a 2B ．a 2－b 2C ．a 2＋b 2D ．ab 6．设数列{a n }．A ．若2n a ＝4n ，n ∈N *，则{a n }为等比数列 B ．若a n a n +2＝21n a +，n ∈N *，则{a n }为等比数列C ．若a m a n ＝2m +n ，m ，n ∈N *，则{a n }为等比数列D ．若a n a n +3＝a n +1a n +2，n ∈N *，则{a n }为等比数列7．已知以下三视图中有三个同时表示某一个三棱锥，则不是．．该三棱锥的三视图是ABCD8．若整数x ，y 满足不等式组 0,2100,0,x y x y y ⎧->⎪--<⎨+- 则2x＋y 的最大值是A ．11B ．23C ．26D ．309．如图，F 1，F 2是双曲线C ：22221x y a b-=(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，过F 1的直线与C 的左、右两支分别交于A ，B 两点．若 | AB | : | BF 2 | : | AF 2 |＝3:4 : 5，则双曲线的离心率为A B C ．2 D (第6题图)侧视图正视图俯视图侧视图俯视图侧视图正视图 俯视图侧视图俯视图 xy OA BF 1F 2(第9题图)10．如图，函数y＝f(x)的图象为折线ABC，设f1(x)＝f(x)，f n+1 (x)＝f[f n(x)]，n∈N*，则函数y＝f4(x)的图象为A．B．C．D．非选择题部分 (共100分)注意事项：1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。

2022浙江高考数学理科

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2022浙江高考数学理科【一】:2022年高考浙江理科数学试题及答案(精校版)2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一。

选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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、设全集U{N，2}，集合A{N，25}，则CUA（）A。

B。

{2}C。

{5}D。

{2,5}2、已知i是虚数单位，a,b R,则“a b1”是“(a bi)22i”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、几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是()A。

90cmB。

129cmC。

132cmD。

138cm4、为了得到函数y in3co3图像，可以将函数2222y图像（）A。

向右平移个单位B。

向左平移个单位44C。

向右平移个单位D。

向左平移个单位121264mn5、在(1)(1y)的展开式中,记y项的系数f(m,n)，则f(3,0f)(2f,1)f(=1（）A。

45B。

60C。

120D。

2106。

已知函数f()3a2b c，且0f(1)f(2)f(3)3（）A。

c3B。

3c6C。

6c9D。

c97。

在同一直角坐标系中，函数f()(0)，g()loga图像可能是（）a8。

记ma{,y},y y,y，min{,y}，设a,b为平面向量，则（）y,y,yA．min{，a b，,，a b，}min{，a，,，b，}B。

min{，a b，,，a b，}min{，a，,，b，}C。

ma{，a b，2,，a b，2}，a，2，b，2D。

ma{，a b，2,，a b，2}，a，2，b，29。

已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个篮球(m3,n3)，从乙盒中随机抽取i(i1,2)个球放入甲盒中。

（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为i(i1,2)；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi(i1,2)。

(word版)浙江高考理科数学试题及解析

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2021年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕数 学〔理科〕选择题局部〔共 50分〕1.(2021年浙江)集合P={x|-1＜x ＜1}，Q={0＜x ＜2}，那么P ∪Q=〔〕A ．〔1，2〕B ．〔0，1〕C ．〔-1，0〕D ．〔1，2〕【解析】利用数轴，取P ，Q 所有元素，得P ∪Q=〔-1，2〕.x 2 y 22.(2021年浙江)椭圆 9+4=1的离心率是〔〕13525 A ． 3B ． 3C ． 3D ．99-4 5【解析】e=3=3.应选B ．3.(2021年浙江)某几何体的三视图如下图〔单位： cm 〕，那么该几何体的体积〔单位： cm 3〕是〔 〕〔第3题图〕A ．1B ．3C ．31D ．33222 2A 【解析】根据所给三视图可复原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所21 π×11π以，几何体的体积为 V=×3×〔2+×2×1 〕=+1. 应选A.3 2 2≥0，4.(2021年浙江)假设x ，y 满足约束条件 x+y-3≥0，那么z=x+2y 的取值范围是〔 〕x-2y ≤0，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(2,1)时取最小值4，无最大值，选D．5.(2021年浙江)假设函数f(x)=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，那么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aa2B【解析】因为最值f〔0〕=b，f〔1〕=1+a+b，f〔-2〕=b-4中取，所以最值之差一定与b无关.应选B.6.(2021年浙江)等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，那么“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S+S-2S=10a+21d-2〔5a+10d〕=d，可知当d＞0时，有S+S-2S＞0，46511465即S4+S6>2S5，反之，假设S4+S6>2S5，那么d＞0，所以“d>0〞是“S4+S6>2S5〞的充要条件，选C．7.(2021年浙江)函数y=f(x)的导函数y=f〔′x〕的图象如下图，那么函数y=f(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 x=0位于增区间内.应选D.8.(2021年浙江)随机变量ξ满足P 〔ξ=1〕=p ，P 〔ξ=0〕=1–p ，i=1，2．假设0<p<p< 2iiiii12 1，那么〔 〕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)A 【解析】∵E(ξ1)=p 1，E(ξ2)=p 2，∴E(ξ1)＜E(ξ2)，∵D(ξ1)=p 1(1-p 1)，D(ξ2)=p 2(1-p 2)，∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)＜0.应选A ．9.(2021年浙江)如图，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 ，BQ =CR=2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –PQCRA的平面角为 α，β，γ，那么〔 〕〔第9题图〕A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α9.B【解析】设O 为三角形AB C中心，那么 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<γ<β.应选B.10.(2021年浙江)如图，平面四边形 ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=→ →→ →→→〕·，I 2=·，I 3=·，那么〔OAOB OBOC OCOD〔第10题图〕A．I＜I＜I3B．I＜I＜I21213 C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I310.C【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，所以→→＞0＞→→··OBOC OAOB＞→→.应选C.·OCOD非选择题局部〔共100分〕11.(2021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．祖冲之继承并开展了“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=．33133．11.2【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，那么S6=6×〔2×1×1×sin60〕°=212.(2021年浙江)a，b∈R，〔a+bi〕2=3+4i〔i是虚数单位〕那么a2+b2=___________，ab=___________.a2-b2=3，a2=4，2【解析】由题意可得a2-b2+2abi=3+4i，那么ab=2，解得b2=1，那么a2+b2=5，ab=2.13.(2021年浙江)多项式〔x+1〕3〔x+2〕2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，，那么a4=________，a=________．513.164【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr3x r Cm2·22-m=Cr3Cm·2·22-m·x r+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.(2021年浙江)△ABC ，AB=AC=4，BC=2．点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD ，那么△BDC 的面积是___________，cos ∠BDC=___________.1510BE 114.24【解析】取BC 中点E ，由题意，AE ⊥BC ，△ABE 中，cos ∠ABE=AB =4，1 1 15 1∴cos ∠DBC=- 4 ，sin ∠DBC= 1-16= 4， ∴S △BCD = 215 .∵∠ABC=2∠BDC ，∴cos ∠ABC=cos2∠BDC=2cos 2∠BDC-1= 1×BD ×BC ×sin ∠DBC= 24，10 10 15 解得cos ∠BDC=4 或cos ∠BDC=-4〔舍去〕.综上可得，△BCD面积为2，10cos ∠BDC=4.15.(2021年浙江)向量 a ，b 满足|a|=1,|b|=2,那么|a+b|+|a-b|的最小值是________，最大值是_______．15. 4，2 5【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|=12+22-2×1×2×cos θ= 5-4cos ，θ|a+b|=12+22-2×1×2×cos(π-θ)=5+4cos θ，那么|a+b|+|a-b|=5+4cos+θ5-4cos θ，令y=5+4cos θ+5-4cos θ，那么y 2=10+225-16cos 2θ∈[16,20]，据此可得(|a+b|+|a-b|)max =20=2 5,(|a+b|+|a-b|)min =16=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是 4，最大值是25．16.(2021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人效劳队，要求效劳队中至少有 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人效劳队〞中的选择方法为C48×C14×C13〔种〕方法，其中“效劳队中没有女生〞的选法有C46×C14×C13〔种〕方法，那么满足题意的选法有 C48×C14×C13-C46×C1 4×C13=660〔种〕.417.(2021年浙江)a R，函数f〔x〕=|x+x-a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，那么a的取值范围是___________．9444 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-，2x x x函数的最大值9，舍去；②当a≤4时，f〔x〕=x+44≤5，此时命题成立；2a-4=5，∴a=-a+a=x+x2x③当4＜a＜5时，[f(x)]max=max{|4-a|+a,|5-a|+a}，那么|4-a|+a≥-a|+a|5，或|4-a|+a＜|5-a|+a，解|4-a|+a=5|4-a|+a=5999得a=或a＜.综上可得，实数a的取值范围是〔-∞，]．22218.(2021年浙江)函数f〔x〕=sin2x–cos2x–23sinxcosx〔x∈R〕．2π〔1〕求f〔3〕的值．〔2〕求f〔x〕的最小正周期及单调递增区间．18.解：〔1〕由sin 2π32π1，3=2，cos=-32f〔2π312-231〕=〔〕2-〔-〕3××〔-〕．32222得f〔2π．〕=232〕由cos2x=cos2x-sin2x与sin2x=2sinxcosx，得f(x)=-cos2x-3sin2x=-2sin(2x+π)．6所以f(x)的最小正周期是π．由正弦函数的性质得ππ≤π3ππ，k∈Z，+2k2x+≤+2k262π3π解得6+kπ≤x2≤+2kπ，k∈Z，所以，f〔x〕的单调递增区间是[π3π6+kπ，2+2kπ]，k∈Z．(2021年浙江)如图，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．PEA DB C〔第19题图〕1〕证明：CE∥平面PAB；2〕求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．19.解：〔1〕如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，1所以EF∥AD且EF=2AD，1又因为BC∥AD，BC=2AD，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．〔2〕分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以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 ．所以AD ⊥平面PBN ，由BC//AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN ．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，所以∠ 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= 2得CE= 2，在△PBN 中，由PN=BN=1，PB=3得QH=1，4在Rt △MQH 中，QH=1，MQ=2，4所以sin ∠QMH=2 ，8所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是2．8-x120.(2021年浙江)函数f(x)=〔x –2x-1〕e 〔x ≥〕．21〕求f(x)的导函数；2〕求f(x)在区间[12，+∞)上的取值范围．1，〔e -x 〕′=-e -x，20.解：〔1〕因为〔x –2x-1〕′=1-2x-1所以f 〔x 〕=〔1-1 〕e -x-〔x –2x-1 (1-x)(2x-1-2)e-x1 2x-1〕e-x=(x ＞).2x-12（2〕由f(′x)=(1-x)(2x-1-2)e -x =02x-15解得x=1或x=．因为x 1〔 1，1〕1 〔1，5〕5 〔 5，+∞〕22 22 2f(x)′–+0 –1 - 11 - 5f 〔x 〕2e2↘ 0↗2e2↘又f 〔x 〕= 1〔2x-1-1〕2e -x ≥0，2所以f 〔x 〕在区间1 1 1[，+∞)上的取值范围是[0，e -]．22221.(2021年浙江)如图，抛物线x 2=y ，点A 〔-1，1〕，B 〔3，9〕，抛物线上的点 p(x,y)(-1242 42＜x ＜3)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．2〔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 ，21x-41，k=1=x-2x+213因为-2＜x ＜2，所以直线AP 斜率的取值范围是〔 -1，1〕．1 1〔2〕联立直线AP 与BQ 的方程kx-y+2k+4=0，9 3x+ky-4k-2=0，解得点Q 的横坐标是 x Q = -k 2+4k+3 ．2(k 2+1)因为|PA|= 11+k 2(k+1)，1+k 2(x+)=2|PQ|= (k-1)(k+1) 21+k 2(x Q -x)=-k 2+1 ，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(-1,1 1)上单调递增，(,1)上单调递减，22因此当k=1时，|PA|·|PQ|取得最大值27．216(2021年浙江)数列{x n }满足x 1=1，x n =x n+1+ln(1+x n+1)〔n ∈N *〕．证明：当n ∈N *时，1〕0＜x n+1＜x n ；〔2〕2x n+1nx n x n+1；-x ≤2〔3〕1n-1 ≤x n ≤1n-2．2 222.解：〔1〕用数学归纳法证明 n＞0．x当n=1时，x 1=1>0．假设n=k 时，x k >0，那么n=k+1时，假设x k+1≤0，那么0＜x k =x k+1+ln 〔1+x k+1〕≤0，矛盾，故 x k+1＞0．因此x n ＞0〔n ∈N *〕．所以x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n 〔n ∈N *〕． 2〕由x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕，得x n x n+1-4x n+1+2x n =x n+12-2x n+1+〔x n+1+2〕ln 〔1+x n+1〕.记函数f 〔x 〕=x2-2x+〔x+2〕ln 〔1+x 〕〔x ≥0〕，2x 2+xf 〔′x 〕=x+1+ln 〔1+x 〕＞0〔x ＞0〕，函数f 〔x 〕在[0，+∞]上单调递增，所以 f 〔x 〕≥f 〔0〕=0，因此x n+12-2x n+1+〔x n+1+2〕ln 〔1+x n+1〕=f 〔x n+1〕≥0， 故2x n+1 -x nx n x n+1〔n ∈N *〕．≤ 23〕因为x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕≤x n+1+x n+1=2x n+1，1所以x n ≥2n-1，由x n x n+1≥2x n+1-x n ，2得1-1≥2〔1-1〕＞0，x n+12x n 2所以 1 - 1≥2〔 1 - 1〕≥≥2n-1〔 1 - 1〕=2n-2，x n 2 x n-12 x 1 21故x n ≤2n-2．(word版)浙江高考理科数学试题及解析综上，1n-1≤x n≤1n-2〔n∈N*〕．2211 / 1111。

浙江高考理科数学试题含答案(Word版)

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普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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）设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （ ） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（ ）A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记n m y x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ） （ ）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （ ）A.3≤cB.63≤<cC.96≤<cD. 9>c 7.在同意直角坐标系中，函数x x g x x x f a a log )(),0()(=≥=的图像可能是（ ）8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y ≥⎧=⎨<⎩，设,a b 为平面向量，则（ ）A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+D.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≤+9.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个篮球()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i i =个球放入甲盒中.（a ）放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为()1,2ii ξ=；（b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为()1,2i p i =.则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<<10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-= ，.3,2,1=k 则A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I << 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是________.12.随机变量ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________. 13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时，14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围是________.14.、在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______16.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练.已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值19（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221 .若{}n a 为等比数列，且.6,2231b b a +== （1）求n a 与n b ；（2）设()*∈-=N n b a c nn n 11。

2024年浙江高考数学真题及答案

2024年浙江高考数学真题及答案

2024年浙江高考数学真题及答案本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x xB =-<<=--∣，则A B = （）A.{1,0}- B.{2,3} C.{3,1,0}-- D.{1,0,2}-2.若1i 1zz =+-，则z =（）A.1i --B.1i-+ C.1i- D.1i+3.已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥-，则x =（）A.2- B.1- C.1D.24.已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（）A.3m- B.3m -C.3m D.3m5.（）A. B. C. D.6.已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（）A.(,0]-∞ B.[1,0]- C.[1,1]- D.[0,)+∞7.当[0,2]x πÎ时，曲线sin y x =与2sin 36y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的交点个数为（）A.3B.4C.6D.88.已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（）A.(10)100f >B.(20)1000f >C.(10)1000f < D.(20)10000f <二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A.(2)0.2P X >>B.(2)0.5P X ><C.(2)0.5P Y >> D.(2)0.8P Y ><10.设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A.3x =是()f x 的极小值点B.当01x <<时，()2()f x f x<C.当12x <<时，4(21)0f x -<-< D.当10x -<<时，(2)()f x f x ->11.造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（）A.2a =- B.点在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为___________．13.若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a __________.14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C B =，222a b c +-=（1）求B ；（2）若ABC 的面积为3c ．16.已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>上两点.（1）求C 的离心率;（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．17.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB ==．（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为427，求AD ．18.已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．19.设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．（1）写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；（3）从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．参考答案本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x xB =-<<=--∣，则A B = （）A.{1,0}- B.{2,3} C.{3,1,0}-- D.{1,0,2}-【答案】A 【解析】【分析】化简集合A ，由交集的概念即可得解.【详解】因为{{}|,3,1,0,2,3A x x B =<<=--，且注意到12<<，从而A B = {}1,0-.故选：A.2.若1i 1zz =+-，则z =（）A.1i --B.1i-+ C.1i- D.1i+【答案】C 【解析】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为11111i 111z z z z z -+==+=+---，所以111i i z =+=-.故选：C.3.已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥-，则x =（）A.2-B.1- C.1D.2【答案】D 【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x 的值.【详解】因为()4b b a ⊥- ，所以()40b b a ⋅-=，所以240b a b -⋅=即2440x x +-=，故2x =，故选：D.4.已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（）A.3m -B.3m -C.3m D.3m【答案】A 【解析】【分析】根据两角和的余弦可求cos cos ,sin sin αβαβ的关系，结合tan tan αβ的值可求前者，故可求()cos αβ-的值.【详解】因为()cos m αβ+=，所以cos cos sin sin m αβαβ-=，而tan tan 2αβ=，所以sin sin 2cos cos αβαβ=，故cos cos 2cos cos m αβαβ-=即cos cos m αβ=-，从而sin sin 2m αβ=-，故()cos 3m αβ-=-，故选：A.5.（）A. B. C. D.【答案】B 【解析】【分析】设圆柱的底面半径为r ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r 的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r =即=，故3r =，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.6.已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（）A.(,0]-∞ B.[1,0]- C.[1,1]- D.[0,)+∞【答案】B 【解析】【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为()f x 在R 上单调递增，且0x ≥时，()()e ln 1xf x x =++单调递增，则需满足()02021e ln1a a -⎧-≥⎪⨯-⎨⎪-≤+⎩，解得10a -≤≤，即a 的范围是[1,0]-.故选：B.7.当[0,2]x πÎ时，曲线sin y x =与2sin 36y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的交点个数为（）A.3B.4C.6D.8【答案】C 【解析】【分析】画出两函数在[]0,2π上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数sin y x =的的最小正周期为2πT =，函数π2sin 36y x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小正周期为2π3T =，所以在[]0,2πx ∈上函数π2sin 36y x ⎛⎫=-⎪⎝⎭有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C8.已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（）A.(10)100f >B.(20)1000f >C.(10)1000f <D.(20)10000f <【答案】B 【解析】【分析】代入得到(1)1,(2)2f f ==，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当3x <时()f x x =，所以(1)1,(2)2f f ==，又因为()(1)(2)f x f x f x >-+-，则(3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5f f f f f f >+=>+>，(5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(11)377f f f f f f f f f >+>>+>>+>(14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987f f f f f f >+>>+>，(16)(15)(14)15971000f f f >+>>，则依次下去可知(20)1000f >，则B 正确；且无证据表明ACD 一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用(1)1,(2)2f f ==，再利用题目所给的函数性质()(1)(2)f x f x f x >-+-，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A.(2)0.2P X >>B.(2)0.5P X ><C.(2)0.5P Y >>D.(2)0.8P Y ><【答案】BC 【解析】【分析】根据正态分布的3σ原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01x s ==，所以()2.1,0.1Y N ，故()()()2 2.10.1 2.10.10.84130.5P Y P Y P Y >=>-=<+≈>，C 正确，D 错误；因为()1.8,0.1X N ，所以()()2 1.820.1P X P X >=>+⨯，因为()1.80.10.8413P X <+≈，所以()1.80.110.84130.15870.2P X >+≈-=<，而()()()2 1.820.1 1.80.10.2P X P X P X >=>+⨯<>+<，B 正确，A 错误，故选：BC．10.设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A.3x =是()f x 的极小值点B.当01x <<时，()2()f x f x<C.当12x <<时，4(21)0f x -<-< D.当10x -<<时，(2)()f x f x ->【答案】ACD 【解析】【分析】求出函数()f x 的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数()f x 在()1,3上的值域即可判断C；直接作差可判断D.【详解】对A ，因为函数()f x 的定义域为R ，而()()()()()()22141313f x x x x x x =--+-=--'，易知当()1,3x ∈时，()0f x '<，当(),1x ∞∈-或()3,x ∞∈+时，()0f x '>函数()f x 在(),1∞-上单调递增，在()1,3上单调递减，在()3,∞+上单调递增，故3x =是函数()f x 的极小值点，正确；对B，当01x <<时，()210x x x x -=->，所以210x x >>>，而由上可知，函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()2f x f x>，错误；对C，当12x <<时，1213x <-<，而由上可知，函数()f x 在()1,3上单调递减，所以()()()1213f f x f >->，即()4210f x -<-<，正确；对D，当10x -<<时，()()()()()()222(2)()12141220f x f x x x x x x x --=------=-->，所以(2)()f x f x ->，正确；故选：ACD.11.造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（）A.2a =- B.点在C 上C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+【答案】ABD 【解析】【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求a ，故可判断A 的正误，结合曲线方程可判断B 的正误，利用特例法可判断C 的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D 的正误.【详解】对于A：设曲线上的动点(),P x y ，则2x >-4x a -=，04a -=，解得2a =-，故A 正确.对于24x +=，而2x >-，()24x +=.当0x y ==()2844=-=，故()在曲线上，故B 正确.对于C：由曲线的方程可得()()2221622y x x =--+，取32x =，则2641494y =-，而64164525624510494494494---=-=>⨯，故此时21y >，故C 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C 错误.对于D：当点()00,x y 在曲线上时，由C 的分析可得()()()220022001616222y x x x =--≤++，故0004422y x x -≤≤++，故D 正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为___________．【答案】32【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出2AF ，结合双曲线第一定义求出1AF ，即可得到,,a b c 的值，从而求出离心率.【详解】由题可知2,,A B F 三点横坐标相等，设A 在第一象限，将x c =代入22221x ya b-=得2b y a =±，即22,,,b b A c B c a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2210b AB a ==，225b AF a ==，又122AF AF a -=，得1222513AF AF a a =+=+=，解得4a =，代入25b a=得220b =，故22236,c a b =+=，即6c =，所以6342c e a ===.故答案为：3213.若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a __________.【答案】ln 2【解析】【分析】先求出曲线e x y x =+在()0,1的切线方程，再设曲线()ln 1y x a =++的切点为()()0,ln 1x xa ++，求出y '，利用公切线斜率相等求出0x ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由e x y x =+得e 1x y '=+，00|e 12x y ='=+=，故曲线e x y x =+在()0,1处的切线方程为21y x =+；由()ln 1y x a =++得11y x '=+，设切线与曲线()ln 1y x a =++相切的切点为()()00,ln 1x x a ++，由两曲线有公切线得0121y x '==+，解得012x =-，则切点为11,ln 22a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，切线方程为112ln 21ln 222y x a x a ⎛⎫=+++=++- ⎪⎝⎭，根据两切线重合,所以ln 20a -=，解得ln 2a =.故答案为：ln 214.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.【答案】12##0.5【解析】【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,X X X X ，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率()631448k P X ===⨯，所以()()31,2,3,48k E X k ==.从而()()()441234113382kk k E X E X X X X E X ===+++===∑∑.记()()0,1,2,3k p P X k k ===.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A 24p ==；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以34411A 24p ==.而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故01231p p p p +++=，()1233232p p p E X ++==.所以121112p p ++=，1213282p p ++=，两式相减即得211242p +=，故2312p p +=.所以甲的总得分不小于2的概率为2312p p +=.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C B =，222a b c +-=（1）求B ；（2）若ABC 的面积为3c ．【答案】（1）π3B =（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cos ,sin C C ，最后结合已知sin C B=得cos B 的值即可；（2）首先求出,,A B C ，然后由正弦定理可将,a b 均用含有c 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】由余弦定理有2222cos a b c ab C +-=，对比已知222a b c +-=，可得22222cos 222a b c C ab ab +-===，因为()0,πC ∈，所以sin 0C >，从而2sin 2C ==，又因为sin C B =，即1cos 2B =，注意到()0,πB ∈，所以π3B =.【小问2详解】由（1）可得π3B =，2cos 2C =，()0,πC ∈，从而π4C =，ππ5ππ3412A =--=，而5πππ232162sin sin sin 124622224A ⎛⎫⎛⎫==+=⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由正弦定理有5πππsin sin sin 1234a b c==，从而623136,4222a cbc +====，由三角形面积公式可知，ABC 的面积可表示为211316233sin 222228ABC S ab C c c c +==⋅⋅= ，由已知ABC 的面积为3+，可得23338c =，所以c =16.已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x yC a b a b+=>>上两点.（1）求C 的离心率;（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】（1）12（2）直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.【解析】【分析】（1）代入两点得到关于,a b 的方程，解出即可；（2）方法一：以AP 为底，求出三角形的高，即点B 到直线AP 的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B 点坐标，则得到直线l 的方程；方法二：同法一得到点B 到直线AP 的距离，再设()00,B x y ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B 到直线AP 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB 斜率不存在的情况，再设直线3y kx =+，联立椭圆方程，得到点B 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB 斜率不存在的情况，再设3:(3)2PB y k x -=-，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.【小问1详解】由题意得2239941b a b =⎧⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得22912b a ⎧=⎨=⎩，所以12e ==.【小问2详解】法一：3312032APk -==--，则直线AP 的方程为132y x =-+，即260x y +-=，2AP ==，由（1）知22:1129x y C +=，设点B 到直线AP 的距离为d，则5352d ==，则将直线AP 沿着与AP 垂直的方向平移1255单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B ，设该平行线的方程为：20x y C ++=，5=，解得6C =或18C =-，当6C =时，联立221129260x y x y ⎧+=⎪⎨⎪++=⎩，解得03x y =⎧⎨=-⎩或332x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，当()0,3B -时，此时32l k =，直线l 的方程为332y x =-，即3260x y --=，当33,2B ⎛⎫--⎪⎝⎭时，此时12lk =，直线l 的方程为12y x =，即20x y -=，当18C =-时，联立2211292180x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩得22271170y y -+=，227421172070∆=-⨯⨯=-<，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.法二：同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP 的距离1255d =，设()00,B x y，则220012551129x y =⎪+=⎪⎩，解得00332x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩或0003x y =⎧⎨=-⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，以下同法一.法三：同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP的距离5d =，设(),3sin B θθ，其中[)0,2θ∈π1255=，联立22cos sin 1θθ+=，解得cos 21sin 2θθ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或cos 0sin 1θθ=⎧⎨=-⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，以下同法一；法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时()0,3B -，16392PAB S =⨯⨯= ，符合题意，此时32l k =，直线l 的方程为332y x =-，即3260x y --=，当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为3y kx =+，联立椭圆方程有2231129y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，则()2243240k x kx ++=，其中AP k k ≠，即12k ≠-，解得0x =或22443k x k -=+，0k ≠，12k ≠-，令22443k x k -=+，则2212943k y k -+=+，则22224129,4343k k B k k ⎛⎫--+ ⎪++⎝⎭同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP 的距离1255d =，5=，解得32k =，此时33,2B ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则得到此时12lk =，直线l 的方程为12y x =，即20x y -=，综上直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.法五：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭到PB 距离3d =，此时1933922ABP S =⨯⨯=≠ 不满足条件.当l 的斜率存在时，设3:(3)2PB y k x -=-，令()()1122,,,P x y B x y ，223(3)21129y k x x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消y 可得()()22224324123636270k x k k x k k +--+--=，()()()2222Δ24124433636270k kk k k =--+-->，且AP k k ≠，即12k ≠-，21222122241243,36362743k k x x k PB k k x x k ⎧-+=⎪⎪+==⎨--⎪=⎪+⎩，A 到直线PB距离192PAB d S ==⋅ ，12k ∴=或32，均满足题意，1:2l y x ∴=或332y x =-，即3260x y --=或20x y -=.法六：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭到PB 距离3d =，此时1933922ABP S =⨯⨯=≠ 不满足条件.当直线l 斜率存在时，设3:(3)2l y k x =-+，设l 与y 轴的交点为Q ，令0x =，则30,32Q k ⎛⎫-+⎪⎝⎭，联立223323436y kx k x y ⎧=-+⎪⎨⎪+=⎩，则有()2223348336362702k x k k x k k ⎛⎫+--+--= ⎪⎝⎭，()2223348336362702k x k k x k k ⎛⎫+--+--= ⎪⎝⎭，其中()()22223Δ8343436362702k k k k k ⎛⎫=--+--> ⎪⎝⎭，且12k ≠-，则2222363627121293,3434B B k k k k x x k k----==++，则211312183922234P B k S AQ x x k k +=-=+=+，解的12k =或32k =，经代入判别式验证均满足题意.则直线l 为12y x =或332y x =-，即3260x y --=或20x y -=.17.如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB ==．（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --的正弦值为7，求AD ．【答案】（1）证明见解析【解析】【分析】（1）先证出AD ⊥平面PAB ，即可得AD AB ⊥，由勾股定理逆定理可得BC AB ⊥，从而//AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D 作DEAC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，根据三垂线法可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即可求得tan DFE ∠=AD的长度表示出,DE EF ，即可解方程求出AD ．【小问1详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥，根据平面知识可知//AD BC ，又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．【小问2详解】如图所示，过点D 作DEAC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =，所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即42sin 7DFE ∠=，即tan DFE ∠=因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =，由等面积法可得，42DE =，又242xCE -==，而EFC 为等腰直角三角形，所以2EF =，故242tan 4DFE x∠==x =AD =．18.已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．【答案】（1）2-（2）证明见解析（3）23b ≥-【解析】【分析】（1）求出()min 2f x a '=+后根据()0f x '≥可求a 的最小值；（2）设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，可证(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断()12f =-即2a =-，再根据()2f x >-在()1,2上恒成立可求得23b ≥-.【小问1详解】0b =时，()ln2xf x ax x=+-，其中()0,2x ∈，则()()()112,0,222f x a x x x x x =+=+∈--'，因为()22212x x x x -+⎛⎫-≤= ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时等号成立，故()min 2f x a '=+，而()0f x '≥成立，故20a +≥即2a ≥-，所以a 的最小值为2-.，【小问2详解】()()3ln12x f x ax b x x=++--的定义域为()0,2，设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --，因为(),P m n 在()y f x =图象上，故()3ln 12m n am b m m=++--，而()()()()3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m -⎡⎤-=+-+--=-++-+⎢⎥-⎣⎦，2n a =-+，所以()2,2Q m a n --也在()y f x =图象上，由P 的任意性可得()y f x =图象为中心对称图形，且对称中心为()1,a .【小问3详解】因为()2f x >-当且仅当12x <<，故1x =为()2f x =-的一个解，所以()12f =-即2a =-，先考虑12x <<时，()2f x >-恒成立.此时()2f x >-即为()()3ln21102x x b x x +-+->-在()1,2上恒成立，设()10,1t x =-∈，则31ln 201t t bt t+-+>-在()0,1上恒成立，设()()31ln 2,0,11t g t t bt t t+=-+∈-，则()()2222232322311tbtbg t bt t t -++=-+=-'-，当0b ≥，232332320bt b b b -++≥-++=>，故()0g t '>恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当203b -≤<时，2323230bt b b -++≥+≥，故()0g t '≥恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当23b <-，则当01t <<<时，()0g t '<故在⎛ ⎝上()g t 为减函数，故()()00g t g <=，不合题意，舍；综上，()2f x >-在()1,2上恒成立时23b ≥-.而当23b ≥-时，而23b ≥-时，由上述过程可得()g t 在()0,1递增，故()0g t >的解为()0,1，即()2f x >-的解为()1,2.综上，23b ≥-.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19.设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．（1）写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；（3）从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．【答案】（1）()()()1,2,1,6,5,6（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据(),i j -可分数列的定义即可；（2）根据(),i j -可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个，再使用概率的定义.【小问1详解】首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d-=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.【小问2详解】由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组.（如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.【小问3详解】定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠.此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组；③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠.此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >.由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=.但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈.设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.31/31而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个.所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>=++++++++.这就证明了结论.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.。

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2014年浙江省高考数学试卷（理科）一、选择题（每小题5分，共50分）1．（5分）（2014?浙江）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则?A=（）UA．?B．{2}C．{5}D．{2，5}2．（5分）（2014?浙江）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”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．（5分）（2014?浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm24．（5分）（2014?浙江）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数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5．（5分）（2014?浙江）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A．45B．60C．120D．2106．（5分）（2014?浙江）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，其0＜f（﹣1）=f （﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A ． c ≤3B ． 3＜c≤6C ． 6＜c≤9D ． c ＞97．（5分）（2014?浙江）在同一直角坐标系中，函数f （x ）=x a （x≥0），g （x ）=log a x 的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．8．（5分）（2014?浙江）记max{x ，y}=，min{x ，y}=，设，为平面向量，则（ ）A ． m in{|+|，|﹣|}≤min{||，||}B ． m in{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C ． m ax{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D ． m ax{|+|2，|﹣|2}≥||2+||29．（5分）（2014?浙江）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i （i=1，2）个球放入甲盒中．（a ）放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi （i=1，2）；（b ）放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i （i=1，2）． 则（ ）A ． p 1＞p 2，E （ξ1）＜E （ξ2）B ． p 1＜p 2，E （ξ1）＞E （ξ2）C ． p 1＞p 2，E （ξ1）＞E （ξ2）D ． p 1＜p 2，E （ξ1）＜E （ξ2）10．（5分）（2014?浙江）设函数f 1（x ）=x 2，f 2（x ）=2（x ﹣x 2），，，i=0，1，2，…，99．记I k =|f k （a 1）﹣f k（a 0）|+|f k （a 2）﹣f k （a 1）丨+…+|f k （a 99）﹣f k （a 98）|，k=1，2，3，则（ ）A ． I 1＜I 2＜I 3B ． I 2＜I 1＜I 3C ． I 1＜I 3＜I 2D ． I 3＜I 2＜I 1二、填空题11．（4分）（2014?浙江）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是 ．12．（4分）（2014?浙江）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）= ．13．（4分）（2014?浙江）当实数x，y满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是．14．（4分）（2014?浙江）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有种（用数字作答）．15．（4分）（2014?浙江）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a的取值范围是．16．（4分）（2014?浙江）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a ＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是．17．（4分）（2014?浙江）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）三、解答题18．（14分）（2014?浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA﹣sinBcosB．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若sinA=，求△ABC的面积．19．（14分）（2014?浙江）已知数列{an }和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）．若{an }为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．（Ⅰ）求an 和bn；（Ⅱ）设cn =（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn．（i）求Sn；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk ≥Sn．20．（15分）（2014?浙江）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．21．（15分）（2014?浙江）如图，设椭圆C：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．22．（14分）（2014?浙江）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．2014年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（每小题5分，共50分）1．（5分）（2014?浙江）设全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}，则?UA=（）A．?B．{2}C．{5}D．{2，5}考点：补集及其运算．专题：集合．分析：先化简集合A，结合全集，求得?UA．解解：∵全集U={x∈N|x≥2}，集合A={x∈N|x2≥5}={x∈N|x≥3}，答：则?UA={2}，故选：B．点评：本题主要考查全集、补集的定义，求集合的补集，属于基础题．2．（5分）（2014?浙江）已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”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：复数相等的充要条件；充要条件．专题：简易逻辑．分析：利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”?“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”?“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论．解答：解：当“a=b=1”时，“（a+bi）2=（1+i）2=2i”成立，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分条件；当“（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=2i”时，“a=b=1”或“a=b=﹣1”，故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的不必要条件；综上所述，“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分不必要条件；故选A点评：本题考查的知识点是充要条件的定义，复数的运算，难度不大，属于基础题．3．（5分）（2014?浙江）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2考点：由三视图求面积、体积．专题：立体几何．分析：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，根据三视图判断直三棱柱的侧棱长与底面的形状及相关几何量的数据，判断四棱柱的高与底面矩形的边长，把数据代入表面积公式计算．解答：解：由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4，∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）．故选：D．点评：本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解题的关键．4．（5分）（2014?浙江）为了得到函数y=sin3x+cos3x的图象，可以将函数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（ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用两角和与差的三角函数化简已知函数为一个角的一个三角函数的形式，然后利用平移原则判断选项即可．解答：解：函数y=sin3x+cos3x=，故只需将函数y=cos3x 的图象向右平移个单位，得到y==的图象．故选：C．点评：本题考查两角和与差的三角函数以及三角函数的平移变换的应用，基本知识的考查．5．（5分）（2014?浙江）在（1+x）6（1+y）4的展开式中，记x m y n项的系数为f（m，n），则f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=（）A．45B．60C．120D．210考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：由题意依次求出x3y0，x2y1，x1y2，x0y3，项的系数，求和即可．解解：（1+x）6（1+y）4的展开式中，含x3y0的系数是：=20．f（3，答：0）=20；含x2y1的系数是=60，f（2，1）=60；含x1y2的系数是=36，f（1，2）=36；含x0y3的系数是=4，f（0，3）=4；∴f（3，0）+f（2，1）+f（1，2）+f（0，3）=120．故选：C．本题考查二项式定理系数的性质，二项式定理的应用，考查计算能力．点评：6．（5分）（2014?浙江）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，其0＜f（﹣1）=f （﹣2）=f（﹣3）≤3，则（）A．c≤3B．3＜c≤6C．6＜c≤9D．c＞9函数的值域．考点：专函数的性质及应用．题：分析：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）列出方程组求出a，b，代入0＜f（﹣1）≤3求出c的范围．解答：解：由f（﹣1）=f（﹣2）=f（﹣3）得，解得，f（x）=x3+6x2+11x+c，由0＜f（﹣1）≤3，得0＜﹣1+6﹣11+c≤3，即6＜c≤9，故选：C．点评：本题考查方程组的解法及不等式的解法，属于基础题．7．（5分）（2014?浙江）在同一直角坐标系中，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=logax的图象可能是（）A．B．C．D．考点：函数的图象．专题：函数的性质及应用．分析：结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0＜a＜1时和当a＞1时两种情况，讨论函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=logax的图象，比照后可得答案．解答：解：当0＜a＜1时，函数f（x）=x a（x≥0），g（x）=logax的图象为：此时答案D满足要求，当a ＞1时，函数f （x ）=x a（x≥0），g （x ）=log a x 的图象为：无满足要求的答案，综上：故选D点评： 本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键．8．（5分）（2014?浙江）记max{x ，y}=，min{x ，y}=，设，为平面向量，则（ ） A ． m in{|+|，|﹣|}≤min{||，||} B ． m in{|+|，|﹣|}≥min{||，||}C ． m ax{|+|2，|﹣|2}≤||2+||2D ． m ax{|+|2，|﹣|2}≥||2+||2考向量的加法及其几何意义；向量的减法及其几何意义．点：专题：平面向量及应用．分析：将，平移到同一起点，根据向量加减法的几何意义可知，+和﹣分别表示以，为邻边所做平行四边形的两条对角线，再根据选项内容逐一判断．解答：解：对于选项A ，取⊥，则由图形可知，根据勾股定理，结论不成立；对于选项B ，取，是非零的相等向量，则不等式左边min{|+|，|﹣|}=0，显然，不等式不成立；对于选项C ，取，是非零的相等向量，则不等式左边max{|+|2，|﹣|2}=|+|2=4，而不等式右边=||2+||2=2，故C不成立，D选项正确．故选：D．点评：本题在处理时要结合着向量加减法的几何意义，将，，，放在同一个平行四边形中进行比较判断，在具体解题时，本题采用了排除法，对错误选项进行举反例说明，这是高考中做选择题的常用方法，也不失为一种快速有效的方法，在高考选择题的处理上，未必每一题都要写出具体解答步骤，针对选择题的特点，有时“排除法”，“确定法”，“特殊值”代入法等也许是一种更快速，更有效的方法．9．（5分）（2014?浙江）已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个蓝球（m≥3，n≥3），从乙盒中随机抽取i（i=1，2）个球放入甲盒中．（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi（i=1，2）；（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为pi（i=1，2）．则（）A．p1＞p2，E（ξ1）＜E（ξ2）B．p1＜p2，E（ξ1）＞E（ξ2）C．p1＞p2，E（ξ1）＞E（ξ2）D．p1＜p2，E（ξ1）＜E（ξ2）考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：首先，这两次先后从甲盒和乙盒中拿球是相互独立的，然后分两种情况：即当ξ=1时，有可能从乙盒中拿出一个红球放入甲盒，也可能是拿到一个蓝球放入甲盒；ξ=2时，则从乙盒中拿出放入甲盒的球可能是两蓝球、一红一蓝、或者两红；最后利用概率公式及分布列知识求出P 1，P 2和E （ξ1），E （ξ2）进行比较即可．解答：解析：，，，所以P 1＞P 2；由已知ξ1的取值为1、2，ξ2的取值为1、2、3， 所以，==，E （ξ1）﹣E （ξ2）=．故选A点评： 正确理解ξi （i=1，2）的含义是解决本题的关键．此题也可以采用特殊值法，不妨令m=n=3，也可以很快求解．10．（5分）（2014?浙江）设函数f 1（x ）=x 2，f 2（x ）=2（x ﹣x 2），，，i=0，1，2，…，99．记I k =|f k （a 1）﹣f k（a 0）|+|f k （a 2）﹣f k （a 1）丨+…+|f k （a 99）﹣f k （a 98）|，k=1，2，3，则（ ）A ． I 1＜I 2＜I 3B ． I 2＜I 1＜I 3C ． I 1＜I 3＜I 2D ． I 3＜I 2＜I 1考点：函数与方程的综合运用． 专题：函数的性质及应用． 分析：根据记I k =|f k （a 1）﹣f k （a 0）|+|f k （a 2）﹣f k （a 1）丨+…+|f k （a 99）﹣f k （a 98）|，分别求出I 1，I 2，I 3与1的关系，继而得到答案 解答解：由，故：==1，由，故×=×＜1，+=，故I 2＜I 1＜I 3， 故选：B ．点评：本题主要考查了函数的性质，关键是求出这三个数与1的关系，属于难题．二、填空题11．（4分）（2014?浙江）在某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是 6 ．考点：程序框图；循环结构．专题：算法和程序框图．分析：根据框图的流程模拟运行程序，直到满足条件S＞50，跳出循环体，确定输出的i的值．解解：由程序框图知：第一次循环S=1，i=2；答：第二次循环S=2×1+2=4，i=3；第三次循环S=2×4+3=11，i=4；第四次循环S=2×11+4=26，i=5；第五次循环S=2×26+5=57，i=6，满足条件S＞50，跳出循环体，输出i=6．故答案为：6．点评：本题考查了直到型循环结构的程序框图，根据框图的流程模拟运行程序是解答此类问题的常用方法．12．（4分）（2014?浙江）随机变量ξ的取值为0，1，2，若P（ξ=0）=，E（ξ）=1，则D（ξ）= ．考点：离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：结合方差的计算公式可知，应先求出P（ξ=1），P（ξ=2），根据已知条件结合分布列的性质和期望的计算公式不难求得．解答：解析：设P（ξ=1）=p，P（ξ=2）=q，则由已知得p+q=，，解得，，所以．故答案为：点评：本题综合考查了分布列的性质以及期望、方差的计算公式．13．（4分）（2014?浙江）当实数x，y 满足时，1≤ax+y≤4恒成立，则实数a的取值范围是[] ．考点：简单线性规划．专不等式的解法及应用．题：分析：由约束条件作出可行域，再由1≤ax+y≤4恒成立，结合可行域内特殊点A，B，C的坐标满足不等式列不等式组，求解不等式组得实数a 的取值范围．解答：解：由约束条件作可行域如图，联立，解得C（1，）．联立，解得B（2，1）．在x﹣y﹣1=0中取y=0得A（1，0）．要使1≤ax+y≤4恒成立，则，解得：1．∴实数a 的取值范围是．解法二：令z=ax+y，当a＞0时，y=﹣ax+z，在B点取得最大值，A点取得最小值，可得，即1≤a≤；当a＜0时，y=﹣ax+z，在C点取得最大值，①a＜﹣1时，在B 点取得最小值，可得，解得0≤a≤（不符合条件，舍去）②﹣1＜a＜0时，在A点取得最小值，可得，解得1≤a≤（不符合条件，舍去）综上所述即：1≤a≤；故答案为：．点评：本题考查线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，训练了不等式组得解法，是中档题．14．（4分）（2014?浙江）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有60 种（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张．解答：解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，共有24+36=60种．故答案为：60．点本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基评：础题．15．（4分）（2014?浙江）设函数f（x）=，若f（f（a））≤2，则实数a 的取值范围是（﹣∞，] ．考点：其他不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：画出函数f（x）的图象，由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2，数形结合求得实数a的取值范围．解答：解：∵函数f（x）=，它的图象如图所示：由 f（f（a））≤2，可得 f（a）≥﹣2．由f（x）=﹣2，可得﹣x2=﹣2，即x=，故当f（f（a））≤2时，则实数a的取值范围是a≤，故答案为：（﹣∞，]．点评：本题主要考查分段函数的应用，其它不等式的解法，体现了数形结合的数学思想，属于中档题．16．（4分）（2014?浙江）设直线x﹣3y+m=0（m≠0）与双曲线=1（a ＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A，B．若点P（m，0）满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率是．考点：双曲线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分先求出A，B的坐标，可得AB 中点坐标为（，），利析：用点P（m，0）满足|PA|=|PB|，可得=﹣3，从而可求双曲线的离心率．解解：双曲线（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y=±x，答：则与直线x﹣3y+m=0联立，可得A （，），B （﹣，），∴AB 中点坐标为（，），∵点P（m，0）满足|PA|=|PB|，∴=﹣3，∴a=2b，∴=b，∴e==．故答案为：．点评：本题考查双曲线的离心率，考查直线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．17．（4分）（2014?浙江）如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB=15m，AC=25m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）考点：在实际问题中建立三角函数模型；解三角形．专题：解三角形．分析：过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，求出PP′，AP′，利用函数的性质，分类讨论，即可得出结论．解答：解：∵AB=15m，AC=25m，∠ABC=90°，∴BC=20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ=，设BP′=x，则CP′=20﹣x，由∠BCM=30°，得PP′=CP′tan30°=（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=?，令y=，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x=0时，取得最大值为=．若P′在CB 的延长线上，PP′=CP′tan30°=（20+x），在直角△ABP′中，AP′=，∴tanθ=?，令y=，则y′=0可得x=时，函数取得最大值，故答案为：．点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．三、解答题18．（14分）（2014?浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA ﹣sinBcosB．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若sinA=，求△ABC的面积．考点：正弦定理；二倍角的正弦；二倍角的余弦．专题：解三角形．分析：（Ⅰ）△ABC中，由条件利用二倍角公式化简可得﹣2sin（A+B）sin （A﹣B）=2?cos（A+B）sin（A﹣B）．求得tan（A+B）的值，可得A+B的值，从而求得C的值．（Ⅱ）由 sinA=求得cosA的值．再由正弦定理求得a，再求得sinB=sin[（A+B）﹣A]的值，从而求得△A BC的面积为的值．解答：解：（Ⅰ）∵△ABC中，a≠b，c=，cos2A﹣cos2B=sinAcosA ﹣sinBcosB，∴﹣=sin2A ﹣sin2B，即 cos2A﹣cos2B=sin2A ﹣sin2B，即﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）=2?cos（A+B）sin（A﹣B）．∵a≠b，∴A≠B，sin（A﹣B）≠0，∴tan（A+B）=﹣，∴A+B=，∴C=．（Ⅱ）∵sinA=＜，C=，∴A＜，或A ＞（舍去），∴cosA==．由正弦定理可得，=，即=，∴a=．∴sinB=sin[（A+B）﹣A]=sin（A+B）cosA﹣cos（A+B）sinA=﹣（﹣）×=，∴△ABC的面积为=×=．点评：本题主要考查二倍角公式、两角和差的三角公式、正弦定理的应用，属于中档题．19．（14分）（2014?浙江）已知数列{an }和{bn}满足a1a2a3…an=（n∈N*）．若{an }为等比数列，且a1=2，b3=6+b2．（Ⅰ）求an 和bn；（Ⅱ）设cn =（n∈N*）．记数列{cn}的前n项和为Sn．（i）求Sn；（ii）求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk ≥Sn．考数列与不等式的综合；数列的求和．点：专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）先利用前n项积与前（n﹣1）项积的关系，得到等比数列{an}的第三项的值，结合首项的值，求出通项an，然后现利用条件求出通项bn；（Ⅱ）（i）利用数列特征进行分组求和，一组用等比数列求和公式，另一组用裂项法求和，得出本小题结论；（ii）本小题可以采用猜想的方法，得到结论，再加以证明．解答：解：（Ⅰ）∵a1a2a3…an=（n∈N*）①，当n≥2，n∈N*时，②，由①②知：，令n=3，则有．∵b3=6+b2，∴a3=8．∵{an}为等比数列，且a1=2，∴{an}的公比为q，则=4，由题意知an＞0，∴q＞0，∴q=2．∴（n∈N*）．又由a1a2a3…an=（n∈N*）得：，，∴bn=n（n+1）（n∈N*）．（Ⅱ）（i）∵cn===．∴Sn =c1+c2+c3+…+cn====；（ii）因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，，而=＞0，得，所以，当n≥5时，cn＜0，综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k=4．点评：本题考查了等比数列通项公式、求和公式，还考查了分组求和法、裂项求和法和猜想证明的思想，证明可以用二项式定理，还可以用数学归纳法．本题计算量较大，思维层次高，要求学生有较高的分析问题解决问题的能力．本题属于难题．20．（15分）（2014?浙江）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=．（Ⅰ）证明：DE⊥平面ACD；（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣E的大小．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角；立体几何．分析：（Ⅰ）依题意，易证AC⊥平面BCDE，于是可得AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B ﹣AD﹣E的平面角，利用题中的数据，解三角形，可求得BF=，AF=AD，从而GF=，cos∠BFG==，从而可求得答案．解答：证明：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=，由AC=，AB=2得AB2=AC2+BC2，即AC⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，从而AC⊥平面BCDE，所以AC⊥DE，又DE⊥DC，从而DE⊥平面ACD；（Ⅱ）作BF⊥AD，与AD交于点F，过点F作FG∥DE，与AE交于点G，连接BG，由（Ⅰ）知DE⊥AD，则FG⊥AD，所以∠BFG就是二面角B ﹣AD﹣E的平面角，在直角梯形BCDE中，由CD2=BC2+BD2，得BD⊥BC，又平面ABC⊥平面BCDE，得BD⊥平面ABC，从而BD⊥AB，由于AC⊥平面BCDE，得AC⊥CD．在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=；在Rt△AED中，由ED=1，AD=得AE=；在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=得BF=，AF=AD，从而GF=，在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分别可得cos∠BAE=，BG=．在△BFG中，cos∠BFG==，所以，∠BFG=，二面角B﹣AD﹣E的大小为．点评：本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力．21．（15分）（2014?浙江）如图，设椭圆C ：（a＞b＞0），动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．（Ⅰ）已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；（Ⅱ）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0，利用△=0，可求得在第一象限中点P的坐标；（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，设直线l1的方程为x+ky=0，利用点到直线间的距离公式，可求得点P到直线l1的距离d=，整理即可证得点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．．解答：解：（Ⅰ）设直线l的方程为y=kx+m（k＜0），由，消去y 得（b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2﹣a2b2=0．由于直线l与椭圆C只有一个公共点P，故△=0，即b2﹣m2+a2k2=0，解得点P的坐标为（﹣，），又点P在第一象限，故点P的坐标为P（，）．（Ⅱ）由于直线l1过原点O且与直线l垂直，故直线l1的方程为x+ky=0，所以点P到直线l1的距离d=，整理得：d=，因为a2k2+≥2ab，所以≤=a﹣b，当且仅当k2=时等号成立．所以，点P到直线l1的距离的最大值为a﹣b．点本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线间的距离、直线与椭圆的位评：置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式应用等综合解题能力．22．（14分）（2014?浙江）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）若f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值分别记为M（a），m（a），求M（a）﹣m（a）；（Ⅱ）设b∈R，若[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）利用分段函数，结合[﹣1，1]，分类讨论，即可求M（a）﹣m （a）；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，则[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，转化为﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，分类讨论，即可求3a+b的取值范围．解解：（Ⅰ）∵f（x）=x3+3|x﹣a|=，答：∴f′（x）=，①a≤﹣1时，∵﹣1≤x≤1，∴x≥a，f（x）在（﹣1，1）上是增函数，∴M（a）=f（1）=4﹣3a，m（a）=f（﹣1）=﹣4﹣3a，∴M（a）﹣m（a）=8；②﹣1＜a＜1时，x∈（a，1），f（x）=x3+3x﹣3a，在（a，1）上是增函数；x∈（﹣1，a），f（x）=x3﹣3x+3a，在（﹣1，a）上是减函数，∴M（a）=max{f（1），f（﹣1）}，m（a）=f（a）=a3，∵f（1）﹣f（﹣1）=﹣6a+2，∴﹣1＜a≤时，M（a）﹣m（a）=﹣a3﹣3a+4；＜a＜1时，M（a）﹣m（a）=﹣a3+3a+2；③a≥1时，有x≤a，f（x）在（﹣1，1）上是减函数，∴M（a）=f（﹣1）=2+3a，m（a）=f（1）=﹣2+3a，∴M（a）﹣m（a）=4；（Ⅱ）令h（x）=f（x）+b，则h（x）=，h′（x）=，∵[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，∴﹣2≤h（x）≤2对x∈[﹣1，1]恒成立，由（Ⅰ）知，①a≤﹣1时，h（x）在（﹣1，1）上是增函数，最大值h（1）=4﹣3a+b，最小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2矛盾；②﹣1＜a≤时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（1）=4﹣3a+b，∴a3+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2，令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（0）=﹣2，∴﹣2≤3a+b≤0；③＜a＜1时，最小值h（a）=a3+b，最大值h（﹣1）=3a+b+2，则a3+b≥﹣2且3a+b+2≤2，∴﹣＜3a+b≤0；④a≥1时，最大值h（﹣1）=3a+b+2，最小值h（1）=3a+b﹣2，则3a+b﹣2≥﹣2且3a+b+2≤2，∴3a+b=0．综上，3a+b的取值范围是﹣2≤3a+b≤0．点评：本题考查导数的综合运用，考查函数的最值，考查分类讨论、化归与转化的数学思想，难度大．。

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