1、第 1 页（共 24 页）2017 年浙江省绍兴市高考数学一模试卷一、选择题（本题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知集合 A=xR|x|2 ，B= xR|x+10，则 AB=（ ）A （ 2，1 B1，2） C 1，+） D （2，+）2已知 i 是虚数单位，复数 z= ，则 z =（ ）A25 B5 C D3已知 a，b 为实数，则 “a=0”是“f（x ）=x 2+a|x|+b 为偶函数”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4已知 a0，且 a1 ，若 ab1，则（ ）Aab
2、 b Babb Cab Dab5已知 p0，q0，随机变量 的分布列如下： p qP q p若 E（ ）= 则 p2+q2=（ ）A B C D16已知实数 x，y 满足不等式组 ，若 z=y2x 的最大值为 7，则实数a=（ ）A 1 B1 C D7已知抛物线 y2=2px（p0）的焦点为 F，过点 M（p ，0）的直线交抛物线于A，B 两点，若 =2 ，则 =（ ）A2 B C D与 p 有关第 2 页（共 24 页）8向量 ， 满足| |=4， （ ）=0 ，若| |的最小值为 2（R） ，则 =（ ）A0 B4 C8 D169记 minx， y= 设 f（x）=minx 2，x 3，则
3、（ ）A存在 t0，|f（t）+f（t）|f（t ） f（t）B存在 t0，|f（t）f（t）|f（t）f（ t）C存在 t0，|f（1+t）+f （1 t）|f（1+t）+f（ 1t）D存在 t0，|f（1 +t） f（1t）|f（1+t ） f（1t）10如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，棱 AB 的中点为 P，若光线从点 P 出发，依次经三个侧面 BCC1B1，DCC 1D1，ADD 1A1 反射后，落到侧面 ABB1A1（不包括边界） ，则入射光线 PQ 与侧面 BCC1B1 所成角的正切值的范围是（ ）A （ ， ） B （ ，4） C （ ， ） D （ ， ）二、填空
4、题（本大题共 7 小题，共 36 分）11双曲线 =1 的焦点坐标为 ，离心率为 12已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ，体积为 第 3 页（共 24 页）13已知等差数列a n，等比数列 bn的前 n 项和为 Sn，T n（nN*） ，若Sn= n2+ n，b 1=a1，b 2=a3，则 an= ，T n= 14在ABC 中，内角 A，B ，C 所对的边分别为 a，b ，c，已知A= ，b= ，ABC 的面积为 ，则 c= ，B= 15将 3 个男同学和 3 个女同学排成一列，若男同学甲与另外两个男同学不相邻，则不同的排法种数为 （用具体的数字作答）16已知正实数 x，y
5、满足 xy+2x+3y=42，则 xy+5x+4y 的最小值为 17已知 a，bR 且 0a+b 1，函数 f（x ）=x 2+ax+b 在 ，0上至少存在一个零点，则 a2b 的取值范围为 三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分）18已知函数 f（x ）=2sin 2x+cos（2x ） （）求 f（x）的最小正周期；（）求 f（x）在（0， ）上的单调递增区间19如图，已知三棱锥 PABC，PA 平面 ABC，ACB=90，BAC=60 ，PA=AC，M 为 PB 的中点（）求证：PCBC（）求二面角 MACB 的大小第 4 页（共 24 页）20已知函数 f（x ）= x3ax2+
6、3x+b（a ，b R） （）当 a=2，b=0 时，求 f（x）在0 ，3上的值域（）对任意的 b，函数 g（x ）=|f（x ）| 的零点不超过 4 个，求 a 的取值范围21已知点 A（2，0 ） ，B（0，1）在椭圆 C： + =1（ab0）上（）求椭圆 C 的方程；（）P 是线段 AB 上的点，直线 y= x+m（m 0）交椭圆 C 于 M、N 两点，若MNP 是斜边长为 的直角三角形，求直线 MN 的方程22已知数列a n满足 an0，a 1=2，且（n +1）a n+12=nan2+an（nN*） （）证明：a n1；（）证明： + + （n2） 第 5 页（共 24 页）201
7、7 年浙江省绍兴市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1已知集合 A=xR|x|2 ，B= xR|x+10，则 AB=（ ）A （ 2，1 B1，2） C 1，+） D （2，+）【考点】交集及其运算【分析】由绝对值不等式的解法求出 A，由交集的运算求出 AB【解答】解：由题意知，A=x R|x|2= x|2x2= （ 2，2） ，B=xR|x+10=x|x 1= 1，+） ，则 AB=1，2） ，故选 B2已知 i 是虚数单位，复数 z= ，则 z =（ ）A25 B5 C D【
8、考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由 求解【解答】解：z= = ，z = 故选：D3已知 a，b 为实数，则 “a=0”是“f（x ）=x 2+a|x|+b 为偶函数”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第 6 页（共 24 页）【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据函数奇偶性的定义以及充分必要条件判断即可【解答】解：a=0 时，f（x）=x 2+b 为偶函数，是充分条件，由 f（x ）= （x） 2+a|x|+b=f（x ） ，得 f（x）是偶函数，故 a=0”是“f（x）=x 2+a|x|+b
9、为偶函数”的充分不必要条件，故选：A4已知 a0，且 a1 ，若 ab1，则（ ）Aab b Babb Cab Dab【考点】命题的真假判断与应用【分析】对 a 进行分类讨论，结合不等式的基本性质及指数函数的单调性判断四个不等式关系成立与否可得答案【解答】解：当 a（0，1）时，若 ab1，则 b0，则 ab 不成立，当 a（1，+）时，若 ab1，则 b0，则 abb 不成立，ab 不一定成立，故选：A5已知 p0，q0，随机变量 的分布列如下： p qP q p若 E（ ）= 则 p2+q2=（ ）A B C D1【考点】离散型随机变量及其分布列【分析】由随机变量 的分布列的性质列出方程组
10、，能求出结果【解答】解：p0，q0，E（ ）= 由随机变量 的分布列的性质得：第 7 页（共 24 页），p 2+q2=（q+p） 22pq=1 = 故选：C6已知实数 x，y 满足不等式组 ，若 z=y2x 的最大值为 7，则实数a=（ ）A 1 B1 C D【考点】简单线性规划【分析】根据已知的约束条件 画出满足约束条件的可行域，再用目标函数的几何意义，通过目标函数的最值，得到最优解，代入方程即可求解 a 值【解答】解：作出不等式组 表示的平面区域，如图所示：令 z=y2x，则 z 表示直线 z=y2x 在 y 轴上的截距，截距越大， z 越大，结合图象可知，当 z=y2x 经过点 A 时
11、 z 最大，由 可知 A（4，1） ，A（ 4， 1）在直线 y+a=0 上，可得 a=1故选：B第 8 页（共 24 页）7已知抛物线 y2=2px（p0）的焦点为 F，过点 M（p ，0）的直线交抛物线于A，B 两点，若 =2 ，则 =（ ）A2 B C D与 p 有关【考点】抛物线的简单性质【分析】设直线方程为 x=my+p，代入 y2=2px，可得 y22pmy2p2=0，利用向量条件，求出 A，B 的坐标，利用抛物线的定义，即可得出结论【解答】解：设直线方程为 x=my+p，代入 y2=2px，可得 y22pmy2p2=0设 A（x 1，y 1） ，B（x 2，y 2） ，则 y1+
12、y2=2pm，y 1y2=2p2， =2 ，（px 1，y 1）=2（x 2p，y 2） ，x 1=2x2+p， y1=2y2，可得 y2=p，y 1=2p，x 2= p，x 1=2p， = = ，故选 B8向量 ， 满足| |=4， （ ）=0 ，若| |的最小值为 2（R） ，则第 9 页（共 24 页） =（ ）A0 B4 C8 D16【考点】平面向量数量积的运算【分析】向量 ， 满足| |=4， （ ）=0 ，即 = | |= 2（ R） ，化为：16 22 +40 对于 R 恒成立，必须0，解出即可得出【解答】解：向量 ， 满足| |=4， （ ）=0，即 = 若| |= = 2（R
13、） ，化为：16 22 + 40 对于 R 恒成立，= 64（ 4）0，化为 0， =8故选：C9记 minx， y= 设 f（x）=minx 2，x 3，则（ ）A存在 t0，|f（t）+f（t）|f（t ） f（t）B存在 t0，|f（t）f（t）|f（t）f（ t）C存在 t0，|f（1+t）+f （1 t）|f（1+t）+f（ 1t）D存在 t0，|f（1 +t） f（1t）|f（1+t ） f（1t）【考点】分段函数的应用；函数与方程的综合运用【分析】求出 f（x）的解析式，对 t 的范围进行讨论，依次判断各选项左右两侧函数的单调性和值域，从而得出答案【解答】解：x 2x3=x2（1
14、x ） ，当 x1 时，x 2x30，当 x1 时，x 2x30，第 10 页（共 24 页）f（ x）= 若 t1，则| f（t）+f（t）|=|t 2+（ t） 3|=|t2t3|=t3t2，|f（ t）f（t）|=|t 2+t3|=t2+t3，f（t）f（t）=t 2（t） 3=t2+t3，若 0t1 ，|f（t）+f（t）|=|t 3+（ t） 3|=0，|f（ t）f（t）|=|t 3+t3|=2t3，f（t）f（t）=t 3（t） 3=2t3，当 t=1 时，|f （t ）+f （t ）|=|1+（1）|=0，|f（ t）f（t）|=|1（1）|=2 ，f（t）f（t）=1（1）=
15、2，当 t0 时， |f（t）+f（ t）|f（t）f（ t） ，|f（t）f （ t）|=f （t ）f（t） ，故 A 错误，B 错误；当 t0 时，令 g（t）=f（1+t）+f（1t）=（1 +t） 2+（1t） 3=t3+4t2t+2，则 g（t）= 3t2+8t1，令 g（t）=0 得3t 2+8t1=0，=6412=52，g（t）有两个极值点 t1，t 2，g （t）在（t 2，+）上为减函数，存在 t0t 2，使得 g（t 0）0，|g （ t0）|g（t 0） ，故 C 正确；令 h（t）= （1+t）f（1t）=（1+t ） 2（1 t） 3=t32t2+5t，则 h（t）=3t 24t+5=3（t ） 2+ 0，h（t）在（0，+）上为增函数，h （t ）h （0）=0 ，
