高考数学浙江试题及解析5

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2019年浙江省高考数学试卷(原卷答案解析版)

A.当 B.当
C.当 D.当
【答案】A
【解析】
【分析】
本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想的考查.本题从确定不动点出发，通过研究选项得解.
【详解】选项B：不动点满足时，如图，若，
排除
如图，若为不动点则
选项C：不动点满足，不动点为，令，则，
排除
选项D：不动点满足，不动点为，令，则，排除.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有求的取值范围.
注：为自然对数的底数.
2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学
参考公式：
若事件互斥，则
若事件相互独立，则
若事件在一次试验中发生的概率是 ,则次独立重复试验中事件恰好发生次的概率
台体的体积公式
其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高
（2）当时，分三种情况，如图与若有三个交点，则，答案选D
下面证明：时，
时，，则，才能保证至少有两个零点，即，若另一零点在
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底..
10.设，数列中，， ,则（）
【详解】方法1：由分布列得，则
，则当在内增大时，先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（）

2019年浙江省高考数学试卷(理科)答案与解析

浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）（2009•浙江）设U=R，A={x|x＞0}，B={x|x＞1}，则A∩∁U B=（）A．{x|0≤x＜1} B．{x|0＜x≤1}C．{x|x＜0} D．{x|x＞1}【考点】交、并、补集的混合运算．【专题】集合．【分析】欲求两个集合的交集，先得求集合C U B，再求它与A的交集即可．【解答】解：对于C U B={x|x≤1}，因此A∩C U B={x|0＜x≤1}，故选B．【点评】这是一个集合的常见题，属于基础题之列．2．（5分）（2009•浙江）已知a，b是实数，则“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】简易逻辑．【分析】考虑“a＞0且b＞0”与“a+b＞0且ab＞0”的互推性．【解答】解：由a＞0且b＞0⇒“a+b＞0且ab＞0”，反过来“a+b＞0且ab＞0”⇒a＞0且b＞0，∴“a＞0且b＞0”⇔“a+b＞0且ab＞0”，即“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的充分必要条件，故选C【点评】本题考查充分性和必要性，此题考得几率比较大，但往往与其他知识结合在一起考查．3．（5分）（2009•浙江）设复数z=1+i（i是虚数单位），则+z2=（）A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i【考点】复数代数形式的混合运算．【专题】数系的扩充和复数．【分析】把复数z代入表达式化简整理即可．【解答】解：对于，故选D．【点评】本小题主要考查了复数的运算和复数的概念，以复数的运算为载体，直接考查了对于复数概念和性质的理解程度．4．（5分）（2009•浙江）在二项式的展开式中，含x4的项的系数是（）A．﹣10 B．10 C．﹣5 D．5【考点】二项式定理．【专题】二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得．【解答】解：对于，对于10﹣3r=4，∴r=2，则x4的项的系数是C52（﹣1）2=10故选项为B【点评】二项展开式的通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．5．（5分）（2009•浙江）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】空间位置关系与距离．【分析】本题考查的知识点是线面夹角，由已知中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的垂线，垂足为E，则DE⊥底面ABC，且E为BC中点，则E为A点在平面BB1C1C上投影，则∠ADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解．【解答】解：如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，依题意知三棱柱为正三棱柱，易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．设各棱长为1，则AE=，DE=，tan∠ADE=，∴∠ADE=60°．故选C【点评】求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系．（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造﹣﹣作出或找到斜线与射影所成的角；②设定﹣﹣论证所作或找到的角为所求的角；③计算﹣﹣常用解三角形的方法求角；④结论﹣﹣点明斜线和平面所成的角的值．6．（5分）（2009•浙江）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（）A．4 B．5 C．6 D．7【考点】程序框图．【专题】算法和程序框图．【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是计算满足S=≥100的最小项数【解答】解：根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：是否继续循环S K循环前/0 0第一圈是 1 1第二圈是 3 2第三圈是11 3第四圈是2059 4第五圈否∴最终输出结果k=4故答案为A【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．7．（5分）（2009•浙江）设向量，满足：||=3，||=4，•=0．以，，﹣的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】直线与圆相交的性质；向量的模；平面向量数量积的运算．【专题】平面向量及应用．【分析】先根据题设条件判断三角形为直角三角形，根据三边长求得内切圆的半径，进而看半径为1的圆内切于三角形时有三个公共点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，进而可得出答案．【解答】解：∵向量a•b=0，∴此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，∵对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，但5个以上的交点不能实现．故选B【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系．可采用数形结合结合的方法较为直观．8．（5分）（2009•浙江）已知a是实数，则函数f（x）=1+asinax的图象不可能是（）A．B．C．D．【考点】正弦函数的图象．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】函数f（x）=1+asinax的图象是一个正弦曲线型的图，其振幅为|a|，周期为，周期与振幅成反比，从这个方向观察四个图象．【解答】解：对于振幅大于1时，三角函数的周期为：，∵|a|＞1，∴T＜2π，而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π．对于选项A，a＜1，T＞2π，满足函数与图象的对应关系，故选D．【点评】由于函数的解析式中只含有一个参数，这个参数影响振幅和周期，故振幅与周期相互制约，这是本题的关键．9．（5分）（2009•浙江）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为﹣1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、C．若=，则双曲线的离心率是（）A．B．C．D．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质．【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】分别表示出直线l和两个渐近线的交点，进而表示出和，进而根据=求得a和b的关系，进而根据c2﹣a2=b2，求得a和c的关系，则离心率可得．【解答】解：直线l：y=﹣x+a与渐近线l1：bx﹣ay=0交于B（，），l与渐近线l2：bx+ay=0交于C（，），A（a，0），∴=（﹣，），=（，﹣），∵=，∴=，b=2a，∴c2﹣a2=4a2，∴e2==5，∴e=，故选C．【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．要求学生有较高地转化数学思想的运用能力，能将已知条件转化到基本知识的运用．10．（5分）（2009•浙江）定义A﹣B={x|x∈A且x∉B}，若P={1，2，3，4}，Q={2，5}，则Q﹣P=（）A．P B．{5} C．{1，3，4} D．Q【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】集合．【分析】理解新的运算，根据新定义A﹣B知道，新的集合A﹣B是由所有属于A但不属于B的元素组成．【解答】解：Q﹣P是由所有属于Q但不属于P的元素组成，所以Q﹣P={5}．故选B．【点评】本题主要考查了集合的运算，是一道创新题，具有一定的新意．要求学生对新定义的A﹣B有充分的理解才能正确答．二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）11．（4分）（2009•浙江）设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则=15．【考点】等比数列的性质．【专题】等差数列与等比数列．【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4，得知a4=a1q3，进而把a1和q代入约分化简可得到答案．【解答】解：对于，∴【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用．属基础题．12．（4分）（2009•浙江）若某个几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是18cm3．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】立体几何．【分析】由图可知，图形由两个体积相同的长方体组成，求出其中一个体积即可．【解答】解：由图可知，底下的长方体底面长为3，宽为1，底面积为3×1=3，高为3，因此体积为3×3=9；上面的长方体底面是个正方形，边长为3，高为1，易知与下面的长方体体积相等，因此易得该几何体的体积为9×2=18．【点评】本题考查学生的空间想象能力，是基础题．13．（4分）（2009•浙江）若实数x，y满足不等式组，则2x+3y的最小值是4．【考点】简单线性规划．【专题】不等式的解法及应用．【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．【解答】解：如图即为满足不等式组的可行域，由图易得：当x=2，y=0时，2x+3y=4；当x=1，y=1时，2x+3y=5；当x=4，y=4时，2x+3y=20，因此，当x=2，y=0时，2x+3y有最小值4．故答案为4【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解．14．（4分）（2009•浙江）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如图：高峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表高峰月用电量（单位：千瓦时）高峰电价（单位：元/千瓦时）低谷月用电量（单位：千瓦时）低谷电价（单位：元/千瓦时）50及以下的部分0.568 50及以下的部分0.288超过50至200的部分0.598 超过50至200的部分0.318超过200的部分0.668 超过200的部分0.388若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为148.4元（用数字作答）【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法．【专题】函数的性质及应用．【分析】先计算出高峰时间段用电的电费，和低谷时间段用电的电费，然后把这两个电费相加．【解答】解：高峰时间段用电的电费为50×0.568+150×0.598=28.4+89.7=118.1 （元），低谷时间段用电的电费为50×0.288+50×0.318=14.4+15.9=30.3 （元），本月的总电费为118.1+30.3=148.4 （元），故答案为：148.4．【点评】本题考查分段函数的函数值的求法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．15．（4分）（2009•浙江）观察下列等式：观察下列等式：C+C=23﹣2，C+C+C=27+23，C+C+C+C=211﹣25，C+C+C+C+C=215+27，…由以上等式推测到一个一般结论：对于n∈N*，C+C+C+…+C=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．【考点】二项式定理的应用．【专题】二项式定理．【分析】通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1【解答】解：结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1，因此对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．故答案为24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1【点评】本题考查观察、类比、归纳的能力．16．（4分）（2009•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是336．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】排列组合．【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分组解决，∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．故答案为：336．【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣完成了所有步骤，恰好完成任务．17．（4分）（2009•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是（，1）．【考点】平面与平面垂直的性质；棱锥的结构特征．【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．【分析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时与随着F点到C 点时，分别求出此两个位置的t值即可得到所求的答案【解答】解：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2因CB⊥AB，CB⊥DK，∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD=，又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，因此有AD⊥BD再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=，因此t的取值的范围是（，1）故答案为（，1）【点评】考查空间图形的想象能力，及根据相关的定理对图形中的位置关系进行精准判断的能力．三、解答题（共5小题，满分72分）18．（14分）（2009•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足=，•=3．（Ⅰ）求△ABC的面积；（Ⅱ）若b+c=6，求a的值．【考点】二倍角的余弦；平面向量数量积的运算；余弦定理．【专题】解三角形．（Ⅰ）利用二倍角公式利用=求得cosA，进而求得sinA，进而根据【分析】求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．（Ⅱ）根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．【解答】解：（Ⅰ）因为，∴，又由，得bccosA=3，∴bc=5，∴（Ⅱ）对于bc=5，又b+c=6，∴b=5，c=1或b=1，c=5，由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=20，∴【点评】本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，综合性很强．19．（14分）（2009•浙江）在1，2，3…，9，这9个自然数中，任取3个数．（Ⅰ）求这3个数中，恰有一个是偶数的概率；（Ⅱ）记ξ为这三个数中两数相邻的组数，（例如：若取出的数1、2、3，则有两组相邻的数1、2和2、3，此时ξ的值是2）．求随机变量ξ的分布列及其数学期望Eξ．【考点】等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式．【专题】概率与统计．【分析】（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是从9个数字中选3个，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数．根据概率公式得到结果．（2）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数，结合变量对应的事件写出概率和分布列，算出期望．【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是C93，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数共有C41C52记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，∴；（II）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=∴ξ的分布列为ξ0 1 2p∴ξ的数学期望为．【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理科高考必出的一个问题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．20．（14分）（2009•浙江）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10．（Ⅰ）设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；（Ⅱ）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．【分析】由于PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中点，AC=16，PA=PC=10，所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，对于（I），只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一个法向量可求，从而得证；对于（II），在第一问的基础上，课设点M的坐标，利用FM⊥平面BOE求出M的坐标，而其道OA、OB的距离就是点M 横纵坐标的绝对值．【解答】证明：（I）如图，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，则O（0，0，0），A（0，﹣8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，﹣4，3），F（4，0，3），（3分）由题意得，G（0，4，0），因，因此平面BOE的法向量为，）得，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE．（6分）（II）设点M的坐标为（x0，y0，0），则，因为FM⊥平面BOE，所以有，因此有，即点M的坐标为（8分）在平面直角坐标系xoy中，△AOB的内部区域满足不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为．（12分）【点评】本题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用．21．（15分）（2009•浙江）已知椭圆C1：（a＞b＞0）的右顶点A（1，0），过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1．（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）设点P在抛物线C2：y=x2+h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．【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）根据题意，求出a，b的值，然后得出椭圆的方程．（II）设出M，N，P的坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可．【解答】解：（I）由题意得，∴，所求的椭圆方程为，（II）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2+h），则抛物线C2在点P处的切线斜率为y'|x=t=2t，直线MN的方程为y=2tx﹣t2+h，将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2+（2tx﹣t2+h）2﹣4=0，即4（1+t2）x2﹣4t（t2﹣h）x+（t2﹣h）2﹣4=0，因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0，设线段MN的中点的横坐标是x3，则，设线段PA的中点的横坐标是x4，则，由题意得x3=x4，即有t2+（1+h）t+1=0，其中的△2=（1+h）2﹣4≥0，∴h≥1或h≤﹣3；当h≤﹣3时有h+2＜0，4﹣h2＜0，因此不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0不成立；因此h≥1，当h=1时代入方程t2+（1+h）t+1=0得t=﹣1，将h=1，t=﹣1代入不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0成立，因此h的最小值为1．【点评】本题考查圆锥图象的综合利用，椭圆方程的应用，通过构造一元二次方程，利用根的判别式计算，属于中档题．22．（15分）（2009•浙江）已知函数f（x）=x3﹣（k2﹣k+1）x2+5x﹣2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R．（Ⅰ）设函数p（x）=f（x）+g（x）．若p（x）在区间（0，3）上不单调，求k的取值范围；（Ⅱ）设函数是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟一的非零实数x2（x2≠x1），使得q′（x2）=q′（x1）？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的单调性与导数的关系．【专题】导数的综合应用．【分析】（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，先求导数：p′（x），因p（x）在区间（0，3）上不单调，得到p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，再利用分离参数的方法得出，最后再利用导数求出此函数的值域即可；（II）先根据题意得出当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，分类讨论：（ⅰ）当x1＞0时，（ⅱ）当x1＜0时，最后综合（ⅰ）（ⅱ）即可得出k值．【解答】解析：（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，p′（x）=3x2+2（k﹣1）x+（k+5），因p（x）在区间（0，3）上不单调，所以p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，由p′（x）=0得k（2x+1）=﹣（3x2﹣2x+5），∴，令t=2x+1，有t∈（1，7），记，则h（t）在（1，3]上单调递减，在[3，7）上单调递增，所以有h（t）∈[6，10），于是，得k∈（﹣5，﹣2]，而当k=﹣2时有p′（x）=0在（0，3）上有两个相等的实根x=1，故舍去，所以k∈（﹣5，﹣2）；（II）当x＜0时有q′（x）=f′（x）=3x2﹣2（k2﹣k+1）x+5；当x＞0时有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）（ⅰ）当x1＞0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＜0且A⊆B，因此有k≥5，（ⅱ）当x1＜0时，q′（x）在（﹣∞，0）上单调递减，所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＞0且A⊆B，因此k≤5，综合（ⅰ）（ⅱ）k=5；当k=5时A=B，则∀x1＜0，q′（x1）∈B=A，即∃x2＞0，使得q′（x2）=q′（x1）成立，因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的；同理，∀x1＜0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5满足题意．【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于中档题．。

2022年高考数学试卷(浙江)(解析卷)

2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学姓名________准考证号_________________本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.参考公式：如果事件A ，B 互斥，则柱体的体积公式()()()P A B P A P B +=+V Sh=如果事件A ，B 相互独立，则其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高()()()P AB P A P B =×锥体的体积公式若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次 13V Sh =独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()(1)(0,1,2,,)k kn k n n P k C p p k n -=-=L球的表面积公式台体的体积公式24S R p =()1213V S S h =++ 球的体积公式其中12,S S 表示台体的上、下底面积， 343V R p =h 表示台体的高其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）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. 设集合{1,2},{2,4,6}A B ==，则A B È=（）A. {2} B. {1,2}C. {2,4,6}D. {1,2,4,6}【答案】D 【解析】【分析】利用并集的定义可得正确的选项.【详解】{}1,2,4,6A B =U ，故选：D.2. 已知,,3i (i)i a b a b Î+=+R （i 为虚数单位），则（）A. 1,3a b ==- B. 1,3a b =-= C. 1,3a b =-=- D. 1,3a b ==【答案】B 【解析】【分析】利用复数相等的条件可求,a b .【详解】3i 1i a b +=-+，而,a b 为实数，故1,3a b =-=，故选：B.3. 若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -³ìï+-£íï--£î则34z x y =+的最大值是（）A. 20B. 18C. 13D. 6【答案】B 【解析】【分析】在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线34z x y =+后可求最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示：当动直线340x y z +-=过A 时z 有最大值.由2270x x y =ìí+-=î可得23x y =ìí=î，故()2,3A ，故max 324318z =´+´=，故选：B.4. 设x ÎR ，则“sin 1x =”是“cos 0x =”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】A 【解析】【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.【详解】因为22sin cos 1x x +=可得：当sin 1x =时，cos 0x =，充分性成立；当cos 0x =时，sin 1x =±，必要性不成立；所以当x ÎR ，sin 1x =是cos 0x =的充分不必要条件.故选：A.5. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A. 22πB. 8πC.22π3D.16π3【答案】C 【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm ，圆台的下底面半径为2cm ，所以该几何体的体积(322214122ππ1π122π2π12333V =´´+´´+´´´+´+=3cm ．故选：C ．6. 为了得到函数2sin 3y x =的图象，只要把函数π2sin 35y x æö=+ç÷èø图象上所有的点（）A. 向左平移π5个单位长度 B. 向右平移π5个单位长度C. 向左平移π15个单位长度 D. 向右平移π15个单位长度【答案】D 【解析】【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．【详解】因为ππ2sin 32sin 3155y x x éùæö==-+ç÷êúèøëû，所以把函数π2sin 35y x æö=+ç÷èø图象上的所有点向右平移π15个单位长度即可得到函数2sin 3y x =的图象．故选：D.7. 已知825,log 3ab ==，则34a b -=（）A. 25 B. 5C.259D.53【答案】C 【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．【详解】因为25a=，821log 3log 33b ==，即323b=，所以()()22323232452544392a aa b b b -====．故选：C.8. 如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为a ，EF 与平面ABC 所成的角为b ，二面角F BC A --的平面角为g ，则（）A.a b g££ B.b a g ££ C. b g a££ D.a g b££【答案】A 【解析】【分析】先用几何法表示出a b g ，，，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F 作FP AC ^于P ，过P 作PM BC ^于M ，连接PE ，则EFP a =Ð，FEP b =Ð，FMP g =，tan 1PE PE FP AB a ==£，tan 1FP AB PE PE b ==³，tan tan FP FPPM PEg b =³=，所以a b g££，故选：A ．9. 已知,a b ÎR ，若对任意,|||4||25|0x a x b x x Î-+---³R ，则（）A 1,3a b £³ B. 1,3a b ££ C. 1,3a b ³³ D. 1,3a b ³£【答案】D.【解析】【分析】将问题转换为|||25||4|a x b x x -³---，再结合画图求解．【详解】由题意有：对任意的x ÎR ，有|||25||4|a x b x x -³---恒成立．设()||f x a x b =-，()51,2525439,421,4x x g x x x x x x x ì-£ïïï=---=-<<íï-³ïïî，即()f x 的图象恒在()g x 的上方（可重合），如下图所示：由图可知，3a ³，13b ££，或13a £<，3143b a££-£，故选：D ．10. 已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-ÎN ，则（）A. 100521002a << B.100510032a << C. 100731002a <<D.100710042a <<【答案】B 【解析】【分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +æö-=<=+ç÷-+èø-+，累加可求出()111111113323n n a n æö-<-++++ç÷èøL ，再次放缩可得出10051002a >．【详解】∵11a =，易得()220,13a =Î，依次类推可得()0,1n a Î由题意，1113n n n a a a +æö=-ç÷èø，即()1131133n n n n n a a a a a +==+--，∴1111133n n n a a a +-=>-，即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->³，累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+³，∴()3,22n a n n <³+，即100134a <，100100100334a <<,又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +æö-=<=+³ç÷-+èø-+，∴211111132a a æö-=+ç÷èø，321111133a a æö-<+ç÷èø，431111134a a æö-<+ç÷èø，…，111111,(3)3n n n a a n -æö-<+³ç÷èø，累加可得()11111111,(3)3323n n n a n æö-<-++++³ç÷èøL ，∴10011111111133334943932399326a æöæö-<++++<+´+´<ç÷ç÷èøèøL ，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >；综上：100510032a <<．故选：B ．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11. 我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是S =，其中a ，b ，c 是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边2a b c ===，则该三角形的面积S =___________．【解析】【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为S =，所以S ==12. 已知多项式42345012345(2)(1)x x a a x a x a x a x a x +-=+++++，则2a =__________，12345a a a a a ++++=___________．【答案】 ①. 8②. 2-【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令0x =求出0a ，再令1x =即可得出答案．【详解】含2x 项为：()()3232222244C 12C 14128x x x x x x ×××-+×××-=-+=，故28a =；令0x =，即02a =，令1x =，即0123450a a a a a a =+++++，∴123452a a a a a ++++=-，的故答案为：8；2-．13.若3sin sin 2pa b a b -=+=，则sin a =__________，cos 2b =_________．【答案】 ①.②.45【解析】【分析】先通过诱导公式变形，得到a 的同角等式关系，再利用辅助角公式化简成正弦型函数方程，可求出a ，接下来再求b ．【详解】2pa b +=，∴sin cos b a =，即3sin cos a a -=a a ö=÷÷øsin q =，cos q =，()a q -=，∴22k k Z pa q p -=+Î，，即22k pa q p =++，∴sin sin 2cos 2k pa q p q æö=++==ç÷èø，则224cos 22cos12sin 15b b a =-=-=．；45．14. 已知函数()22,1,11,1,x x f x x x x ì-+£ï=í+->ïî则12f f æöæö=ç÷ç÷èøèø________；若当[,]xa b Î时，1()3fx ££，则b a -的最大值是_________．【答案】 ①.3728②. 3+【解析】【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a 的最小值,b 的最大值即可.【详解】由已知2117()2224f æö=-+=ç÷èø，77437(144728f =+-=，所以137(228f f éù=êúëû，当1x £时，由1()3f x ££可得2123x £-+£，所以11x -££，当1x >时，由1()3f x ££可得1113x x£+-£，所以12x <£+1()3f x ££等价于12x -££+，所以[,][1,2a b Í-，所以b a -的最大值为3故答案为：3728，3+.15. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为x ，则(2)P x ==__________，()E x =_________．【答案】 ①.1635， ②. 127##517【解析】【分析】利用古典概型概率公式求(2)P x =，由条件求x 分布列，再由期望公式求其期望.【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有37C 种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有112424C C C +种，所以11242437C C C 16(2)C 35P x +===，由已知可得x 的取值有1，2，3，4，2637C 15(1)C 35P x ===，16(2)35P x ==，，()()233377C 31134C 35C 35P P x x ======，所以15163112()1234353535357E x =´+´+´+´=,故答案为：1635，127.16. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a的直线交双曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是_________．【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线2:bl y x a=方程，可求出点B ，再根据||3||FB FA =可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率．【详解】过F 且斜率为4b a的直线:()4b AB y x c a =+，渐近线2:bl y x a =，联立()4b y x c ab y xa ì=+ïïíï=ïî，得,33c bc B a æöç÷èø，由||3||FB FA =，得5,,99c bc A a æö-ç÷èø而点A 在双曲线上，于是2222222518181c b c a a b -=，解得：228124c a =，所以离心率e =．17. 设点P 在单位圆的内接正八边形128A A A L 的边12A A 上，则222182PA PA PA +++uu u r uu L ur uu u r 的取值范围是_______．【答案】[12+【解析】【分析】根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，37A A 所在直线为x 轴，51A A 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设(,)P x y ，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到()2222212888PA PA PA x y +++=++uuu r uuu r uuu r L ，然后利用cos 22.5||1OP ££o 即可解出．【详解】以圆心为原点，37A A 所在直线为x 轴，51A A 所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示：则1345726(0,1),,(1,0),,(0,1),,(1,0)A A A A A A A æ--ççè,8A æççè，设(,)P x y ,于是()2222212888PA PA PA x y +++=++uuu r uuu r uuu r L ，因为cos 22.5||1OP ££o，所以221cos 4512x y +£+£o ，故222128PA PA PA +++uuu r uuu r uuu r L 的取值范围是[12+.故答案为：[12+．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. 在ABC V 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知34,cos 5a C ==．（1）求sin A 的值；（2）若11b =，求ABC V 的面积．【答案】（1；（2）22．【解析】【分析】（1）先由平方关系求出sin C ，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论222cos 2a b c C ab+-=以及4a =可解出a ，即可由三角形面积公式in 12s S ab C =求出面积．【小问1详解】由于3cos 5C =， 0πC <<，则4sin 5C =．因为4a =，由正弦定理知4sin A C =，则sin A C ==【小问2详解】因为4a =，由余弦定理，得2222221612111355cos 22225a a a a b c C ab a a +--+-====，即26550a a +-=，解得5a =，而4sin 5C =，11b =，所以ABC V 的面积114sin 51122225S ab C ==´´´=．19. 如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE Ð=Ð=°，二面角F DC B --的平面角为60°．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．（1）证明：FN AD ^；（2）求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC BC =，再根据二面角的定义可知，60BCF Ð=o ，由此可知，FN BC ^，FN CD ^，从而可证得FN ^平面ABCD ，即得FN AD ^；（2）由（1）可知FN ^平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM uuuu r，即可利用线面角的向量公式解出．【小问1详解】过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，//,//,5,3,1AB DC CD EF AB DC EF ===，60BAD CDE Ð=Ð=°，由平面几何知识易知，2,90DG AH EFC DCF DCB ABC ==Ð=Ð=Ð=Ð=°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt EGD V 和Rt DHA V，EG DH ==∵,DC CF DC CB ^^，且CF CB C Ç=，∴DC ^平面,BCF BCF Ð是二面角F DC B --的平面角，则60BCF Ð=o ，∴BCF △是正三角形，由DC Ì平面ABCD ，得平面ABCD ^平面BCF ，∵N 是BC 的中点，\FN BC ^，又DC ^平面BCF ，FN Ì平面BCF ，可得FN CD ^，而BC CD C Ç=，∴FN ^平面ABCD ，而AD Ì平面ABCD FN AD \^．【小问2详解】因为FN ^平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N xyz -，设(3,(1,0,3)A B D E，则32M æöç÷ç÷èø，33,,(2,(2BM AD DE æö\==--=-ç÷ç÷èøuuuu r uuu ruuu r 设平面ADE 的法向量为,)n y z r由00n AD n DE ì×=í×=îuuu v r uuu v r，得20230x x z ì--=ïí-++=ïî，取n =-r，设直线BM与平面ADE 所成角为q∴||sin cos ,|||n BM n BM n BM q ×=áñ===×uuuu r r uuuu r r uuuu r r20. 已知等差数列{}n a 的首项11a =-，公差1d >．记{}n a 的前n 项和为()n S n *ÎN ．（1）若423260S a a -+=，求n S ；（2）若对于每个n *ÎN ，存在实数n c ，使12,4,15n n n n n n a c a c a c +++++成等比数列，求d 取值范围．【答案】（1）235(N )2n n nS n *-=Î（2）12d <£【解析】【分析】（1）利用等差数列通项公式及前n 项和公式化简条件，求出d ，再求n S ；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d 的范围.【小问1详解】因为42312601S a a a -+==-，，所以()()46211260d d d -+--+-++=，所以230d d -=，又1d >，所以3d =，所以34n a n =-，所以()213522n na a n n n S +-==，【小问2详解】因为n n a c +，14n n a c ++，215n n a c ++成等比数列，所以()()()212415n n n n n n a c a c a c +++=++，的()()()2141115n n n nd c nd d c nd d c -+=-+-+-+++，22(1488)0n n c d nd c d +-++=，由已知方程22(1488)0n n c d nd c d +-++=的判别式大于等于0，所以()22148840d nd d D =-+-³，所以()()168812880d nd d nd -+-+³对于任意的n *ÎN 恒成立，所以()()212320n d n d ----³éùéùëûëû对于任意的n *ÎN 恒成立，当1n =时，()()()()21232120n d n d d d ----=++³éùéùëûëû，当2n =时，由()()2214320d d d d ----³，可得2£d 当3n ³时，()()21232(3)(25)0n d n d n n ---->--³éùéùëûëû，又1d >所以12d <£21. 如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q æöç÷èø在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点．（1）求点P 到椭圆上点的距离的最大值；（2）求||CD 的最小值．【答案】（1（2．【解析】【分析】（1）设,sin )Q q q 是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出2||PQ ，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线1:2A B y kx =+与椭圆方程联立可得1212,x x x x +，再将直线132y x =-+方程与PA PB 、的方程分别联立，可解得点,C D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD ，最后代入化简可【小问1详解】设,sin )Q q q 是椭圆上任意一点,(0,1)P ,则222221144144||12cos (1sin )1311sin 2sin 11sin 111111PQ q q q q q æö=+-=--=-+£ø+ç÷è，当且仅当1sin 11q =-时取等号，故||PQ【小问2详解】设直线1:2A B y kx =+,直线AB 方程与椭圆22112x y +=联立,可得22130124k x kx æö++-=ç÷èø,设()()1122,,,A x y B x y ，所以12212211231412k x x k x x k ì+=-ï+ïïíï=-æöï+ç÷ïèøî，因为直线111:1y PA y x x -=+与直线132y x =-+交于C ,则111114422(21)1C x x x x y k x ==+-+-,同理可得,222224422(21)1D x x x x y k x ==+-+-.则224||(21)1x CD k x =--+-==当且仅当316k =时取等号，故CD的最小值为.【点睛】本题主要考查最值计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．22. 设函数e()ln (0)2f x x x x=+>．（1）求()f x 的单调区间；（2）已知,a b ÎR ，曲线()y f x =上不同三点()()()()()()112233,,,,,x f x x f x x f x 处的切线都经过点(,)a b ．证明：（ⅰ）若e a >，则10()12e a b f a æö<-<-ç÷èø；（ⅱ）若1230e,a x x x <<<<，则22132e 112e e 6e 6ea ax x a --+<+<-．（注：e 2.71828=L 是自然对数的底数）【答案】（1）()f x 的减区间为e 02æöç÷èø,，增区间为e ,2æö+¥ç÷èø. （2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）31x k x =，1e a m =<，则题设不等式可转化为()()()2131313122236m m m t t m m t t --++--<+，结合零点满足的方程进一步转化为()()()()211312ln 0721m m m m m m ---++<+，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】()22e 12e 22xf x x x x -¢=-+=，当e02x <<，()0f x ¢<；当e 2x >，()0f x ¢>，故()f x 的减区间为e 02æöç÷èø,，()f x 的增区间为e ,2æö+¥ç÷èø.的的【小问2详解】（ⅰ）因为过(),a b 有三条不同的切线，设切点为()(),,1,2,3i i x f x i =，故()()()i i i f x b f x x a ¢-=-，故方程()()()f x b f x x a ¢-=-有3个不同的根，该方程可整理为()21e e ln 022x a x b x x x æö----+=ç÷èø，设()()21e e ln 22g x x a x b x x x æö=----+ç÷èø，则()()22321e 1e 1e 22g x x a x x x x x xæö¢=-+-+--+ç÷èø()()31e x x a x=---，当0e x <<或x a >时，()0g x ¢<；当e x a <<时，()0g x ¢>，故()g x 在()()0,e ,,a +¥上为减函数，在()e,a 上为增函数，因为()g x 有3个不同的零点，故()e 0g <且()0>g a ，故()21e e e ln e 0e 2e 2e a b æö----+<ç÷èø且()21e e ln 022a a a b a a a æö----+>ç÷èø，整理得到：12e a b <+且()eln 2b a f a a>+=，此时()1e 13e11ln ln 2e 2e 22e 222a a a b f a a a a aæöæö---<+-+-+=--ç÷ç÷èøèø，设()3e ln 22u a a a =--，则()2e-202au a a ¢=<，故()u a 为()e,+¥上的减函数，故()3eln e 022eu a <--=，故()1012e a b f a æö<-<-ç÷èø.（ⅱ）当0e a <<时，同（ⅰ）中讨论可得：故()g x 在()()0,,e,a +¥上为减函数，在(),e a 上为增函数，不妨设123x x x <<，则1230e x a x x <<<<<，因为()g x 有3个不同的零点，故()0g a <且()e 0g >，故()21e e e ln e 0e 2e 2e a b æö----+>ç÷èø且()21e e ln 022a a a b a a a æö----+<ç÷èø，整理得到：1ln 2e 2ea ab a +<<+，因为123x x x <<，故1230e x a x x <<<<<，又()2e e 1ln 2a ag x x b x x+=-+-+，设e t x =，()0,1e a m =Î，则方程2e e 1ln 02a ax b x x+-+-+=即为：2e ln 0e 2e a a t t t b +-+++=即为()21ln 02m m t t t b -++++=，记123123e e e,,,t t t x x x ===则113,,t t t 为()21ln 02m m t t t b -++++=有三个不同的根，设3131e 1x t k t x a ==>>，1eam =<，要证：22122e 112e e 6e 6e a a x x a --+<+<-，即证13e 2e e 26e 6ea a t t a --+<+<-，即证：13132166m mt t m --<+<-，即证：131********m m t t t t m --æöæö+-+-+<ç÷ç÷èøèø，即证：()()()2131313122236m m m t t m m t t --++--<+，而()21111ln 02m m t t t b -++++=且()23331ln 02m m t t t b -++++=，故()()()22131313ln ln 102m t t t t m t t -+--+-=，故131313ln ln 222t t t t m m t t -+--=-´-，故即证：()()()21313131312ln ln 236m m m t t m t t m t t --+--´<-+，第21页 | 共22页即证：()()()1213313ln1312072t t t m m m t t t +--++>-即证：()()()213121ln 0172m m m k k k --+++>-，记()()1ln ,11k k k k k j +=>-，则()()2112ln 01k k k k k j æö¢=-->ç÷èø-，设()12ln u k k k k =--，则()2122210u k k k k k¢=+->-=即()0k j ¢>，故()k j 在()1,+¥上为增函数，故()()k m j j >，所以()()()()()()22131213121ln 1ln 172172m m m m m m k k m m k m --+--++++>+--，记()()()()()211312ln ,01721m m m m m m m m w ---+=+<<+，则()()()()()()()2232322132049721330721721m m m m m m m m m m m w ---+-+¢=>>++，所以()m w 在()0,1为增函数，故()()10m w w <=，故()()()()211312ln 0721m m m m m m ---++<+即()()()213121ln 0172m m m m m m --+++>-，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.第22页| 共22页。

【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。

2022年浙江省高考数学试卷真题+答案解析

2022年浙江省高考数学试卷一、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．（4分）设集合{1,2}A =，{2,4,6}B =，则(A B = )A ．{2}B ．{1,2}C ．{2,4,6}D ．{1,2,4,6}2．（4分）已知a ，b R ∈，3()(a i b i i i +=+为虚数单位），则( ) A ．1a =，3b =-B ．1a =-，3b =C ．1a =-，3b =-D ．1a =，3b =3．（4分）若实数x ，y 满足约束条件20,270,20,x x y x y -⎧⎪+-⎨⎪--⎩则34z x y =+的最大值是( )A ．20B ．18C ．13D ．64．（4分）设x R ∈，则“sin 1x =”是“cos 0x =”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．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．22πB ．8πC ．223π D ．163π 6．（4分）为了得到函数2sin3y x =的图象，只要把函数2sin(3)5y x π=+图象上所有的点( )A ．向左平移5π个单位长度 B ．向右平移5π个单位长度 C ．向左平移15π个单位长度D ．向右平移15π个单位长度7．（4分）已知25a =，8log 3b =，则34(a b -= ) A ．25B ．5C ．259D ．538．（4分）如图，已知正三棱柱111ABC A B C -，1AC AA =，E ，F 分别是棱BC ，11A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则( )A ．αβγB ．βαγC ．βγαD ．αγβ9．（4分）已知a ，b R ∈，若对任意x R ∈，|||4||25|0a x b x x -+---，则( ) A ．1a ，3bB ．1a ，3bC ．1a ，3bD ．1a ，3b10．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，2*11()3n n n a a a n N +=-∈，则( )A ．100521002a <<B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分。

浙江省高考数学试题解析

2018浙江省高考数学试卷新教改一、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;A=1．4分2018 浙江已知全集U={1,2,3,4,5},A={1,3},则UA．B．{1,3} C．{2,4,5} D．{1,2,3,4,5}2．4分2018 浙江双曲线﹣y2=1的焦点坐标是A．﹣,0,,0 B．﹣2,0,2,0 C．0,﹣,0,D．0,﹣2,0,23．4分2018 浙江某几何体的三视图如图所示单位：cm,则该几何体的体积单位：cm3是A．2 B．4 C．6 D．84．4分2018 浙江复数i为虚数单位的共轭复数是A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i5．4分2018 浙江函数y=2|x|sin2x的图象可能是A． B． C．D．6．4分2018 浙江已知平面α,直线m,n满足mα,nα,则“m∥n”是“m∥α”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7．4分2018 浙江设0＜p ＜1,随机变量ξ的分布列是ξ 012P则当p 在0,1内增大时, A ．Dξ减小B ．Dξ增大C ．Dξ先减小后增大D ．Dξ先增大后减小8．4分2018 浙江已知四棱锥S ﹣ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点不含端点．设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S ﹣AB ﹣C 的平面角为θ3,则 A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ19．4分2018 浙江已知,,是平面向量,是单位向量．若非零向量与的夹角为,向量满足﹣4+3=0,则|﹣|的最小值是 A ．﹣1 B ．+1C ．2D ．2﹣10．4分2018 浙江已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=lna 1+a 2+a 3,若a 1＞1,则 A ．a 1＜a 3,a 2＜a 4B ．a 1＞a 3,a 2＜a 4C ．a 1＜a 3,a 2＞a 4D ．a 1＞a 3,a 2＞a 4二、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;11．6分2018浙江我国古代数学着作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一,值钱五；鸡母一,值钱三；鸡雏三,值钱一．凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何”设鸡翁,鸡母,鸡雏个数分别为x,y,z,则,当z=81时,x= ,y= ．12．6分2018 浙江若x,y 满足约束条件,则z=x+3y 的最小值是 ,最大值是．13．6分2018 浙江在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c ．若a=,b=2,A=60°,则sinB= ,c= ． 14．4分2018 浙江二项式+8的展开式的常数项是．15．6分2018 浙江已知λ∈R,函数fx=,当λ=2时,不等式fx＜0的解集是．若函数fx恰有2个零点,则λ的取值范围是．16．4分2018 浙江从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成个没有重复数字的四位数．用数字作答17．4分2018 浙江已知点P0,1,椭圆+y2=mm＞1上两点A,B满足=2,则当m= 时,点B横坐标的绝对值最大．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; 18．14分2018 浙江已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P﹣,﹣．Ⅰ求sinα+π的值；Ⅱ若角β满足sinα+β=,求cosβ的值．19．15分2018 浙江如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=l,AB=BC=B1B=2．Ⅰ证明：AB1⊥平面A1B1C1；Ⅱ求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．20．15分2018 浙江已知等比数列{an }的公比q＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项．数列{bn }满足b1=1,数列{bn+1﹣bnan}的前n项和为2n2+n．Ⅰ求q的值；Ⅱ求数列{bn}的通项公式．21．15分2018 浙江如图,已知点P是y轴左侧不含y轴一点,抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上．Ⅰ设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；Ⅱ若P是半椭圆x2+=1x＜0上的动点,求△PAB面积的取值范围．22．15分2018 浙江已知函数fx=﹣lnx．Ⅰ若fx在x=x1,x2x1≠x2处导数相等,证明：fx1+fx2＞8﹣8ln2；Ⅱ若a≤3﹣4ln2,证明：对于任意k＞0,直线y=kx+a与曲线y=fx有唯一公共点．2018年浙江省高考数学试卷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;A=1．4分2018 浙江已知全集U={1,2,3,4,5},A={1,3},则UA．B．{1,3} C．{2,4,5} D．{1,2,3,4,5}考点1F：补集及其运算．A是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合．分析根据补集的定义直接求解：UA是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合,由已解答解：根据补集的定义,U知,有且仅有2,4,5符合元素的条件．A={2,4,5}U故选：C．点评本题考查了补集的定义以及简单求解,属于简单题．2．4分2018 浙江双曲线﹣y2=1的焦点坐标是A．﹣,0,,0 B．﹣2,0,2,0 C．0,﹣,0,D．0,﹣2,0,2考点KC：双曲线的性质．专题34 ：方程思想；4O：定义法；5D ：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析根据双曲线方程,可得该双曲线的焦点在x轴上,由平方关系算出c==2,即可得到双曲线的焦点坐标．解答解：∵双曲线方程可得双曲线的焦点在x轴上,且a2=3,b2=1,由此可得c==2,∴该双曲线的焦点坐标为±2,0故选：B．点评本题考查双曲线焦点坐标,着重考查了双曲线的标准方程和焦点坐标求法等知识,属于基础题．3．4分2018 浙江某几何体的三视图如图所示单位：cm,则该几何体的体积单位：cm3是A．2 B．4 C．6 D．8考点L：由三视图求面积、体积．专题35 ：转化思想；5F ：空间位置关系与距离．分析直接利用三视图的复原图求出几何体的体积．解答解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．如图所示：故该几何体的体积为：V=．故选：C．点评本题考查的知识要点：三视图的应用．4．4分2018 浙江复数i为虚数单位的共轭复数是A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i考点A5：复数的运算．专题5N ：数系的扩充和复数．分析化简已知复数z,由共轭复数的定义可得．解答解：化简可得z===1+i,∴z的共轭复数=1﹣i故选：B．点评本题考查复数的代数形式的运算,涉及共轭复数,属基础题．5．4分2018 浙江函数y=2|x|sin2x的图象可能是A． B． C．D．考点3A：函数的图象与图象的变换．专题35 ：转化思想；51 ：函数的性质及应用．分析直接利用函数的图象和性质求出结果．解答解：根据函数的解析式y=2|x|sin2x,得到：函数的图象为奇函数,故排除A和B．当x=时,函数的值也为0,故排除C．故选：D．点评本题考查的知识要点：函数的性质和赋值法的应用．6．4分2018 浙江已知平面α,直线m,n满足mα,nα,则“m∥n”是“m∥α”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29：充分条件、必要条件、充要条件．专题38 ：对应思想；4O：定义法；5L ：简易逻辑．分析根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解答解：∵mα,nα,∴当m∥n时,m∥α成立,即充分性成立,当m∥α时,m∥n不一定成立,即必要性不成立,则“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选：A．点评本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据线面平行的定义和性质是解决本题的关键,是基础题．7．4分2018 浙江设0＜p＜1,随机变量ξ的分布列是ξ012P则当p在0,1内增大时,A．Dξ减小B．Dξ增大C．Dξ先减小后增大D．Dξ先增大后减小考点CH：离散型随机变量的期望与方差．专题33 ：函数思想；4O：定义法；5I ：概率与统计．分析求出随机变量ξ的分布列与方差,再讨论Dξ的单调情况．解答解：设0＜p＜1,随机变量ξ的分布列是Eξ=0×+1×+2×=p+；方差是Dξ=×+×+×=﹣p2+p+=﹣+,∴p∈0,时,Dξ单调递增；p∈,1时,Dξ单调递减；∴Dξ先增大后减小．故选：D．点评本题考查了离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题,也考查了运算求解能力,是基础题．8．4分2018 浙江已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点不含端点．设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3,则A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1考点MJ ：二面角的平面角及求法；L3：棱锥的结构特征；LM ：异面直线及其所成的角；MI ：直线与平面所成的角．专题31 ：数形结合；44 ：数形结合法；5G ：空间角．分析作出三个角,表示出三个角的正弦或正切值,根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小．解答解：∵由题意可知S 在底面ABCD 的射影为正方形ABCD 的中心．过E 作EF ∥BC,交CD 于F,过底面ABCD 的中心O 作ON ⊥EF 交EF 于N, 连接SN,取CD 中点M,连接SM,OM,OE,则EN=OM, 则θ1=∠SEN,θ2=∠SEO,θ3=∠SMO ．显然,θ1,θ2,θ3均为锐角． ∵tanθ1==,tanθ3=,SN ≥SO,∴θ1≥θ3, 又sinθ3=,sinθ2=,SE ≥SM,∴θ3≥θ2．故选：D ．点评本题考查了空间角的计算,三角函数的应用,属于中档题．9．4分2018 浙江已知,,是平面向量,是单位向量．若非零向量与的夹角为,向量满足﹣4+3=0,则|﹣|的最小值是 A ．﹣1 B ．+1C ．2D ．2﹣考点9O ：平面向量数量积的性质及其运算．专题11 ：计算题；31 ：数形结合；4R ：转化法；5A ：平面向量及应用．分析把等式﹣4+3=0变形,可得得,即⊥,设,则的终点在以2,0为圆心,以1为半径的圆周上,再由已知得到的终点在不含端点O 的两条射线y=x ＞0上,画出图形,数形结合得答案．解答解：由﹣4+3=0,得,∴⊥,如图,不妨设,则的终点在以2,0为圆心,以1为半径的圆周上, 又非零向量与的夹角为,则的终点在不含端点O 的两条射线y=x ＞0上．不妨以y=为例,则|﹣|的最小值是2,0到直线的距离减1．即．故选：A ．点评本题考查平面向量的数量积运算,考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法,属难题．10．4分2018 浙江已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=lna 1+a 2+a 3,若a 1＞1,则 A ．a 1＜a 3,a 2＜a 4B ．a 1＞a 3,a 2＜a 4C ．a 1＜a 3,a 2＞a 4D ．a 1＞a 3,a 2＞a 4考点8I ：数列与函数的综合；4H ：对数的运算性质；87：等比数列的性质．专题11 ：计算题；32 ：分类讨论；34 ：方程思想；49 ：综合法；51 ：函数的性质及应用；54 ：等差数列与等比数列．分析利用等比数列的性质以及对数函数的单调性,通过数列的公比的讨论分析判断即可．解答解：a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,由等比数列的性质可知,奇数项符号相同,偶数项符号相同,a 1＞1,设公比为q,当q ＞0时,a 1+a 2+a 3+a 4＞a 1+a 2+a 3,a 1+a 2+a 3+a 4=lna 1+a 2+a 3,不成立, 即：a 1＞a 3,a 2＞a 4,a 1＜a 3,a 2＜a 4,不成立,排除A 、D ．当q=﹣1时,a 1+a 2+a 3+a 4=0,lna 1+a 2+a 3＞0,等式不成立,所以q ≠﹣1；当q ＜﹣1时,a 1+a 2+a 3+a 4＜0,lna 1+a 2+a 3＞0,a 1+a 2+a 3+a 4=lna 1+a 2+a 3不成立, 当q ∈﹣1,0时,a 1＞a 3＞0,a 2＜a 4＜0,并且a 1+a 2+a 3+a 4=lna 1+a 2+a 3,能够成立, 故选：B ．点评本题考查等比数列的性质的应用,函数的值的判断,对数函数的性质,考查发现问题解决问题的能力,难度比较大．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;11．6分2018浙江我国古代数学着作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一,值钱五；鸡母一,值钱三；鸡雏三,值钱一．凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何”设鸡翁,鸡母,鸡雏个数分别为x,y,z,则,当z=81时,x= 8 ,y= 11 ．考点53：函数的零点与方程根的关系．专题11 ：计算题；33 ：函数思想；49 ：综合法；51 ：函数的性质及应用．分析直接利用方程组以及z的值,求解即可．解答解：,当z=81时,化为：,解得 x=8,y=11．故答案为：8；11．点评本题考查方程组的解法,是基本知识的考查．12．6分2018 浙江若x,y满足约束条件,则z=x+3y的最小值是﹣2 ,最大值是8 ．考点7C：简单线性规划．专题1 ：常规题型；11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；5T ：不等式．分析作出题中不等式组表示的平面区域,得到如图的△ABC及其内部,再将目标函数z=x+3y对应的直线进行平移,观察直线在y轴上的截距变化,然后求解最优解得到结果．解答解：作出x,y满足约束条件表示的平面区域,如图：其中B4,﹣2,A2,2．设z=Fx,y=x+3y,将直线l：z=x+3y进行平移,观察直线在y轴上的截距变化,可得当l经过点B时,目标函数z达到最小值．∴z=F4,﹣2=﹣2．最小值可得当l经过点A时,目标函数z达到最最大值：z=F2,2=8．最大值故答案为：﹣2；8．点评本题给出二元一次不等式组,求目标函数的最小值,着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识,属于中档题．13．6分2018 浙江在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c．若a=,b=2,A=60°,则sinB= ,c= 3 ．考点HP：正弦定理．专题11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；58 ：解三角形．分析由正弦定理得=,由此能求出sinB,由余弦定理得cos60°=,由此能求出c．解答解：∵在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c．a=,b=2,A=60°,∴由正弦定理得：,即=,解得sinB==．由余弦定理得：cos60°=,解得c=3或c=﹣1舍,∴sinB=,c=3．故答案为：,3．点评本题考查三角形中角的正弦值、边长的求法,考查正弦定理、余弦定理等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,是中档题．14．4分2018 浙江二项式+8的展开式的常数项是7 ．考点DA：二项式定理．专题35 ：转化思想；4O：定义法；5P ：二项式定理．分析写出二项展开式的通项并整理,由x的指数为0求得r值,则答案可求．解答解：由=．令=0,得r=2．∴二项式+8的展开式的常数项是．故答案为：7．点评本题考查了二项式系数的性质,关键是熟记二项展开式的通项,是基础题．15．6分2018 浙江已知λ∈R,函数fx=,当λ=2时,不等式fx＜0的解集是{x|1＜x＜4} ．若函数fx恰有2个零点,则λ的取值范围是1,3 ．考点57：函数与方程的综合运用；3E：函数单调性的性质与判断；5B：分段函数的应用．专题11 ：计算题；31 ：数形结合；34 ：方程思想；49 ：综合法；51 ：函数的性质及应用．分析利用分段函数转化求解不等式的解集即可；利用函数的图象,通过函数的零点得到不等式求解即可．解答解：当λ=2时函数fx=,显然x≥2时,不等式x﹣4＜0的解集：{x|2≤x＜4}；x＜2时,不等式fx＜0化为：x2﹣4x+3＜0,解得1＜x＜2,综上,不等式的解集为：{x|1＜x＜4}．函数fx恰有2个零点,函数fx=的草图如图：函数fx恰有2个零点,则λ∈1,3．故答案为：{x|1＜x＜4}；1,3．点评本题考查函数与方程的应用,考查数形结合以及函数的零点个数的判断,考查发现问题解决问题的能力．16．4分2018 浙江从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成1260 个没有重复数字的四位数．用数字作答考点D8：排列、组合的实际应用．专题11 ：计算题；35 ：转化思想；49 ：综合法；5O ：排列组合．分析可先从1,3,5,7,9中任取2个数字,然后通过0是否存在,求解即可．解答解：从1,3,5,7,9中任取2个数字有种方法,从2,4,6,0中任取2个数字不含0时,有种方法,可以组成=720个没有重复数字的四位数；含有0时,0不能在千位位置,其它任意排列,共有=540,故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．点评本题考查排列组合及简单的计数问题,先选后排是解决问题的关键,注意“0“是否在4位数中去易错点,是中档题．17．4分2018 浙江已知点P0,1,椭圆+y2=mm＞1上两点A,B满足=2,则当m= 5 时,点B横坐标的绝对值最大．考点K4：椭圆的性质．专题34 ：方程思想；48 ：分析法；5A ：平面向量及应用；5D ：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析设Ax1,y1,Bx2,y2,运用向量共线的坐标表示,以及点满足椭圆方程,求得y1,y2,有x22=m﹣2,运用二次函数的最值求法,可得所求最大值和m的值．解答解：设Ax1,y1,Bx2,y2,由P0,1,=2,可得﹣x1=2x2,1﹣y1=2y2﹣1,即有x1=﹣2x2,y1+2y2=3,又x12+4y12=4m,即为x22+y12=m,①x 22+4y22=4m,②①﹣②得y1﹣2y2y1+2y2=﹣3m,可得y1﹣2y2=﹣m,解得y1=,y2=,则m=x22+2,即有x22=m﹣2==,即有m=5时,x22有最大值16,即点B横坐标的绝对值最大．故答案为：5．点评本题考查椭圆的方程和应用,考查向量共线的坐标表示和方程思想、转化思想,以及二次函数的最值的求法,属于中档题．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; 18．14分2018 浙江已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P﹣,﹣．Ⅰ求sinα+π的值；Ⅱ若角β满足sinα+β=,求cosβ的值．考点GP：两角和与差的三角函数；G9：任意角的三角函数的定义．专题33 ：函数思想；4R：转化法；56 ：三角函数的求值．分析Ⅰ由已知条件即可求r,则sinα+π的值可得；Ⅱ由已知条件即可求sinα,cosα,cosα+β,再由cosβ=cosα+β﹣α=cosα+βcosα+sinα+βsinα代值计算得答案．解答解：Ⅰ∵角α的顶点与原点O重合,始边与x轴非负半轴重合,终边过点P﹣,﹣．∴x=﹣,y=,r=|OP|=,∴sinα+π=﹣sinα=；Ⅱ由x=﹣,y=,r=|OP|=1,得,,又由sinα+β=,得=,则cosβ=cosα+β﹣α=cosα+βcosα+sinα+βsinα=,或cosβ=cosα+β﹣α=cosα+βcosα+sinα+βsinα=．∴cosβ的值为或．点评本题考查了任意角的三角函数的定义,考查了三角函数的诱导公式的应用,是中档题．19．15分2018 浙江如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A,B 1B,C 1C 均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A 1A=4,C 1C=l,AB=BC=B 1B=2． Ⅰ证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；Ⅱ求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．考点MI ：直线与平面所成的角；LW ：直线与平面垂直．专题31 ：数形结合；41 ：向量法；5F ：空间位置关系与距离；5G ：空间角．分析I 利用勾股定理的逆定理证明AB 1⊥A 1B 1,AB 1⊥B 1C 1,从而可得AB 1⊥平面A 1B 1C 1； II 以AC 的中点为坐标原点建立空间坐标系,求出平面ABB 1的法向量,计算与的夹角即可得出线面角的大小．解答I 证明：∵A 1A ⊥平面ABC,B 1B ⊥平面ABC, ∴AA 1∥BB 1, ∵AA 1=4,BB 1=2,AB=2, ∴A 1B 1==2,又AB 1==2,∴AA 12=AB 12+A 1B 12,∴AB 1⊥A 1B 1, 同理可得：AB 1⊥B 1C 1, 又A 1B 1∩B 1C 1=B 1, ∴AB 1⊥平面A 1B 1C 1．II 解：取AC 中点O,过O 作平面ABC 的垂线OD,交A 1C 1于D, ∵AB=BC,∴OB ⊥OC,∵AB=BC=2,∠BAC=120°,∴OB=1,OA=OC=,以O 为原点,以OB,OC,OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则A0,﹣,0,B1,0,0,B 11,0,2,C 10,,1, ∴=1,,0,=0,0,2,=0,2,1,设平面ABB 1的法向量为=x,y,z,则,∴,令y=1可得=﹣,1,0,∴cos＜＞===．设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ,则sinθ=|cos＜＞|=．∴直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值为．点评本题考查了线面垂直的判定定理,线面角的计算与空间向量的应用,属于中档题．20．15分2018 浙江已知等比数列{an }的公比q＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项．数列{bn }满足b1=1,数列{bn+1﹣bnan}的前n项和为2n2+n．Ⅰ求q的值；Ⅱ求数列{bn}的通项公式．考点8M：等差数列与等比数列的综合．专题34 ：方程思想；48 ：分析法；54 ：等差数列与等比数列．分析Ⅰ运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质,解方程可得公比q；Ⅱ设cn =bn+1﹣bnan=bn+1﹣bn2n﹣1,运用数列的递推式可得cn=4n﹣1,再由数列的恒等式求得b n =b1+b2﹣b1+b3﹣b2+…+bn﹣bn﹣1,运用错位相减法,可得所求数列的通项公式．解答解：Ⅰ等比数列{an }的公比q＞1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项,可得2a4+4=a3+a5=28﹣a4,解得a4=8,由+8+8q=28,可得q=2舍去,则q的值为2；Ⅱ设cn =bn+1﹣bnan=bn+1﹣bn2n﹣1,可得n=1时,c1=2+1=3,n≥2时,可得cn=2n2+n﹣2n﹣12﹣n﹣1=4n﹣1,上式对n=1也成立,则bn+1﹣bnan=4n﹣1,即有bn+1﹣bn=4n﹣1n﹣1,可得bn =b1+b2﹣b1+b3﹣b2+…+bn﹣bn﹣1=1+30+71+…+4n﹣5n﹣2,b=+3n+72+…+4n﹣5n﹣1,=+4+2+…+n﹣2﹣4n﹣5相减可得bnn﹣1=+4 ﹣4n﹣5n﹣1,化简可得b=15﹣4n+3nn﹣2．点评本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质,考查数列的恒等式和错位相减法的运用,考查运算能力,属于中档题．21．15分2018 浙江如图,已知点P是y轴左侧不含y轴一点,抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上．Ⅰ设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；Ⅱ若P是半椭圆x2+=1x＜0上的动点,求△PAB面积的取值范围．考点KN：直线与抛物线的位置关系；KL：直线与椭圆的位置关系．专题34 ：方程思想；48 ：分析法；5D ：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析Ⅰ设Pm,n,A,y1,B,y2,运用中点坐标公式可得M的坐标,再由中点坐标公式和点在抛物线上,代入化简整理可得y1,y2为关于y的方程y2﹣2ny+8m﹣n2=0的两根,由韦达定理即可得到结论；Ⅱ由题意可得m2+=1,﹣1≤m＜0,﹣2＜n＜2,可得△PAB面积为S=|PM||y1﹣y2|,再由配方和换元法,可得面积S关于新元的三次函数,运用单调性可得所求范围．解答解：Ⅰ证明：可设Pm,n,A,y1,B,y2,AB中点为M的坐标为,,抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上,可得2=4 ,2=4 ,化简可得y1,y2为关于y的方程y2﹣2ny+8m﹣n2=0的两根,可得y1+y2=2n,y1y2=8m﹣n2,可得n=,则PM垂直于y轴；Ⅱ若P是半椭圆x2+=1x＜0上的动点,可得m2+=1,﹣1≤m＜0,﹣2＜n＜2,由Ⅰ可得y1+y2=2n,y1y2=8m﹣n2,由PM垂直于y轴,可得△PAB面积为S=|PM||y1﹣y2|=﹣m=4n2﹣16m+2n2﹣m=n2﹣4m,可令t===,可得m=﹣时,t取得最大值；m=﹣1时,t取得最小值2,即2≤t≤,则S=t3在2≤t≤递增,可得S∈6,,△PAB面积的取值范围为6,．点评本题考查抛物线的方程和运用,考查转化思想和运算能力,以及换元法和三次函数的单调性,属于难题．22．15分2018 浙江已知函数fx=﹣lnx．Ⅰ若fx在x=x1,x2x1≠x2处导数相等,证明：fx1+fx2＞8﹣8ln2；Ⅱ若a≤3﹣4ln2,证明：对于任意k＞0,直线y=kx+a与曲线y=fx有唯一公共点．考点6E：利用导数研究函数的最值．专题14 ：证明题；35 ：转化思想；49 ：综合法；53 ：导数的综合应用．分析Ⅰ推导出x＞0,f′x=﹣,由fx在x=x1,x2x1≠x2处导数相等,得到+=,由基本不等式得：=≥,从而x1x2＞256,由题意得fx1+fx2==﹣lnx1x2,设gx=,则,利用导数性质能证明fx1+fx2＞8﹣8ln2．Ⅱ令m=e﹣|a|+k,n=2+1,则fm﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0,推导出存在x∈m,n,使fx0=kx+a,对于任意的a∈R及k∈0,+∞,直线y=kx+a与曲线y=fx有公共点,由fx=kx+a,得k=,设hx=,则h′x==,利用导数性质能证明a≤3﹣4ln2时,对于任意k＞0,直线y=kx+a与曲线y=fx有唯一公共点．解答证明：Ⅰ∵函数fx=﹣lnx,∴x ＞0,f′x=﹣,∵fx 在x=x 1,x 2x 1≠x 2处导数相等, ∴=﹣,∵x 1≠x 2,∴+=,由基本不等式得：=≥,∵x 1≠x 2,∴x 1x 2＞256, 由题意得fx 1+fx 2==﹣lnx 1x 2,设gx=,则,∴列表讨论：x 0,16 16 16,+∞g′x ﹣ 0 + gx↓2﹣4ln2↑∴gx 在256,+∞上单调递增, ∴gx 1x 2＞g256=8﹣8ln2, ∴fx 1+fx 2＞8﹣8ln2． Ⅱ令m=e ﹣|a|+k ,n=2+1,则fm ﹣km ﹣a ＞|a|+k ﹣k ﹣a ≥0, fn ﹣kn ﹣a ＜n﹣﹣k ≤n﹣k ＜0,∴存在x 0∈m,n,使fx 0=kx 0+a,∴对于任意的a ∈R 及k ∈0,+∞,直线y=kx+a 与曲线y=fx 有公共点, 由fx=kx+a,得k=,设hx=,则h′x==,其中gx=﹣lnx,由1知gx ≥g16,又a ≤3﹣4ln2,∴﹣gx ﹣1+a ≤﹣g16﹣1+a=﹣3+4ln2+a ≤0,∴h′x≤0,即函数hx在0,+∞上单调递减,∴方程fx﹣kx﹣a=0至多有一个实根,综上,a≤3﹣4ln2时,对于任意k＞0,直线y=kx+a与曲线y=fx有唯一公共点．点评本题考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力,是中档题．。

2022年浙江省高考数学试题及答案

2022年浙江省高考数学试题及答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1. 设集合A={x|0<x<1}，B={x|x^2<4}，则A∩B=（）A. {x|0<x<2}B. {x|0<x<1}C. {x|2<x<0}D. {x|2<x<2}2. 若函数f(x)=x^33x+1在区间（1，1）上单调递减，则实数a的取值范围是（）A. a>1B. a<1C. a≥1D. a≤13. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1+a3=20，a2+a4=26，则数列{an}的公差d=（）A. 2B. 3C. 4D. 54. 在等腰三角形ABC中，AB=AC=4，∠BAC=60°，则三角形ABC的面积是（）A. 2√3B. 4√3C. 6√3D. 8√35. 已知圆C：x^2+y^2=4，直线l：y=kx+2与圆C相交于A、B两点，若AB=2√2，则实数k的值是（）A. 1B. 1C. ±1D. 06. 已知函数f(x)=log2(x+1)，则f(x)的值域是（）A. (∞，0)B. (0，+∞)C. (∞，+∞)D. (0，+∞)7. 已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，高为h，则该三棱柱的体积V是（）A. V=√3/4a^2hB. V=√3/2a^2hC. V=a^2hD. V=√3a^2h8. 若复数z满足|z1|=|z+1|，则z在复平面上的轨迹是（）A. 以原点为中心，半径为1的圆B. 以原点为中心，半径为2的圆C. 以点（1，0）为中心，半径为1的圆D. 以点（1，0）为中心，半径为1的圆9. 已知等比数列{an}的首项a1=1，公比q=2，则数列{an}的前5项和S5=（）A. 31B. 32C. 33D. 3410. 已知函数f(x)=x^2+ax+b（a，b∈R），若f(x)在区间（1，1）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A. a>2B. a<2C. a≥2D. a≤2二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11. 若函数f(x)=x^33x+1在区间（1，1）上单调递减，则实数a的取值范围是_________。

2022年浙江省湖州市长兴县、余杭、缙云三校高考数学联考试卷(5月份+答案解析(附后)

2022年浙江省湖州市长兴县、余杭、缙云三校高考数学联考试卷（5月份）1. 设全集，集合，则( )A. B. C. D.2. 已知，若复数，复数z的实部是4，则z的虚部是( )A. B. C. 2i D. 23.如图，某多面体的体积是，其三视图如图所示，则正视图中的高( )A. 1B.C.D.4. 若实数x，y满足约束条件，则的最小值为( )A. 2B. 3C. 5D. 65. 已知a，b为非零实数，下列四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是( )A. B. C. D.6. 已知函数的图像如图所示，则实数a 的值可能是( )A. B. C. D. 27. 如图，已知四边形ABCD ，是以BD 为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线BD 翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是( )A.B. DP 与BC 可能垂直C. 直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是D. 四面体PBCD 的体积的最大是8. 已知，，定义，则的最小值是( )A. 5B. 6C. 8D. 19. 已知双曲线C ：的左，右焦点分别是，，点P 是双曲线C 左支上一点，满足，若以点P 为圆心，r 为半径的圆与圆：内切，与圆：外切，其中，则双曲线C的离心率为( )A. 2B.C. D.10. 已知数列的各项都是正数，记，数列的前n 项和为，给出下列四个命题：①若数列各项单调递增，则首项；②若数列各项单调递减，则首项；③若数列各项单调递增，当时，；④若数列各项单调递增，当时，则以下说法正确的个数( )A. 4B. 3C. 2D. 111. 若一个三角形的三边长分别为a，b，c，设，则该三角形的面积，这就是著名的“秦九韶-海伦公式”若的三边长分别为5，6，7，则该三角形的面积为______.12. 若函数，则______，不等式的解集是______.13. 若，则______，______.14. 一个口袋里有形状一样仅颜色不同的5个小球，其中白色球3个，黑色球2个．若从中任取1个球，每次取球后都放回袋中，则事件“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率为______；若从中任取2个球，记所取球中白球可能被取到的个数为，则随机变量的期望为______.15. 在中，，D是线段BC上一点，且，则______，AD的长为______.16.设，，若存在，，使得，则称函数与互为“n度零点函数”．若与互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为______.17. 已知平面向量满足，若，则的最小值是______.18. 已知函数的部分图像如图所示．求的解析式；在锐角中，若边，且，求周长的最大值．19. 已知四棱锥中，底面ABCD为等腰梯形，，，，是斜边为AP的等腰直角三角形．若时，求证：平面平面ABCD；若时，求直线PD与平面ABCD所成的角的正弦值．20.已知数列满足为实数，且，，，，且，，成等差数列．求q的值和的通项公式；设，记数列的前n项和为，若对任意的，满足，试求实数的取值范围．21. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为、，，设是第一象限内椭圆C上的一点，、的延长线分别交椭圆C于点、当时，的面积为求椭圆C的方程；分别记和的面积为和，求的最大值．22. 已知函数为自然对数的底数令，若不等式恒成立，求实数a的取值范围；令，若函数有两不同零点，求实数m的取值范围；证明：答案和解析1.【答案】A【解析】解：因为集合，，所以故选：化简集合P，根据交集的定义求出即可．本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．2.【答案】B【解析】解：的实部是4，，解得，的虚部是故选：结合复数的四则运算，以及实部和虚部的定义，即可求解．本题主要考查实部和虚部的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥；如图所示：所以，解得：故选：首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用几何体的体积公式求出几何体的高．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：实数x，y满足约束条件的可行域如图：当直线经过可行域的A时，目标函数取得最小值，由解得，所以的最小值为故选：画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．本题考查线性规划的简单应用，是基础题．5.【答案】D【解析】解：A，当，满足，是成立的必要不充分条件，错误，B，当，时，满足，但不成立，错误，C，是R上的增函数，，是充要条件，错误，D，由，反之若，，满足，但不成立，正确，故选：根据不等式的性质，指对函数的性质，再结合充分而不必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，不等式的性质，指数函数，对数函数的性质，属于中档题．6.【答案】C【解析】解：由图像可得且且，即将这三个量代人表达式分母为0，即且且，解得，即，故选：由函数图像中的渐近线即可求得．本题考查了函数的定义域，对称性，渐近线，是基础题．7.【答案】C【解析】解：如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，是以BD为斜边的等腰直角三角形，，为等边三角形，，面PMC，，故A正确；对于B，假设，又，面PCD，，又，故DP与BC可能垂直，故B正确；当面面BCD时，此时面BCD，即为直线DP与平面BCD所成角，此时，故C错误；当面面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积为：，故D正确．故选：对于A，取BD的中点M，即可得到面PMC，A选项可判断；对于B，采用反证法，假设，则面PCD，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面面BCD时，此时直线DP与平面BCD所成角有最大值，判断即可；对于D，当面面BCD时，此时四面体PBCD的体积有最大值，计算最大体积判断即可．本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：由题意，，，则，当且仅当，即时等号成立．的最小值是故选：由题意，，，再由不等式的性质结合基本不等式求最值即可．本题考查函数的最值及其几何意义，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．9.【答案】C【解析】解：由题意可得圆的方程可得圆心的坐标，半径为3a，由圆的方程可得圆心，半径为a，再由圆P与圆内切，可得，与圆外切可得，可得，由双曲线的定义及P在双曲线的左支上，可得，可得，，在中，，由余弦定理可得，可得，解得：离心率，故选：由题意可得圆，的圆心坐标及半径的值，再由圆P与与圆外切，与圆内切，可得的值，再由P在双曲线的左支上，可得的值，进而求出，的值，在中，由余弦定理可得a，c的关系，进而求出双曲线的离心率．本题考查双曲线的性质的应用及圆与圆内切，外切的性质的应用，余弦定理的应用，属于中档题．10.【答案】B【解析】解：对于①，若数列各项单调递增，则，解得，，又，则，①正确；对于②，若数列各项单调递减，则，解得，，，②正确；由于，则，即，又，……，对于③，若数列各项单调递增，当时，由于，则，，③错误；对于④，若数列各项单调递增，当时，由于，则，，④正确．故选：对于①②，根据题意及数列的单调性列式可求得的范围，进而得到的范围；对于③④，先分析可得，则，再根据单调性及首项的范围进行判断即可．本题考查数列性质及数列递推关系的运用，考查运算求解能力，属于中档题．11.【答案】【解析】解：，该三角形的面积故答案为：将三边长分别代入“秦九韶-海伦公式”能求出结果．本题考查三角形面积的求法，考查“秦九韶-海伦公式”等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】【解析】解：函数，，则由不等式，结合的解析式，可得或，求得或，故答案为：3；由题意，利用分段函数，先求出的值，可得要求式子的值；根据函数解析式，分类讨论求得不等式的解集．本题主要考查分段函数的应用，解不等式，属于基础题．13.【答案】【解析】解：若，则，再令，可得，，故答案为：32；先求出的值，再令，可得要求式子的值．本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．14.【答案】【解析】解：“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率，由题意，的可能值为0，1，2，则，所以故答案为：应用古典概型的概率求法求概率，写出的可能值并求出对应概率，进而求随机变量的期望．本题考查了古典概型的概率和随机变量的期望计算，属于中档题．15.【答案】【解析】解：在中，由正弦定理有，，即，；在中，由余弦定理有，，解得或，若，则，不合题意，故，，又，则，解得，故答案为：，利用正弦定理及二倍角公式可求得，利用余弦定理可求得AB及，再利用勾股定理得到本题主要考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查运算求解能力，属于中档题．16.【答案】【解析】解：由与互为“1度零点函数”，可得：，解得，由，解得，设其解为，与互为“1度零点函数”，，解得，，，设，则，当时，，是增函数，当时，，是减函数，，，，实数a的取值范围为故答案为：利用已知条件，结合新定义，推出a的表达式，构造函数，利用函数的导数，求解函数的最值，推出结果即可．本题考查函数导数的应用，实际问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．17.【答案】【解析】解：设，，，，由，根据三角不等式有：，得，所以故答案为：利用绝对值三角不等式，及三角函数的有界性可进行化简分析．本题考查平面向量的数量积的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．18.【答案】解：根据函数的部分图像，可得，，又，所以结合五点法作图，可得，求得，故的解析式为在锐角中，由，得，及，故，因为为锐角三角形，且，故，由正弦定理，得，又，故故周长的最大值为【解析】由顶点坐标求出A，由周期求出，由五点作图求出，可得函数的解析式．先求得角A的值，结合B的范围，利用正弦定理、三角恒等变换，正弦函数的定义域和值域，求得周长的最大值．本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，由顶点坐标求出A，由周期求出，由五点作图求出，正弦定理，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．19.【答案】证明：因，则有，即有，又，且，AB，平面ABCD，于是得平面ABCD，而平面PBC，所以平面平面ABCD；解：在平面ABCD内，过B作直线垂直于AB，交直线CD于E，有，，如图，则为二面角的平面角，平面EBP，，于是得，中，，则，在中，，由余弦定理得，则有，显然平面平面EBP，在平面EBP内过B作，则平面ABP，以B为原点，分别以射线BA，BP，Bz为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则，，设平面ABCD的法向量，则，令，得，而，设PD与平面ABCD所成的角为，，所以PD与平面ABCD所成的角的正弦值为【解析】根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答．作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答．本题考查了面面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．20.【答案】解：由己知，有，即，，又，由，得，则，当时，，当时，，故数列的通项公式为；由得，设数列的前n项和为，则，可得，两式相减得，，整理得，数列的前n项和为代入，得，即，又，，解得实数的取值范围是【解析】由己知可得，再由，得，即可求解q，然后分当和，求解数列的通项公式；由得，设数列的前n项和为，利用错位相减法求数列的前n项和．代入，利用数列的函数特性即可求实数的取值范围．本题考查数列递推式，考查等差数列定义的应用，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，考查数列的函数特性，是中档题．21.【答案】解：设，，由椭圆的定义可得：，的面积为，解得：，在中，，由余弦定理，即，所以，则，所以椭圆C的方程为：；设点P的坐标为，、，则直线的方程为，联立，整理可得：，所以，可得，同理可求得，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为【解析】设，，由椭圆的定义及的面积可得的值，再由余弦定理可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的方程；设P的坐标，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得的坐标，同理可得的坐标，代入三角形的面积公式可得表达式，整理，由均值不等式可得其最大值．本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的综合应用，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．22.【答案】解：由题设，，则，所以为偶函数，故只需时，恒成立，而满足，所以有恒成立，令，则，若，则，仅当时等号成立，所以，即在上递增，则，即，所以，在上，则，综上，a的范围为由题设，，若得：，故在单调减，在单调增，且x趋向负无穷趋向于0，x趋向正无穷趋向于正无穷，又，，则时，；时，，要使有两个不同解，且，则；证明：由知时，，则；记且，则，所以上，上，故在上递减，上递增，且，所以也有两根，记为，又上，则，令，则为的两根，故，，所以，而，所以【解析】根据为偶函数，将问题转化为时恒成立，根据及参变分离求有恒成立，求参数范围；利用导数研究的单调性，及区间值域情况，进而判断有两不同解时m的范围即可；由知时，且，应用放缩法有，构造研究极值并判断的两根与，大小关系，得到即可证结论．本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用综合法证明不等式，函数的零点和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属难题．。

2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版)

2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学（理科）第Ⅰ卷（选择题共40分)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，只有一项符合题目要求．（1)【2017年浙江，1，4分】已知{|11}P x x =-<<，{20}Q x =-<<,则P Q =（ )（A ）(2,1)- （B)(1,0)- (C ）(0,1) （D ）(2,1)-- 【答案】A【解析】取,P Q 所有元素，得P Q =(2,1)-，故选A ．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法,考查计算能力．(2）【2017年浙江，2，4分】椭圆22194x y +=的离心率是（）（A ）133 （B ）53 （C ）23 （D ）59【答案】B【解析】94533e -==，故选B ．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．（3)【2017年浙江，3，4分】某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位:cm 3）是( )（A ）12π+ （B ）32π+(C)312π+ （D)332π+【答案】A【解析】由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成,圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形,圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为2111π3(21)13222V π⨯=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A ．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征,是基础题目．（4）【2017年浙江,4,4分】若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的取值范围是（）(A)[]0,6 （B ）[]0,4(C)[]6,+∞ （D ）[]4,+∞【答案】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，故选D ．【点评】本题考查线性规划的简单应用,画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．（5）【2017年浙江,5,4分】若函数()2f x x ax b =++在区间[]01，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【答案】B【解析】解法一：因为最值在2(0),(1)1,()24a a fb f a b f b ==++-=-中取，所以最值之差一定与b 无关,故选B ．解法二：函数()2f x x ax b =++的图象是开口朝上且以直线2a x =-为对称轴的抛物线,①当12a->或02a-<，即2a <-,或0a >时，函数()f x 在区间[]0,1上单调,此时()()10M m f f a -=-=，故M m -的值与a 有关,与b 无关；②当1122a ≤-≤，即21a -≤≤-时，函数()f x 在区间0,2a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递减,在,12a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递增，且()()01f f >，此时()2024a aM m f f ⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭，故M m -的值与a 有关，与b 无关；③当1022a ≤-<，即10a -<≤时，函数()f x 在区间0,2a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递减，在,12a ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上递增，且()()01f f <，此时()2024a a M m f f a ⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，故M m -的值与a 有关,与b 无关．综上可得:M m -的值与a 有关,与b 无关，故选B ．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质,熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．（6）【2017年浙江，6,4分】已知等差数列[]n a 的公差为d ,前n 项和为n S ，则“0d >"是“4652S S S +>"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】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>,反之，若4652S S S +>,则0d >,所以“0d >”是“4652S S S +>"的充要条件，故选C ．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题．（7)【2017年浙江,7,4分】函数()y f x =的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数()y f x =的图像可能是( ）（A)（B)(C ）（D ）【答案】D 【解析】解法一：由当()0f x '<时，函数f x （）单调递减，当()0f x '>时,函数f x （）单调递增，则由导函数()y f x =' 的图象可知：()f x 先单调递减,再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A ，C,且第二个拐点(即函数的极大值点)在x 轴上的右侧，排除B ，，故选D ．解法二：原函数先减再增，再减再增,且0x =位于增区间内，故选D ．【点评】本题考查导数的应用,考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想,属于基础题．(8）【2017年浙江,8，4分】已知随机变量1ξ满足()11i P p ξ==，()101i P p ξ==-，1,2i =．若12102p p <<<，则（）（A ）12E()E()ξξ<，12D()D()ξξ<(B)12E()E()ξξ<,12D()D()ξξ>（C)12E()E()ξξ>,12D()D()ξξ< (D)12E()E()ξξ>，12D()D()ξξ< 【答案】A【解析】112212(),(),()()E p E p E E ξξξξ==∴<111222()(1),()(1)D p p D p p ξξ=-=-，121212()()()(1)0D D p p p p ξξ∴-=---<,故选A ．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．（9）【2017年浙江，9,4分】如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥）,PQR分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==，分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面较为α，β，γ,则( )（A ）γαβ<< （B ）αγβ<< (C ）αβγ<< (D ）βγα<< 【答案】B【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面ABC ∆的中心为O ．不妨设3OP =．则()0,0,0O ，()0,3,0P -，()0,6,0C -，()0,0,62D ，()3,2,0Q ，()23,0,0R -，()23,3,0PR =-，()0,3,62PD =，()3,5,0PQ =，()33,2,0QR =--,()3,2,62QD =--．设平面PDR 的法向量为(),,n x y z =，则0n PR n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，可得 23303620x y y z ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，可得()6,22,1n =-，取平面ABC 的法向量()0,0,1m =．则1cos ,15m n m n m n⋅==-，取1arccos 15α=．同理可得:3arccos 681β=． 2arccos95γ=．∵1231595681>>．∴αγβ<<．解法二:如图所示,连接OD OQ OR ，，，过点O 发布作垂线：OE DR ⊥,OF DQ ⊥，OG QR ⊥，垂足分别为E F G ，，,连接PE PF PG ，，．设OP h =．则cos ODR PDR S OES PE α∆∆==22OE OE h =+．同理可得：22cos OF OF PF OF h β==+c,22cos OG OG PG OG hγ==+．由已知可得：OE OG OF >>．∴cos cos cos αγβ>>，αβγ，，为锐角．∴α＜γ＜β，故选B ．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．（10)【2017年浙江，10，4分】如图,已知平面四边形ABCD ,AB BC ⊥,2AB BC AD ＝＝＝，3CD ＝，AC 与BD 交于点O ，记1·I OA OB ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝,则（ ) （A ）123I I I << （B ）132I I I << （C ）312I I I << （D ）223I I I <<【答案】C【解析】∵AB BC ⊥，2AB BC AD ===，3CD =，∴22AC =，∴90AOB COD ∠=∠>︒,由图象知OA OC <，OB OD <，∴0OA OB OC OD >⋅>⋅，0OB OC ⋅>,即312I I I <<，故选C ．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．第Ⅱ卷（非选择题共110分）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）【2017年浙江,11，4分】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S 内，S =内．【答案】332【解析】如图所示，单位圆的半径为1,则其内接正六边形ABCDEF 中，AOB ∆是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF 的面积为133=611sin 6022S ⎛⎫⨯⨯⨯⨯=⎪⎝⎭内．【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题,是基础题．(12）【2017年浙江，12，6分】已知ab ∈R ，2i 34i a b +=+（）（i 是虚数单位）则22a b += ，ab = ．【答案】5；2【解析】由题意可得222i 34i a b ab -+=+，则2232a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩,则225,2a b ab +==．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法,考查了推理能力与计算能力，属于基础题．（13）【2017年浙江，13，6分】已知多项式()()12543211234512x x x a x a x a x a x a +++++++=，则4a = ，5a = ．【答案】16；4【解析】由二项式展开式可得通项公式为：32r r m mC x C x ,分别取0,1r m ==和1,0r m ==可得441216a =+=，令0x =可得325124a =⨯=．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．（14）【2017年浙江，14，6分】已知ABC ∆,4AB AC ==,2BC =．点D 为AB 延长线上一点，2BD =，连结CD ，则BDC ∆的面积是；cos BDC ∠= ．【答案】152；104【解析】取BC 中点E ，DC 中点F ，由题意：,AE BC BF CD ⊥⊥，ABE ∆中，1cos 4BE ABC AB ∠==，1115cos ,sin 14164DBC DBC ∴∠=-∠=-=,BC 115sin 22D S BD BC DBC ∴=⨯⨯⨯∠=△．又2110cos 12sin ,sin 44DBC DBF DBF ∴∠=-∠=-∴∠=，10cos sin 4BDC DBF ∴∠=∠=,综上可得，BCD ∆面积为152，10cos 4BDC ∠=．【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题． (15）【2017年浙江,15，6分】已知向量a ，b 满足1,2,==a b 则++-a b a b 的最小值是 __;最大值是 __．【答案】4；25【解析】解法一:设向量a 和b 的夹角为θ，由余弦定理有2212212cos 54cos a b θθ-=+-⨯⨯⨯=-, ()2212212cos 54cos a b πθθ+=+-⨯⨯⨯-=+，则54cos 54cos a b a b θθ++-=++-, 令54cos 54cos y θθ=++-,则[]221022516cos 16,20y θ=+-∈,据此可得:()maxa b a b ++-2025==,()min164a b a b++-==,即a b a b ++-的最小值为4,最大值为25．解法二记AOB α∠=,则0απ≤≤，如图，由余弦定理可得：54cos a b θ-=-，54cos a b θ+=+,令54cos x θ=-，54cos y θ=+，则()2210,1x y x y +=≥，其图象为一段圆弧MN ,如图,令z x y =+，则y x z =-+，则直线y x z =-+过M 、N 时z 最小为13314min z =+=+=，当直线y x z =-+与圆弧MN 相切时z 最大，由平面几何知识易知max z 即为原点到切线的距离的2倍，也就是圆弧MN 所在圆的半径的2倍，所以21025max z =⨯=．综上所述，a b a b ++-的最小值为4，最大值为25．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力,涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．(16)【2017年浙江，16，4分】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，共有中不同的选法．（用数字作答）【答案】660【解析】解法一: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:411843C C C ⨯⨯种方法,其中“服务队中没有女生"的选法有411643C C C ⨯⨯种方法，则满足题意的选法有：411411843643660C C C C C C ⨯⨯-⨯⨯=种．解法二：第一类，先选1女3男，有316240C C =种，这4人选2人作为队长和副队有2412A =种，故有4012480⨯=种,第二类,先选2女2男，有226215C C =种,这4人选2人作为队长和副队有2412A =种，故有1512180⨯=种,根据分类计数原理共有480180660+=种，故答案为:660．【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理,属于中档题．（17）【2017年浙江，17，4分】已知α∈R ,函数()4f x x a a x=+-+在区间[]1,4上的最大值是5，则a 的取值范围是．【答案】9(,]2-∞【解析】[][]41,4,4,5x x x ∈+∈，分类讨论：①当5a ≥时,()442f x a x a a x x x =--+=--,函数的最大值245a -=，92a ∴=，舍去；②当4a ≤时，()445f x x a a x x x =+-+=+≤，此时命题成立;③当45a <<时，(){}maxmax 4,5f x a a a a =-+-+⎡⎤⎣⎦,则:4545a a a a a a ⎧-+≥-+⎪⎨-+=⎪⎩或：4555a a a aa a ⎧-+<-+⎪⎨-+=⎪⎩，解得：92a =或92a <，综上可得，实数a 的取值范围是9,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数,考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题:本大题共5题,共74分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．（18）【2017年浙江,18，14分】已知函数()22sin cos 23sin cos fx x x x x x =--∈R （）． (1)求23f π⎛⎫⎪⎝⎭的值;(2）求()f x 的最小正周期及单调递增区间．解：(1）()22πsin cos 23sin cos cos 23sin 22sin 26f x x x x x x x x ⎛⎫=--=--=-+ ⎪⎝⎭，4ππsin 232236f π⎛⎫+=⎪⎝⎛⎫=- ⎪⎭⎭⎝．（2)由()π2sin 26f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，()f x 的最小正周期为π．令πππ2π22π262k x k -≤+≤+，k Z ∈，得ππππ36k x k -≤≤+，k Z ∈,函数()f x 的单调递增区间为ππππ.36k k k Z ，，⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性,三角函数的单调区间，难度中档．（19）【2017年浙江,19，15分】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 ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．（1）证明://CE 平面PAB ；（2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．解：解法一:（1）取AD 的中点F ，连接EF ,CF ,∵E 为PD 的重点,∴//EF PA ，在四边形ABCD 中，//BC AD ,22AD DC CB ==,F 为中点易得//CF AB ，∴平面//EFC 平面ABP ， EC ⊂平面EFC ，//EC ∴平面PAB ．（2)连结BF ，过F 作FM PB ⊥与M ，连结PF ，因为PA PD =,所以PF AD ⊥,易知四边形BCDF 为矩形，所以BF AD ⊥,所以AD ⊥平面PBF ，又//AD BC ，所以BC ⊥平面PBF ，所以BC PB ⊥，设1DC CB ==,则2AD PC ==，所以2PB =，1BF PF ==，所以12MF =，又BC ⊥平面PBF ，所以BC MF ⊥,所以MF ⊥平面PBC ,即点F 到平面PBC 的距离为12,也即点D 到平面PBC 的距离为12,因为E 为PD 的中点，所以点E 到平面PBC 的距离为14，在PCD ∆中,2PC =，1CD =，2PD =，由余弦定理可得2CE =，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则124sin =8CE θ=．解法二：(1）略;构造平行四边形．（2）过P 作PH CD ⊥,交CD 的延长线于点H 在Rt PDH 中,设DH x =，则易知2222(2)(1)2x x -++=（Rt PCH )，解得12DH =,过H 作BC 的平行线，取 1DH BC ==,由题易得3,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,02D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3,1,02C ⎛⎫⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭, 113,,424E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则513(,,)424CE =-- ，33(,0,)22PB =-,(0,1,0)BC =, 设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z = ，则330220n PB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅==⎩ ,令1x =,则3t =，故(1,0,3)n =, 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则531|3|2442sin =|cos <,n|=8251322216416CE θθ-+⨯==++⨯ 故直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28．【点评】本题考查线面平行的证明,考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．（20）【2017年浙江，20，15分】已知函数()()1212x f x x x e x -⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭．(1）求()f x 的导函数；（2)求()f x 在区间1[+)2∞，上的取值范围．解:（1)()()()11212112111212121x xx x f x e x x e x x e x e x x x ----⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=----=--+-=-- ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭． (2）令()21g x x x =--，则()1121g x x '=--，当112x ≤<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>，则()g x在1x =处取得最小值,既最小值为0,又0x e ->，则()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的最小值为0．当x 变化时,()f x ，()f x '的变化如下表：x 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ 1 51,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ 52 5,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ ()f x ' — 0 + 0 — ()f x↘↗↘又121122f e -⎛⎫= ⎪⎝⎭，()10f =,525122f e -⎛⎫= ⎪⎝⎭,则()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的最大值为1212e -．综上，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,2e -⎡⎤⎢⎥⎣⎦．．【点评】本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．（21）【2017年浙江，21,15分】如图,已知抛物线2x y =，点11,24A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，39,24B ⎛⎫⎪⎝⎭，抛物线上的点()1124P x y x ⎛⎫-<< ⎪⎝⎭，．过点B 作直线AP 的垂线,垂足为Q ．(1）求直线AP 斜率的取值范围;(2）求AP PQ ⋅的最大值．解：（1）由题易得()2,P x x ，1322x -<<，故()21141,1122AP x K x x -==-∈-+，故直线AP 斜率的取值范围为()1,1-．（2）由（1)知()2,P x x ，1322x -<<，所以211,24PA x x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，设直线AP 的斜率为k ，则11:24AP y kx k =++， 139:24BP y x k k =-++,联立直线AP 、BP 方程可知222234981,2244k k k k Q k k ⎛⎫+-++ ⎪++⎝⎭，故23432221,11k k k k k k k PQ k k ⎛⎫+----++= ⎪++⎝⎭,又因为()21,PA k k k =----，故()()()()()()33232211111111k k k k k PA PQ PA PQ k k kk+-+--⋅=⋅=+=+-++，所以()()311PA PQ k k ⋅=+-,令()()()311f x x x =+-，11x -<<，则()()()()()221242121f x x x x x '=+-=-+-，由于当112x -<<-时()0f x '>,当112x <<时()0f x '<，故()max 127216f x f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，即PA PQ ⋅的最大值为2716．【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．（22）【2017年浙江，22，15分】已知数列{}n x 满足:11x =，()()11ln 1*n n n x x x n N ++=++∈．证明:当*n N ∈时，(1）10n n x x +＜＜;(2）1122n n n n x x x x++-≤;(3）121122n n n x ++≤≤．解:（1)令函数()ln(1)f x x x =++，则易得()f x 在[0,)+∞上为增函数．又1()n n x f x +=，若0n x >⇒1()(0)0n f x f +>=恒成立10n x +⇒>，又由11ln(1)n n n x x x ++=++可知0n x >,由111111ln(1)ln(1)0n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-=++-=+>⇒>．所以10n n x x +<<．（2）令()()()()22ln 1ln 1ln 1222x x x g x x x x x x x +=++--+=++-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦,0x >，则()()()()()()()121111ln 11ln 1ln 12212212212x x g x x x x x x x x x x +'=+++-=+-+=+++-+++，令()()()111ln 12212h x x x x =+++-+，则()()()()2221125210212121x x h x x x x ++'=-+=>+++，所以()h x 单调递增．所以()()00h x h >=，即()0g x '>,()g x 单调递增．所以()()00g x g >=⇒()()ln 1ln 12xx x x x ++>-+⎡⎤⎣⎦，所以()()11111112ln 1ln 122n n n n n n n n n x x x x x x x x x +++++++⎡⎤-=-+≤++=⎣⎦，1122n n n n x xx x ++-≤．（3)11112111212222n n n n n n n n x x x x x x x x ++++-≤⇒-≤⇒≥-，即121111222n n n n n x x +++≥-⇒递推得 12+11111(1)11111182122224212n n nk n k n x x -+=-≥-=-=+⇒-∑2211(2)1222n n n x n --≤≤≥+．由11x =知21(N*)2n n x n -≤∈，又由()ln(1)0h x x x =-+>可知112()()0n n n x x h x h x ++-=>=．即11111112(N*)222n n n n n n n n x x x x x x n ++-->⇒>⇒≥=∈．综上可知,121122n n n x --≤≤．【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系,不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力,放缩能力,运算能力,属于难题．。

2021年浙江省高考数学试题(解析版)

【答案】(1). ;(2). .
【解析】
【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.
【详解】，
，
所以，
，
所以 .
故答案为： .
14.在中，，M是的中点，，则 ___________， ___________.
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得 .
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以 ,由，所以，，于是，即，所以．
故答案为：；．
17.已知平面向量满足 .记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.
22.设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足 .
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1) 时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2) ；
(3)证明见解析.
（2）设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为： .
（2）设，，，
所以直线，由题设可得且 .
由可得，故，

浙江高考试题及答案解析

浙江高考试题及答案解析一、选择题1. 下列哪个选项是正确的？A. 地球是平的B. 光速在真空中是恒定的C. 所有物质都具有质量D. 原子是最基本的物质单位答案：B2. 根据题目所给的数学公式 \( y = ax^2 + bx + c \)，当 \( a \) 的值为负数时，抛物线的开口方向是：A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右答案：B二、填空题1. 请写出元素周期表中原子序数为26的元素名称：______。

答案：铁2. 根据题目所给的化学反应式 \( 2H_2 + O_2 \rightarrow 2H_2O \)，请计算在标准状况下，1摩尔氢气完全燃烧需要消耗氧气的摩尔数：______。

答案：0.5三、简答题1. 请简述牛顿第二定律的内容。

答案：牛顿第二定律指出，物体的加速度与作用在其上的净外力成正比，与物体的质量成反比，其数学表达式为 \( F = ma \)。

2. 请解释什么是光的折射现象，并给出一个生活中的例子。

答案：光的折射现象是指光在不同介质之间传播时，由于传播速度的变化导致光线方向发生改变的现象。

例如，当我们把一根直的棍子插入水中，棍子在水中的部分看起来像是弯曲的，这就是因为光从水到空气的折射造成的。

四、计算题1. 已知一个物体的质量为5千克，受到的重力为49牛顿。

请计算该物体在地球表面的重力加速度。

答案：根据公式 \( F = mg \)，其中 \( F \) 为重力，\( m \) 为质量，\( g \) 为重力加速度。

将已知数值代入公式，得到 \( 49 = 5g \)，解得 \( g = 9.8 \) 米/秒²。

2. 一个圆的半径为7厘米，求该圆的面积。

答案：圆的面积公式为 \( A = \pi r^2 \)，其中 \( A \) 为面积，\( r \) 为半径。

代入数值 \( r = 7 \) 厘米，得到 \( A = \pi \times 7^2 \)，计算得到 \( A \approx 153.94 \) 平方厘米。

2019年高考浙江卷数学真题试题(word版,含答案与解析)

2019年高考数学真题试卷（浙江卷）原卷+解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

1.（2019•浙江）已知全集U={-1，0，1，2，3}，集合A={0，1，2}，B={-1，0，1}，则=（）A. {-1}B. {0，1}C. {-1，2，3}D. {-1，0，1，3}【答案】 A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】解：，所以={-1}.故答案为：A.【分析】根据集合的补写出即可得到.2.（2019•浙江）渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是（）A. B. 1 C. D. 2【答案】 C【考点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：根据双曲线的渐近线方程，得，所以离心率e= .故答案为：C.【分析】根据双曲线的渐近线方程，得到，即可求出离心率e.3.（2019•浙江）若实数x，y满足约束条件，则z=3x+2y的最大值是（）A. -1B. 1C. 10D. 12【答案】 C【考点】简单线性规划的应用【解析】【解答】作出可行域和目标函数相应的直线，平移该直线，可知当过（2,2）时，目标函数取最大值10.故答案为：C.【分析】作出可行域和目标函数相应的直线，平移该直线，即可求出相应的最大值.4.（2019•浙江）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体=sh，其中s是柱体的底面积，h是柱体的高。

若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A. 158B. 162C. 182D. 32【答案】 B【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】根据三视图，确定几何体为五棱柱，其底面积,所以体积V=27 .故答案为：B.【分析】根据三视图确定几何体的结构特征，根据祖暅原理，即可求出相应的体积.5.（2019•浙江）若a>0，b>0，则“a+b≤4“是“ab≤4”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】 A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】作出直线y=4-x和函数的图象，结合图象的关系，可确定“a+b≤4“是“ab≤4”的充分不必要条件.故答案为：A.【分析】作出函数的图象，结合图象确定充分必要性即可.6.（2019•浙江）在同一直角坐标系中，函数y= ，y=log a(x+ ），（a>0且a≠0）的图像可能是（）A B C D【答案】 D【考点】函数的图象【解析】【解答】当a>1时，y= 的底数大于0小于1，故过（0,1）单调递减；y=log a(x+ ）过（，0）单调递增，没有符合条件的图象；当0<a<1时，y= 的底数大于1，故过（0,1）单调递增；y=log a(x+ ）过（，0）单调递减；故答案为：D.【分析】对a的取值分类讨论，结合指数函数和对数函数的特点，确定函数的图象即可.7.（2019•浙江）设0＜a＜1随机变量X的分布列是X 0 a 1P则当a在（0，1）内增大时（）A. D（X）增大B. D（X）减小C. D（X）先增大后减小D. D（X）先减小后增大【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解：E（X）= ，，根据二次函数的单调性，可知D（X）先减小后增大；故答案为：D.【分析】根据期望的公式求出E(X),结合方差的计算公式及二次函数的性质即可确定D（X）先减小后增大.8.（2019•浙江）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点，（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α.直线PB与平面ABC所成角为β.二面角P-AC-B的平面角为γ。

2017年浙江省高考数学试卷(含解析版)

2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）2．（4分）椭圆A．+=1的离心率是（）B．C．D．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1B．+3C．+1D．+34．（4分）若x、y满足约束条件A．[0，6]B．[0，4]，则z=x+2y的取值范围是（）C．[6，+∞）D．[4，+∞）5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b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C．与a无关，且与b无关B．与a有关，但与b无关D．与a无关，但与b有关6．（4分）已知等差数列{a}的公差为d，前n项和为S，则“d＞0”是“S+Sn n4＞2S”的（）56A．充分不必要条件C．充分必要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）1的图象可能是（）A．B．C．D．8．（4分）已知随机变量ξ满足P（ξ=1）=p，P（ξ=0）=1﹣p，i=1，2．若i i i i i0＜p＜p＜，则（）12A．E（ξ）＜E（ξ），D（ξ）＜D（ξ）B．E（ξ）＜E（ξ），D（ξ）1212121＞D（ξ）2C．E（ξ）＞E（ξ），D（ξ）＜D（ξ）D．E（ξ）＞E（ξ），D（ξ）1212121＞D（ξ）29．（4分）如图，已知正四面体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，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D ﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α10．（4分）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I=•，I=•，I=•，则（）1232（ 3 2A ．I ＜I ＜I 123B ．I ＜I ＜I 1 32C ．I ＜I ＜I 3 12D ．I ＜I ＜I 2 13二、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．（4 分）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 S ，S =．6612．（6 分）已知 a 、b∈R ，（a+bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），则 a 2+b 2=，ab=．13． 6 分）已知多项式（x+1）（x+2） =x 5+a x 4+a x 3+a x 2+a x+a ，则 a = ，12 3 4 5 4a =．514．（6 分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点 D 为 AB 延长线上一点，BD=2，连结△C D ，则 BDC 的面积是，cos∠BDC= ．15 ．（ 6 分）已知向量、满足 | |=1 ， | |=2 ，则 | + |+| ﹣ | 的最小值是，最大值是．16．（4 分）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）17．（4 分）已知 a∈R，函数 f （x ）=|x+ ﹣a|+a 在区间[1，4]上的最大值是 5，则 a 的取值范围是．三、解答题（共 5 小题，满分 74 分）18．（14 分）已知函数 f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2（Ⅰ）求 f （）的值．（Ⅱ）求 f （x ）的最小正周期及单调递增区间．sinx cosx （x∈R ）．319．（15分）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．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．421．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA||PQ|的最大值．22．（15分）已知数列{x}满足：x=1，x=x+ln（1+x）（n∈N*），证明：当nn1n n+1n+1∈N*时，（Ⅰ）0＜x＜x；n+1n（Ⅱ）2x﹣x≤n+1n （Ⅲ）≤x≤n；．52017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）【考点】1D：并集及其运算．【专题】11：计算题；37：集合思想；5J：集合．【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．2．（4分）椭圆A．+=1的离心率是（）B．C．D．【考点】K4：椭圆的性质．【专题】11：计算题；35：转化思想；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，所以椭圆的离心率为：=．故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．63．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1B．+3C．+1D．+3【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；5Q：立体几何．【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，××3=+1，故该几何体的体积为××π×12×3+××故选：A．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．74．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）【考点】7C：简单线性规划．【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；5T：不等式．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b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C．与a无关，且与b无关B．与a有关，但与b无关D．与a无关，但与b有关8【考点】3V：二次函数的性质与图象．【专题】32：分类讨论；4C：分类法；51：函数的性质及应用．【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b 的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，函数f（x）在区间[0，1]上单调，此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a+1|，故M﹣m的值与a有关，与b无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣）=1+a+，故M﹣m的值与a有关，与b无关综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关故选：B．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{a}的公差为d，前n项和为S，则“d＞0”是“S+S6n n4＞2S”的（）59A．充分不必要条件C．充分必要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；54：等差数列与等比数列；5L：简易逻辑．【分析】根据等差数列的求和公式和S+S＞2S，可以得到d＞0，根据充分必要465条件的定义即可判断．【解答】解：∵S+S＞2S，465∴4a+6d+6a+15d＞2（5a+10d），111∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S+S＞2S”充分必要条件，465故选：C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．10E【考点】3A ：函数的图象与图象的变换．【专题】31：数形结合；44：数形结合法；52：导数的概念及应用．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当 f′（x ）＜0 时，函数 f （x ）单调递减，当 f′（x ）＞0 时，函数 f （x ）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数 y=f （x ）的图象可能【解答】解：由当 f′（x ）＜0 时，函数 f （x ）单调递减，当 f′（x ）＞0 时，函数 f （x ）单调递增，则由导函数 y=f′（x ）的图象可知：f （x ）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除 A ，C ，且第二个拐点（即函数的极大值点）在 x 轴上的右侧，排除 B ，故选：D ．【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4 分）已知随机变量 ξ 满足 P （ξ =1）=p ，P （ξ =0）=1﹣p ，i=1，2．若iiiii0＜p ＜p ＜，则（）12A ．E （ξ ）＜E （ξ ），D （ξ ）＜D （ξ ）B ．E （ξ ）＜E （ξ ），D （ξ ）1212121＞D （ξ ）2C ．E （ξ ）＞E （ξ ），D （ξ ）＜D （ξ ） D ．E （ξ ）＞E （ξ ），D （ξ ）12 1 2 1 2 1＞D （ξ ）2【考点】CH ：离散型随机变量的期望与方差．【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5I ：概率与统计．【分析】由已知得 0＜p ＜p ＜，＜1﹣p ＜1﹣p ＜1，求出 E （ξ ）=p ，（ξ ）1221112=p ，从而求出 D （ξ ），D （ξ ），由此能求出结果．21 2【解答】解：∵随机变量 ξ 满足 P （ξ =1）=p ，P （ξ =0）=1﹣p ，i=1，2，…，iiiii0＜p ＜p ＜，1211∴＜1﹣p＜1﹣p＜1，21E（ξ）=1×p+0×（1﹣p）=p，1111E（ξ）=1×p+0×（1﹣p）=p，2222D（ξ）=（1﹣p）2p+（0﹣p）2（1﹣p）= 11111D（ξ）=（1﹣p）2p+（0﹣p）2（1﹣p）= 22222，，D（ξ）﹣D（ξ）=p﹣p2﹣（1211）=（p﹣p）（p+p﹣1）＜0，2112∴E（ξ）＜E（ξ），D（ξ）＜D（ξ）．1212故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体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，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D ﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【专题】5F：空间位置关系与距离；5G：空间角；5H：空间向量及应用．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，12OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3 ==，﹣3，0）．Q，=（0，3，6．，R），=（，，6，0），=，设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．13【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）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I=•，I=•，I=•，则（）123A．I＜I＜I123B．I＜I＜I132C．I＜I＜I312D．I＜I＜I213【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】31：数形结合；48：分析法；5A：平面向量及应用．【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，14∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞•＞•，•＞0，即I＜I＜I，312故选：C．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．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．（4分）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S，S=．66【考点】CE：模拟方法估计概率．【专题】31：数形结合；4O：定义法；5B：直线与圆．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，△AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S=6××1×1×sin60°=．6故答案为：．15【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=5，ab= 2．【考点】A5：复数的运算．【专题】34：方程思想；35：转化思想；5N：数系的扩充和复数．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，，．则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a x4+a x3+a x2+a x+a，则a=16，123454 a=4．5【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题；35：转化思想；5P：二项式定理．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 16与常数乘积之和，a就是常数的乘积．5【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a x4+a x3+a x2+a x+a，12345（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a=3×4+1×4=16；4a=1×4=4．5故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结△C D，则BDC的面积是，cos∠BDC=．【考点】HT：三角形中的几何计算．【专题】11：计算题；35：转化思想；44：数形结合法；58：解三角形．【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出△SABC，再根据△SBDC =△SABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴△SABC=BC AE=×2×=，∵BD=2，∴△SBDC =△SABC=，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC 在△R t ABE中，∵cos∠ABE==，17（ |∴cos∠ABE=2cos 2∠BDC﹣1= ，∴cos∠BDC=故答案为：，，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15． 6 分）已知向量、满足| |=1，|=2，则| + |+| ﹣ |的最小值是 4 ，最大值是．【考点】3H ：函数的最值及其几何意义；91：向量的概念与向量的模．【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；51：函数的性质及应用．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知| + |=| ﹣ |=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．【解答】解：记∠AOB=α，则 0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：、| + |=| ﹣ |=令 x=，，，y= ，则 x 2+y 2=10（x 、y≥1），其图象为一段圆弧 MN ，如图，令 z=x+y ，则 y=﹣x+z ，则直线 y=﹣x+z 过 M 、N 时 z 最小为 z =1+3=3+1=4，min18当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知z即为原点到切线的距离的倍，max倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的所以z=×=．max．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是故答案为：4、．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4分）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660种不同的选法．（用数字作答）【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；32：分类讨论；4O：定义法；5O：排列组合．【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C3C1=40种，这4人选2人作为队长和6219副队有A2=12种，故有40×12=480种，4第二类，先选2女2男，有C2C2=15种，这4人选2人作为队长和副队有A2=12624种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是（﹣∞，]．【考点】3H：函数的最值及其几何意义．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；51：函数的性质及应用．【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤，故答案为：（﹣∞，]．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．20f f（Ⅰ）求 f （）的值．（Ⅱ）求 f （x ）的最小正周期及单调递增区间．【考点】3G ：复合函数的单调性；GF ：三角函数的恒等变换及化简求值；H1：三角函数的周期性；H5：正弦函数的单调性．【专题】35：转化思想；4R ：转化法；57：三角函数的图像与性质．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f （）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得 f （x ）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数（x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2 sinx cosx=﹣ sin2x ﹣cos2x=2sin（2x+（Ⅰ）f （））=2sin （2× + ）=2sin =2，（Ⅱ）∵ω=2，故 T=π，即 f （x ）的最小正周期为 π，由 2x+x∈[﹣∈[﹣ +2kπ， +2kπ]，k∈Z 得：+kπ，﹣ +kπ]，k∈Z，故（x ）的单调递增区间为[﹣ +kπ，﹣ +kπ]或写成[kπ+ ，kπ+ ]，k∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15 分）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．（Ⅰ）证明：CE∥平面 PAB ；（Ⅱ）求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．21【考点】LS：直线与平面平行；MI：直线与平面所成的角．【专题】14：证明题；31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB，得AD=PC=2，∴PB===，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，22∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，，在由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．【专题】35：转化思想；48：分析法；53：导数的综合应用．【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），23即可得到所求取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．24【考点】KI：圆锥曲线的综合；KN：直线与抛物线的综合．【专题】11：计算题；33：函数思想；49：综合法；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜可得结论；（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA||PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，所以k==x﹣∈（﹣1，1），AP故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，所以=（﹣﹣x，﹣x2），设直线AP的斜率为k，则k==x﹣，即x=k+，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x+联立直线AP、BQ方程可知Q（+，，），25•=故=（，），又因为=（﹣1﹣k ，﹣k 2﹣k ），故﹣|PA|• |PQ|=+ =（1+k ）3（k ﹣1），所以|PA|• |PQ|=（1+k ）3（1﹣k ），令 f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，则 f′（x ）=（1+x ）2（2﹣4x ）=﹣2（1+x ）2（2x ﹣1），由于当﹣1＜x ＜时 f′（x ）＞0，当＜x ＜1 时 f′（x ）＜0，故 f （x ） =f （）=，即|PA|• |PQ|的最大值为．max【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15 分）已知数列{x }满足：x =1，x =x +ln （1+x ）（n∈N *），证明：当 nn1 n n+1 n+1∈N *时，（Ⅰ）0＜x ＜x ；n+1n（Ⅱ）2x ﹣x ≤n+1n；（Ⅲ） ≤x ≤n．【考点】8H ：数列递推式；8K ：数列与不等式的综合．【专题】15：综合题；33：函数思想；35：转化思想；49：综合法；4M ：构造法；53：导数的综合应用； 54：等差数列与等比数列； 55：点列、递归数列与数学归纳法；5T ：不等式．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由 ≥2x ﹣x 得﹣ ≥2（ ﹣ ）＞0，继续放缩即可证明n+1n26【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x＞0，n当n=1时，x=1＞0，成立，1假设当n=k时成立，则x＞0，k那么n=k+1时，若x＜0，则0＜x=x+ln（1+x）＜0，矛盾，k+1k k+1k+1故x＞0，n+1因此x＞0，（n∈N*）n∴x=x+ln（1+x）＞x，n n+1n+1n+1因此0＜x＜x（n∈N*），n+1n（Ⅱ）由x=x+ln（1+x）得x x﹣4x+2x=xn n+1n+1n n+1n+1n n+12﹣2x+（x+2）ln（1+x），n+1n+1n+1记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此xn+12﹣2x+（x+2）ln（1+x）≥0，n+1n+1n+1故2x﹣x≤；n+1n（Ⅲ）∵x=x+ln（1+x）≤x+x=2x，n n+1n+1n+1n+1n+1∴x≥n 由，≥2x﹣x得n+1n﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x≤n，综上所述≤x≤．n【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题27。

浙江省台州中学2025届高考仿真卷数学试题含解析

浙江省台州中学2025届高考仿真卷数学试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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31(2)(1)mx x--的展开式中的常数项为8，则实数m =（）A ．2B ．-2C ．-3D ．32．已知函数()e x f x x=,关于x 的方程()()()2140(f x m f x m m ++++=∈R)有四个相异的实数根,则m 的取值范围是( ) A ．44,e e 1⎛⎫---⎪+⎝⎭B ．()4,3--C ．4e ,3e 1⎛⎫--- ⎪+⎝⎭D ．4e ,e 1∞⎛⎫--- ⎪+⎝⎭ 3．已知三点A (1,0)，B (0，3 )，C (2，3)，则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为( ) A ．53 B ．213C ．253D ．434．已知x ，y R ∈，则“x y <”是“1xy<”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5．函数()()23ln 1x f x x+=的大致图象是A ．B ．C ．D ．6．设x ，y 满足约束条件34100640280x y x y x y -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪+-≤⎩，则2z x y =+的最大值是（）A ．4B ．6C ．8D ．107．已知数列满足：.若正整数使得成立，则( ) A ．16B ．17C ．18D ．198．曲线24x y =在点()2,t 处的切线方程为（） A ．1y x =-B ．23y x =-C ．3y x =-+D ．25y x =-+9．某四棱锥的三视图如图所示，记S 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）.A ．22S ∉，且23S ∉B ．22S ∉，且23S ∈C ．22S ∈，且23S ∉D ．22S ∈，且23S ∈10．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为()32222x y x y +=.给出下列四个结论：①曲线C 有四条对称轴；②曲线C 上的点到原点的最大距离为14； ③曲线C 第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为18； ④四叶草面积小于4π. 其中，所有正确结论的序号是（）A ．①②B ．①③C ．①③④D ．①②④11．已知函数()2ln 2xx f x ex a x=-+-（其中e 为自然对数的底数）有两个零点，则实数a 的取值范围是（） A ．21,e e⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．21,e e ⎛⎫-∞+⎪⎝⎭ C ．21,e e⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．21,e e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12．已知复数21iz i=+，则z =（） A ．1i +B ．1i -C ．2D ．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2012浙江数学高考试题答案

1【解析】A＝(1，4)，B＝(－3，1)，则A∩( RB)＝(1，4)．【答案】A2【解析】＝＝＝1＋2i．【答案】D3【解析】当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0显然平行；若直线l1与直线l2平行，则有：，解之得：a＝1 or a＝﹣2．所以为充分不必要条件．【答案】A4【解析】把函数y＝cos2x＋1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得：y1＝cosx＋1，向左平移1个单位长度得：y2＝cos(x—1)＋1，再向下平移1个单位长度得：y3＝cos(x—1)．令x＝0，得：y3＞0；x＝，得：y3＝0；观察即得答案．【答案】B5【解析】利用排除法可得选项C是正确的，∵|a＋b|＝|a|－|b|，则a，b共线，即存在实数λ，使得a＝λb．如选项A：|a＋b|＝|a|－|b|时，a，b可为异向的共线向量；选项B：若a⊥b，由正方形得|a＋b|＝|a|－|b|不成立；选项D：若存在实数λ，使得a＝λb，a，b可为同向的共线向量，此时显然|a＋b|＝|a|－|b|不成立．【答案】C6【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有：4个都是偶数：1种；2个偶数，2个奇数：种；4个都是奇数：种．∴不同的取法共有66种．【答案】D7【解析】选项C显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…．满足数列{S n}是递增数列，但是S n＞0不成立．【答案】C8【解析】如图：|OB|＝b，|O F1|＝c．∴kPQ＝，kMN＝﹣．直线PQ为：y＝(x＋c)，两条渐近线为：y＝x．由，得：Q( ，)；由，得：P( ，)．∴直线MN为：y－＝﹣(x－)，令y＝0得：xM＝．又∵|MF2|＝|F1F2|＝2c，∴3c＝xM＝，解之得：，即e＝．【答案】B9【解析】若，必有．构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b 成立．其余选项用同样方法排除．【答案】A10【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的．【答案】C11【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于．【答案】112【解析】T，i关系如下图：T 1i 2 3 4 5 6【答案】13【解析】将，两个式子全部转化成用，q表示的式子．即，两式作差得：，即：，解之得：(舍去)．【答案】14【解析】法一：由等式两边对应项系数相等．即：．法二：对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用赋值法，令得：，即．【答案】1015【解析】此题最适合的方法是特例法．假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，如图，AM＝3，BC＝10，AB＝AC＝．cos∠BAC＝．＝【答案】2916【解析】C2：x 2＋(y＋4) 2 ＝2，圆心(0，—4)，圆心到直线l：y＝x的距离为：，故曲线C2到直线l：y＝x的距离为．另一方面：曲线C1：y＝x 2＋a，令，得：，曲线C1：y＝x 2＋a到直线l：y＝x的距离的点为( ，)，．【答案】17【解析】本题按照一般思路，则可分为一下两种情况：(A) ，无解；(B) ，无解．因为受到经验的影响，会认为本题可能是错题或者解不出本题．其实在x＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间(为什么是两个？)，在各自的区间内恒正或恒负．(如下答图)我们知道：函数y1＝(a－1)x－1，y2＝x 2－ax－1都过定点P(0，1)．考查函数y1＝(a－1)x－1：令y＝0，得M( ，0)，还可分析得：a＞1；考查函数y2＝x 2－ax－1：显然过点M( ，0)，代入得：，解之得：，舍去，得答案：【答案】．18【解析】本题主要考察三角恒等变换，正弦定理，余弦定理及三角形面积求法等知识点。

2021年浙江省高考数学试题及答案

绝密★启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

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 AB P A P B =如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h=+其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式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1.设集合{}1A x x =≥，{}12B x x =-<<，则A B = （）A.{}1x x >- B.{}1x x ≥ C.{}11x x -<< D.{}12x x ≤<【答案】D 【解析】【分析】由题意结合交集的定义可得结果.【详解】由交集的定义结合题意可得：{}|12A B x x =≤< .故选：D.2.已知a R ∈，()13ai i i +=+，(i 为虚数单位)，则a =（）A.1-B.1C.3- D.3【答案】C 【解析】【分析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数a 的值.【详解】()213ai i i ai i a a i i +=-=-+=++=，利用复数相等的充分必要条件可得：3,3a a -=∴=-.故选：C.3.已知非零向量,,a b c ，则“a c b c ⋅=⋅ ”是“a b =”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.既不充分又不必要条件【答案】B 【解析】【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示，,,,OA a OB b OC c BA a b ====- ,当AB OC ⊥时，a b - 与c 垂直，，所以成立，此时a b ≠，∴不是a b =的充分条件，当a b = 时，0a b -= ，∴()00a b c c -⋅=⋅=r r r r r ,∴成立，∴是a b =的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选：B.4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.32B.3C.322D.32【答案】A 【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，2，下底为221，故梯形的高为12122-=，故11111232221222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=，故选：A.5.若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则12z x y =-的最小值是（）A.2-B.32-C.12-D.110【答案】B 【解析】【分析】画出满足条件的可行域，目标函数化为22y x z =-，求出过可行域点，且斜率为2的直线在y 轴上截距的最大值即可.【详解】画出满足约束条件1002310x x y x y +≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩的可行域，如下图所示：目标函数12z x y =-化为22y x z =-，由12310x x y =-⎧⎨+-=⎩，解得11x y =-⎧⎨=⎩，设(1,1)A -，当直线22y x z =-过A 点时，12z x y =-取得最小值为32-.故选：B.6.如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A.直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB.直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC.直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD.直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 【答案】A 【解析】【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【详解】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.7.已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（）A.1()()4y f x g x =+- B.1()()4y f x g x =--C.()()y f x g x = D.()()g x y f x =【答案】D 【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除A 、B ，结合导数判断函数的单调性可判断C ，即可得解.【详解】对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ；对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ；对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，210221642y ππ⎛⎫'=⨯++⨯> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C.故选：D.8.已知,,αβγ是互不相同的锐角，则在sin cos ,sin cos ,sin cos αββγγα三个值中，大于12的个数的最大值是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C 【解析】【分析】利用基本不等式或排序不等式得3sin cos sin cos sin cos 2αββγγα++≤，从而可判断三个代数式不可能均大于12，再结合特例可得三式中大于12的个数的最大值.【详解】法1：由基本不等式有22sin cos sin cos 2αβαβ+≤，同理22sin cos sin cos 2βγβγ+≤，22sin cos sin cos 2γαγα+≤，故3sin cos sin cos sin cos 2αββγγα++≤，故sin cos ,sin cos ,sin cos αββγγα不可能均大于12.取6πα=，3πβ=，4πγ=，则116161sin cos ,sin cos ,sin cos 424242αββγγα=<=>=>，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.法2：不妨设αβγ<<，则cos cos cos ,sin sin sin αβγαβγ>><<，由排列不等式可得：sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos αββγγααγββγα++≤++，而()13sin cos sin cos sin cos sin sin 222αγββγαγαβ++=++≤，故sin cos ,sin cos ,sin cos αββγγα不可能均大于12.取6πα=，3πβ=，4πγ=，则116161sin cos ,sin cos ,sin cos 424242αββγγα=<=>=>，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.9.已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（）A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦，对其进行整理变形：()()()22222222as at ast b as at ast b as b +-++++=+，()()222222(2)0as at b ast as b++--+=，()2222222240asat b at a s t ++-=，222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0t =，其中2212s t b ba a-=为双曲线，0t =为直线.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.10.已知数列{}n a满足)111,N n a a n *+==∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A.100321S << B.10034S << C.100942S <<D.100952S <<【答案】A 【解析】【分析】显然可知，10012S >，利用倒数法得到21111124n n a a +⎛⎫=+=-⎪⎪⎭，再放缩可得12<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由1n a +=局部放缩可得113n na n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)n a n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10012S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫==+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<⇒⎪⎪⎭12<11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100321S <<．故选：A ．24(1)n a n ≥+，由题目条件可知要证100S 小于某数，从而通过局部放缩得到1,n n a a +的不等关系，改变不等式的方向得到6(1)(2)n a n n ≤++，最后由裂项相消法求得1003S <．二､填空题11.我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为1S ，小正方形的面积为2S ，则11S S =___________.【答案】25【解析】【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.【详解】由题意可得，大正方形的边长为：5a ==，则其面积为：21525S ==，小正方形的面积：212543412S ⎛⎫=-⨯⨯⨯=⎪⎝⎭，从而2125251S S ==.故答案为：25.12.已知R a ∈，函数24,2()3,2,x x f x x a x ⎧->⎪=⎨-+≤⎪⎩若3f f⎡⎤=⎣⎦，则a =___________.【答案】2【解析】【分析】由题意结合函数的解析式得到关于a 的方程，解方程可得a 的值.【详解】()()642233f ff f a ⎡⎤=-==-+=⎣⎦，故2a =，故答案为：2.13.已知多项式344321234(1)(1)x x x a x a x a x a -++=++++，则1a =___________，234a a a ++=___________.【答案】(1).5;(2).10.【解析】【分析】根据二项展开式定理，分别求出43,(1(4))x x -+的展开式，即可得出结论.【详解】332(1)331x x x x -=-+-，4432(1)4641x x x x x +=++++，所以12145,363a a =+==-+=，34347,110a a =+==-+=，所以23410a a a ++=.故答案为：5,10.14.在ABC 中，60,2B AB ∠=︒=，M 是BC 的中点，AM =AC =___________，cos MAC ∠=___________.【答案】(1).(2).13【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得=8BC ，进而可得AC ，再由余弦定理可得cos MAC ∠.【详解】由题意作出图形，如图，在ABM 中，由余弦定理得2222cos AM AB BM BM BA B =+-⋅⋅，即21124222BM BM =+-⨯⨯，解得=4BM （负值舍去），所以=2=2=8BC BM CM ，在ABC 中，由余弦定理得22212cos 464228522AC AB BC AB BC B =+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯=，所以13AC =在AMC 中，由余弦定理得222521216239cos 213223213AC AM MC MAC AM AC +-∠==⋅⨯⨯.故答案为：213；3913.15.袋中有4个红球m 个黄球，n 个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则m n -=___________，()E ξ=___________.【答案】(1).1(2).89【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得,m n 的值，再根据随机变量ξ的分布列即可求出()E ξ．【详解】2244224461(2)366m n m n m n C P C C C ξ++++++====⇒=，所以49m n ++=，()P 一红一黄114244133693m m n C C m m m C ++⋅====⇒=,所以2n =,则1m n -=．由于11245522991455105(2),(1),(0)63693618C C C P P P C C ξξξ⋅⨯==========155158()2106918399E ξ∴=⨯+⨯+⨯=+=．故答案为：1；89．16.已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>，焦点1(,0)F c -，2(,0)F c (0)c >，若过1F 的直线和圆22212x c y c ⎛⎫-+=⎪⎝⎭相切，与椭圆在第一象限交于点P ，且2PF x ⊥轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】不妨假设2c =，根据图形可知，122sin 3PF F ∠=，再根据同角三角函数基本关系即可求出12tan k PF F =∠=；再根据椭圆的定义求出a ，即可求得离心率．【详解】如图所示：不妨假设2c =，设切点为B ，12112sin sin 3AB PF F BF A F A∠=∠==，12tan PF F ∠==所以255k =,由21212,24PF k F F c F F ===，所以2855PF =，21121=sin 5PF PF PF F ⨯=∠，于是122PF a PF +==，即a =，所以5c e a ===．故答案为：255；55．17.已知平面向量,,,(0)a b c c ≠ 满足()1,2,0,0a b a b a b c ==⋅=-⋅= .记向量d 在,a b方向上的投影分别为x ，y ，d a - 在c方向上的投影为z ，则222x y z ++的最小值为___________.【答案】25【解析】【分析】设(1,0),(02),(,)a b c m n ===，，由平面向量的知识可得22x y +=，再结合柯西不等式即可得解.【详解】由题意，设(1,0),(02),(,)a b c m n === ，，则()20a b c m n -⋅=-=，即2m n =，又向量d 在,a b方向上的投影分别为x ，y ，所以(),d x y = ，所以d a - 在c 方向上的投影()||d a c z c -+-⋅===，即22x y +=,所以(()()222222222211221210105x y z x y z x y ⎡⎤++=++++≥+=⎢⎥⎣⎦ ，当且仅当2122x y x y ⎧==⎪⎨⎪+=⎩ 即251555x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时，等号成立，所以222x y z ++的最小值为25.故答案为：25.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由平面向量的知识转化出,,x y z 之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值.三､解答题18.设函数()sin cos (R)f x x x x =+∈.（1）求函数22y fx π⎡⎤⎛⎫=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦的最小正周期；（2）求函数()4y f x f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值.【答案】（1）π；（2）12+.【解析】【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得1sin 2y x =-，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得sin 242y x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再由三角函数的图象与性质即可得解.【详解】（1）由辅助角公式得()sin cos 4f x x x x π⎛⎫=+=+⎪⎝⎭，则2223332sin 1cos 21sin 22442y fx x x x x ππππ⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+=+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫ ⎪⎭⎦⎝，所以该函数的最小正周期22T ππ==;（2）由题意，()2sin sin 444y f x f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=+⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222sin sin cos cos22x x x x x x ⎛⎫=⋅+=+ ⎪ ⎪⎝⎭1cos 2222sin 22222242x x x x x π-⎛⎫=+=-+=-+⎪⎝⎭，由0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦可得32,444x πππ⎡⎤-∈-⎢⎣⎦，所以当242x ππ-=即38x π=时，函数取最大值212+.19.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,ABC AB BC PA ∠=︒===，M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【解析】【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠=，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎭⎝⎭.由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．20.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33(4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n na a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列，1933(3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭ ，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334((4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤；4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.21.如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且2MF =，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线,,MA MB AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且2RNPN QN =⋅，求直线l 在x 轴上截距的范围.【答案】（1）24y x =；（2）()(),74373,11,⎡-∞---++∞⎣ .【解析】【分析】（1）求出p 的值后可求抛物线的方程.（2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ，联立直线AB 的方程和抛物线的方程后可得12124,4y y y y t =-+=，求出直线,MA MB 的方程，联立各直线方程可求出,,P Q R y y y ，根据题设条件可得()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，从而可求n 的范围.【详解】（1）因为2MF =，故2p =，故抛物线的方程为：24y x =.（2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ，所以直线:2y l x n =+，由题设可得1n ≠且12t ≠.由214x ty y x=+⎧⎨=⎩可得2440y ty --=，故12124,4y y y y t =-+=，因为2RN PN QN =⋅，故21111+1+1+444R P Q y ⎫=⎪⎪⎭，故2R P Q y y y =⋅.又()11:11y MA y x x =++，由()11112y y x x y x n ⎧=+⎪+⎪⎨⎪=+⎪⎩可得()1112122P n y y x y +=+-，同理()2222122Q n y y x y +=+-，由12x ty yx n =+⎧⎪⎨=+⎪⎩可得()2121R n y t -=-，所以()()()2212211212121=212222n n y n y t x y x y -++⎡⎤⨯⎢⎥-+-+-⎣⎦，整理得到()()()2212221112112222y y n t n x y x y -⎛⎫=- ⎪++-+-⎝⎭，()22221214212222t y y y y -=⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()()()2222222121212112214212134+++2+442t t t y y y y y y y y y y y y --==+--⨯-+故()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，令21s t =-，则12s t +=且0s ≠，故()22222234242411331+444421t s s s s s s t +++⎛⎫==+=++≥ ⎪⎝⎭-，故213141n n n ⎧+⎛⎫≥⎪ ⎪-⎨⎝⎭⎪≠⎩即214101n n n ⎧++≥⎨≠⎩，解得7n ≤--71n -+≤<或1n >.故直线l 在x 轴上的截距的范围为7n ≤--71n -+≤<或1n >.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.22.设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()x f x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围；（3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b >+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)【答案】(1)0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)(21,e ⎤⎦；(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0x f x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b >，当,log ln a b x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当log ,ln a b x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增.综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a t t +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t '⋅-++--===，记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>，又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b b g e a a e ∴>=∴<，22222,ln ,21b b e a a e e>∴>∴≤⇒<≤ .即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x+=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+，222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b=+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e>+>，只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e -->，只需证2ln ln 202x e x x e-->，242e < ，只需证4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正，由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增，又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．。

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高考数学浙江试题及解析5TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-2017年高考数学浙江1.(2017年浙江)已知集合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）. 2. (2017年浙江)椭圆x 29+y 24=1的离心率是（）A ．133B ．53C ．23D ．59【解析】e=9-43=53.故选B ．3. (2017年浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）（第3题图） A ．12π+ B ．32π+C ．312π+D ．332π+ 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V=13×3×（π×122+12×2×1）=π2+1.故选A.4. (2017年浙江)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，x+y-3≥0，x-2y≤0，则z=x+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(2,1)时取最小值4，无最大值，选D ．5. (2017年浙江)若函数f(x)=x2+ ax+b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）=b，f（1）=1+a+b，f（-a2）=b-a24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{a n}的公差为d，前n项和为S n，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+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）的图象如图所示，则函数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.故选D.8. (2017年浙江)已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1–p i，i=1，2．若0<p1<p2<12，则（）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)=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.故选A．9. (2017年浙江)如图，已知正四面体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 QC =CR RA=2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –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<α9. B 【解析】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RQ 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ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=→OA ·→OB ，I 2=→OB ·→OC ，I 3=→OC ·→OD ，则（）（第10题图） A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 310. C 【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA ＜OC ，OB ＜OD ，所以→OB ·→OC＞0＞→OA·→OB ＞→OC ·→OD .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S 6，S 6= ． 11.332 【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S 6=6×（12×1×1×sin 60°）=332．12. (2017年浙江)已知a ，b ∈R ，（a+bi ）2=3+4i （i 是虚数单位）则a 2+b 2=___________，ab =___________. 2 【解析】由题意可得a 2-b 2+2abi=3+4i ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2-b 2=3，ab=2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2=4，b 2=1，则a 2+b 2=5，ab=2.13. (2017年浙江)已知多项式（x+1）3（x+2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a 5，，则a 4=________，a 5=________．13. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为C r3x r C m2·22-m= C r3·C m2·22-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. (2017年浙江)已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是___________，cos∠BDC=___________.14. 152104【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=BEAB=14，∴cos ∠DBC=-14，sin∠DBC=1-116=154，∴S△BCD=12×BD×BC×sin∠DBC=152.∵∠ABC=2∠BDC，∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos2∠BDC-1=14，解得cos∠BDC=104或cos∠BDC=-104（舍去）.综上可得，△BCD面积为152，cos∠BDC=10 4.15. (2017年浙江)已知向量a，b满足|a|=1,|b|=2,则|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×cosθ=5-4cos θ，|a+b|=12+22-2×1×2×cos (π-θ)=5+4cos θ，则|a+b|+|a-b|=5+4cos θ+5-4cos θ，令y=5+4cos θ+5-4cos θ，则y2=10+225-16cos2θ∈[16,20]，据此可得(|a+b|+|a-b|)max=20 =25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是25．16. (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a ∈R ，函数f （x ）=|x+4x -a|+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是___________．17.（-∞，92] 【解析】x∈[1,4],x+4x ∈[4,5]，分类讨论：①当a≥5时，f （x ）=a-x-4x +a=2a-x-4x ，函数的最大值2a-4=5，∴a=92，舍去；②当a≤4时，f （x ）=x+4x -a+a=x+4x≤5，此时命题成立；③当4＜a ＜5时，[f(x)]max =max{|4-a|+a,|5-a|+a}，则⎩⎪⎨⎪⎧|4-a|+a≥|5-a|+a ，|4-a|+a=5或⎩⎪⎨⎪⎧|4-a|+a ＜|5-a|+a ，|4-a|+a=5解得a=92或a ＜92.综上可得，实数a 的取值范围是（-∞，92]．18. (2017年浙江)已知函数f （x ）=sin 2x –cos 2x –23sin x cos x （x ∈R ）．（1）求f （2π3）的值．（2）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间． 18.解：（1）由sin2π3=32，cos 2π3=-12， f （2π3）=（32）2-（-12）2-23×32×（-12）．得f （2π3）=2．（2）由cos 2x=cos 2x-sin 2x 与sin 2x=2sin xcos x ，得f(x)=-cos 2x-3sin 2x=-2sin(2x+π6)．所以f(x)的最小正周期是π．由正弦函数的性质得π2+2k π≤2x+π6≤3π2+2k π，k∈Z，解得π6+kπ≤x≤3π2+2kπ，k∈Z，所以，f（x）的单调递增区间是[π6+kπ，3π2+2kπ]，k∈Z．19. (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．（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，所以EF∥AD且EF=12 AD，又因为BC∥AD，BC=12 AD，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(2017年浙江)已知函数f(x)=（x–2x-1）e-x（x≥12）．（1）求f(x)的导函数；（2）求f(x)在区间[12，+∞)上的取值范围．20.解：（1）因为（x –2x-1）′=1-12x-1，（e -x ）′=-e -x，所以f （x ）=（1-12x-1）e -x -（x –2x-1）e -x =(1-x)(2x-1-2)e -x2x-1(x ＞12).（2）由f′(x )=(1-x)(2x-1-2)e -x2x-1=0解得x=1或x=52．因为又f （x ）=12（2x-1-1）2e -x ≥0，所以f （x ）在区间[12，+∞)上的取值范围是[0，12e -12]．21. (2017年浙江)如图，已知抛物线x 2=y ，点A （-12，14），B （32，94），抛物线上的点p(x,y)(-12＜x ＜32)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（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 ， k=x 2-14x+12=x-12，因为-12＜x ＜32，所以直线AP 斜率的取值范围是（-1，1）．（2）联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx-y+12k+14=0，x+ky-94k-32=0，解得点Q 的横坐标是x Q =-k 2+4k+32(k 2+1)．因为|PA |=1+k 2(x+12)=1+k 2(k+1)，|PQ |=1+k 2(x Q -x)=-(k-1)(k+1)2k 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(-1,12)上单调递增，(12,1)上单调递减，因此当k =12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716．22. (2017年浙江) 已知数列{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 +1 x n ≤x n x n +12；（3）12n-1≤x n ≤12n-2．22.解：（1）用数学归纳法证明x n ＞0．当n =1时，x 1=1>0．假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若x k+1≤0，则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xn =xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，因此0＜xn+1＜xn（n∈N*）．（2）由xn =xn+1+ln（1+xn+1），得xn xn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）.记函数f（x）=x2-2x+（x+2）ln（1+x）（x≥0），f′（x）=2x2+xx+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xn+12-2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）=f（xn+1）≥0，故2xn+1-xn≤xnxn+12（n∈N*）．（3）因为xn =xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，所以xn ≥12n-1，由xnxn+12≥2xn+1-xn，得1xn+1-12≥2（1xn-12）＞0，所以1xn-12≥2（1xn-1-12）≥…≥2n-1（1x1-12）=2n-2，故x n≤12n-2．综上，12n-1≤x n≤12n-2（n∈N*）．。