2017年高考数学试卷（理）（浙江）（解析卷）

2016年浙江省高考数学试卷（理科） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项 中，只有一个是符合题目要求的． 1．（5分）（2016•浙江）已知集合P={x∈R|1≤x≤3}，Q={x∈R|x2≥4}，则P∪ （∁RQ）=（ ） A．[2，3] B．（﹣2，3] C．[1，2） D．（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞） 【考点】并集及其运算． 【分析】运用二次不等式的解法，求得集合Q，求得Q的补集，再由两集合的 并集运算，即可得到所求． 【解答】解：Q={x∈R|x2≥4}={x∈R|x≥2或x≤﹣2}， 即有∁RQ={x∈R|﹣2＜x＜2}， 则P∪（∁RQ）=（﹣2，3]． 故选：B． 【点评】本题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解 法，属于基础题． 2．（5分）（2016•浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满 足m∥α，n⊥β，则（ ） A．m∥ l B．m∥ n C．n⊥ l D．m⊥ n 【考点】直线与平面垂直的判定． 【分析】由已知条件推导出l⊂β，再由n⊥β，推导出n⊥l． 【解答】解：∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α， ∴ m∥ β或m⊂β或m⊥ β，l⊂β， ∵ n⊥ β， ∴ n ⊥ l． 故选：C． 【点评】本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空 间思维能力的培养． 3．（5分）（2016•浙江）在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P 在直线l上的投影，由区域 中的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成的线 段记为AB，则|AB|=（ ） A．2 B．4 C．3 D．6 【考点】简单线性规划的应用． 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义，利用数形结合进行 求解即可． 【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）， 区域内的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成线段R′Q′，即SAB， 而R′Q′=RQ，由 得 ，即Q（﹣1，1）， 由 得 ，即R（2，﹣2）， 则|AB|=|QR|= = =3 ， 故选：C 【点评】本题主要考查线性规划的应用，作出不等 式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决本题的关键． 4．（5分）（2016•浙江）命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是 （ ） A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2 C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2 【考点】命题的否定． 【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可． 【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈R， ∃n∈N*，使得n≥x2”的否定形式是：∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2． 故选：D． 【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题． 5．（5分）（2016•浙江）设函数f（x）=sin2x+bsinx+c，则f（x）的最小正周 期（ ） A．与b有关，且与c有关 B．与b有关，但与c无关 C．与b无关，且与c无关 D．与b无关，但与c有关 【考点】三角函数的周期性及其求法． 【分析】根据三角函数的图象和性质即可判断． 【解答】解：∵设函数f（x）=sin2x+bsinx+c， ∴c是图象的纵坐标增加了c，横坐标不变，故周期与c无关， 当b=0时，f（x）=sin2x+bsinx+c=﹣cos2x+ +c的最小正周期为T= =π， 当b≠0时，f（x）=﹣cos2x+bsinx+ +c，∵y=cos2x的最小正周期为π，y=bsinx的 最小正周期为2π， ∴f（x）的最小正周期为2π， 故f（x）的最小正周期与b有关， 故选：B 【点评】本题考查了三额角函数的最小正周期，关键掌握三角函数的图象和性 质，属于中档题． 6．（5分）（2016•浙江）如图，点列{An}、{Bn}分别在某锐角的两边上， 且|AnAn+1|=|An+1An+2|，An≠An+1，n∈N*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，Bn≠Bn+1， n∈N*，（P≠Q表示点P与Q不重合）若dn=|AnBn|，Sn为△AnBnBn+1的面积，则 （ ） A．{Sn}是等差数列 B．{Sn 2}是等差数列 C．{dn}是等差数列 D．{dn 2}是等差数列 【考点】数列与函数的综合． 【分析】设锐角的顶点为O，再 设|OA1|=a，|OB1|=b，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，b 不确定，判断C，D不正确，设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，运用三角 形相似知识，hn+hn+2=2hn+1，由Sn= d•hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，进而得到数列 {Sn}为等差数列． 【解答】解：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=b， |AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d， 由于a，b不确定，则{dn}不一定是等差数列， {dn 2}不一定是等差数列， 设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn， 由三角形的相似可得 = = ， = = ， 两式相加可得， = =2， 即有hn+hn+2=2hn+1， 由Sn= d•hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1， 即为Sn+2﹣Sn+1=Sn+1﹣Sn， 则数列{Sn}为等差数列． 故选：A． 【点评】本题考查等差数列的判断，注意运用三角形的相似和等差数列的性 质，考查化简整理的推理能力，属于中档题． 7．（5分）（2016•浙江）已知椭圆C1： +y2=1（m＞1）与双曲线C2： ﹣ y2=1（n＞0）的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（ ） A．m＞n且e1e2＞1 B．m＞n且e1e2＜1 C．m＜n且e1e2＞1 D．m＜n且e1e2 ＜1 【考点】椭圆的简单性质；双曲线的简单性质． 【分析】根据椭圆和双曲线有相同的焦点，得到c2=m2﹣1=n2+1，即m2﹣n2=2， 进行判断，能得m＞n，求出两个离心率，先平方进行化简进行判断即可． 【解答】解：∵椭圆C1： +y2=1（m＞1）与双曲线C2： ﹣y2=1（n＞0）的焦 点重合， ∴满足c2=m2﹣1=n2+1， 即m2﹣n2=2＞0，∴m2＞n2，则m＞n，排除C，D 则c2=m2﹣1＜m2，c2=n2+1＞n2， 则c＜m．c＞n， e1= ，e2= ， 则e1•e2= • = ， 则（e1•e2）2=（）2•（）2= = = =1+ =1+ =1+ ＞1， ∴e1e2＞1， 故选：A． 【点评】本题主要考查圆锥曲线离心率的大小关系的判断，根据条件结合双曲 线和椭圆离心率以及不等式的性质进行转化是解决本题的关键．考查学生的转 化能力． 8．（5分）（2016•浙江）已知实数a，b，c．（ ） A．若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，则a2+b2+c2＜100 B．若|a2+b+c|+|a2+b﹣c|≤1，则a2+b2+c2＜100 C．若|a+b+c2|+|a+b﹣c2|≤1，则a2+b2+c2＜100D．若|a2+b+c|+|a+b2﹣c|≤1，则 a2+b2+c2＜100 【考点】命题的真假判断与应用． 【分析】本题可根据选项特点对a，b，c设定特定值，采用排除法解答． 【解答】解：A．设a=b=10，c=﹣110，则|a2+b+c|+|a+b2+c|=0≤1，a2+b2+c2＞ 100； B．设a=10，b=﹣100，c=0，则|a2+b+c|+|a2+b﹣c|=0≤1，a2+b2+c2＞100； C．设a=100，b=﹣100，c=0，则|a+b+c2|+|a+b﹣c2|=0≤1，a2+b2+c2＞100； 故选：D． 【点评】本题主要考查命题的真假判断，由于正面证明比较复杂，故利用特殊 值法进行排除是解决本题的关键． 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． 9．（4分）（2016•浙江）若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y 轴的距离是 ． 【考点】抛物线的简单性质． 【分析】根据抛物线的性质得出M到准线x=﹣1的距离为10，故到y轴的距离为 9． 【解答】解：抛物线的准线为x=﹣1， ∵点M到焦点的距离为10， ∴点M到准线x=﹣1的距离为10， ∴点M到y轴的距离为9． 故答案为：9． 【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题． 10．（6分）（2016•浙江）已知2cos2x+sin2x=Asin（ωx+φ）+b（A＞0），则 A= ，b= ． 【考点】两角和与差的正弦函数． 【分析】根据二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数化简左边，即可得到答 案． 【解答】解：∵2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x =1+ （ cos2x+ sin2x）+1 = sin（2x+ ）+1， ∴A= ，b=1， 故答案为： ；1． 【点评】本题考查了二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握 公式是解题的关键． 11．（6分）（2016•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几 何体的表面积是 cm2，体积是 cm3． 【考点】由三视图求面积、体积． 【分析】由三视图可得，原几何体为由四个棱长为2cm的小正方体所构成的， 代入体积公式和面积公式计算即可． 【解答】解：由三视图可得，原几何体为由四个棱长为2cm的小正方体所构成 的， 则其表面积为22×（24﹣6）=72cm2， 其体积为4×23=32， 故答案为：72，32 【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积和表面积，解题 的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力． 12．（6分）（2016•浙江）已知a＞b＞1，若logab+logba= ，ab=ba，则 a= ，b= ． 【考点】对数的运算性质． 【分析】设t=logba并由条件求出t的范围，代入logab+logba= 化简后求出t的 值，得到a与b的关系式代入ab=ba化简后列出方程，求出a、b的值． 【解答】解：设t=logba，由a＞b＞1知t＞1， 代入logab+logba= 得 ， 即2t2﹣5t+2=0，解得t=2或t= （舍去）， 所以logba=2，即a=b2， 因为ab=ba，所以b2b=ba，则a=2b=b2， 解得b=2，a=4， 故答案为：4；2． 【点评】本题考查对数的运算性质，以及换元法在解方程中的应用，属于基础 题．13．（6分）（2016•浙江）设数列{an}的前n项和为Sn，若S2=4， an+1=2Sn+1，n∈N*，则a1= ，S5= ． 【考点】数列的概念及简单表示法． 【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n ＞1时，an+1=Sn+1﹣Sn，结合条件，计算即可得到所求和． 【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1， 又S2=4，即a1+a2=4， 即有3a1+1=4，解得a1=1； 由an+1=Sn+1﹣Sn，可得 Sn+1=3Sn+1， 由S2=4，可得S3=3×4+1=13， S4=3×13+1=40， S5=3×40+1=121． 故答案为：1，121． 【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n＞1时， an=Sn﹣Sn﹣1，考查运算能力，属于中档题． 14．（4分）（2016•浙江）如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．若 平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD 的体积的最大值是 ． 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积． 【分析】由题意，△ABD≌△PBD，可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转 得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD 必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大． 【解答】解：如图，M是AC的中点． ①当AD=t＜AM= 时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距 离，即图中AE， DM= ﹣t，由△ADE∽△BDM，可得 ，∴h= ， V= = ，t∈（0， ）②当AD=t＞ AM= 时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中 AH， DM=t﹣ ，由等面积，可得 ，∴ ， ∴h= ， ∴V= = ，t∈（ ，2 ） 综上所述，V= ，t∈（0，2 ） 令m= ∈[1，2），则V= ，∴m=1时，Vmax= ． 故答案为：． 【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨 论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大． 15．（4分）（2016•浙江）已知向量，，| |=1，| |=2，若对任意单位向量 ，均有| • |+| • |≤ ，则• 的最大值是 ． 【考点】平面向量数量积的运算． 【分析】根据向量三角形不等式的关系以及向量数量积的应用进行计算即可得 到结论． 【解答】解：∵|（+ ）• |=| • + • |≤| • |+| • |≤ ， ∴|（+ ）• |≤| + |≤ ， 平方得：| |2+| |2+2 • ≤6， 即12+22+2 • ≤6， 则• ≤， 故• 的最大值是，故答案为：． 【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及 向量三角形不等式的关系是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度． 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演 算步骤． 16．（14分）（2016•浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b， c，已知b+c=2acosB． （Ⅰ）证明：A=2B （Ⅱ）若△ABC的面积S= ，求角A的大小． 【考点】余弦定理；正弦定理． 【分析】（Ⅰ）利用正弦定理，结合和角的正弦公式，即可证明A=2B （Ⅱ）若△ABC的面积S= ，则bcsinA= ，结合正弦定理、二倍角公式，即 可求角A的大小． 【解答】（Ⅰ）证明：∵b+c=2acosB， ∴sinB+sinC=2sinAcosB， ∴sinB+sin（A+B）=2sinAcosB ∴sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB ∴sinB=2=sinAcosB﹣cosAsinB=sin（A﹣B） ∵A，B是三角形中的角， ∴B=A﹣B， ∴A=2B； （Ⅱ）解：∵△ABC的面积S= ， ∴bcsinA= ， ∴2bcsinA=a2， ∴2sinBsinC=sinA=sin2B， ∴sinC=cosB， ∴B+C=90°，或C=B+90°， ∴A=90°或A=45°． 【点评】本题考查了正弦定理，解三角形，考查三角形面积的计算，考查二倍 角公式的运用，属于中档题． 17．（15分）（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平 面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3， （Ⅰ）求证：EF⊥平面ACFD； （Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值． 【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系． 【分析】（I）先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD． （II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得 出； 方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向 量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值． 【解答】（I）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥ 平面ABC，∠ACB=90°， ∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC． 又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点， 则BF⊥CK， ∴BF⊥平面ACFD． （II）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，则 AK⊥平面BQF， ∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角． 在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ= ． 在Rt△BQF中，BF= ，FQ= ．可得：cos∠BQF= ． ∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为 ． 方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形， 取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC， 以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系 O﹣xyz． 可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0， ），A（﹣1，﹣3，0）， ， ． =（0，3，0）， = ， （2，3，0）． 设平面ACK的法向量为=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为=（x2，y2， z2），由 ，可得 ， 取= ． 由 ，可得 ，取= ．∴ = = ． ∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为 ． 【点评】本题考查了空间位置关系、法向 量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档 题． 18．（15分）（2016•浙江）已知a≥3，函数F（x）=min{2|x﹣1|，x2﹣2ax+4a﹣ 2}，其中min（p，q）= （Ⅰ）求使得等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围 （Ⅱ）（i）求F（x）的最小值m（a） （ii）求F（x）在[0，6]上的最大值M（a） 【考点】函数最值的应用；函数的最值及其几何意义． 【分析】（Ⅰ）由a≥3，讨论x≤1时，x＞1，去掉绝对值，化简x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣ 1|，判断符号，即可得到F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围；（Ⅱ）（i） 设f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x2﹣2ax+4a﹣2，求得f（x）和g（x）的最小值，再由 新定义，可得F（x）的最小值； （ii）分别对当0≤x≤2时，当2＜x≤6时，讨论F（x）的最大值，即可得到F （x）在[0，6]上的最大值M（a）． 【解答】解：（Ⅰ）由a≥3，故x≤1时， x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2+2（a﹣1）（2﹣x）＞0； 当x＞1时，x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2﹣（2+2a）x+4a=（x﹣2）（x﹣2a）， 则等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围是（2，2a）； （Ⅱ）（i）设f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x2﹣2ax+4a﹣2， 则f（x）min=f（1）=0，g（x）min=g（a）=﹣a2+4a﹣2． 由﹣a2+4a﹣2=0，解得a=2+ （负的舍去）， 由F（x）的定义可得m（a）=min{f（1），g（a）}， 即m（a）= ； （ii）当0≤x≤2时，F（x）≤f（x）≤max{f（0），f（2）}=2=F（2）； 当2＜x≤6时，F（x）≤g（x）≤max{g（2），g（6）} =max{2，34﹣8a}=max{F（2），F（6）}． 则M（a）= ． 【点评】本题考查新定义