2017年浙江省杭州市西湖区学军中学高考数学模拟试卷（5月份）（含解析）

2017年浙江省杭州市西湖区学军中学高考数学模拟试卷（5月份）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）已知集合或，或，则AB，CD2（4分）设复数满足，则A1BCD23（4分）已知是等比数的公比，则”是“数列是递减数列”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（4分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A16B26C32D5（4分）若存在实数，使不等式组与不等式都成立，则实数的取值范围是ABCD6（4分）展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是A790B680C462D3307（4分）已知正实数，满足，则A有最大值为B有最小值为C没有最小值D有最大值为38（4分）已知正三角形的边长为，平面内的动点，满足，则的最大值是ABCD9（4分）如图，正方形与正方形所成角的二面角的平面角的大小是，是正方形所在平面内的一条动直线，则直线与所成角的取值范围是A，B，C，D，10（4分）已知定义在上的函数的导函数满足，且，其中为自然对数的底数，则不等式的解集是ABCD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）若，则 ， 12（6分）商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖1次能获奖的概率是 ；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，则 13（6分）在中，是边的中点，的面积为，则 ， 14（6分）已知抛物线和直线交于两点、，当时，直线过定点 ；当 时，以为直径的圆与直线相切15（4分）根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有 种不同的考试安排方法16（4分）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱，的中点以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是 17（4分）函数的图象上有且仅有两个点到直线的距离等于，则实数的取值集合是 三解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18（14分）设函数的图象关于直线对称，其中，为常数，且，（）求函数的最小正周期；（）若的图象经过点，求函数在区间，上的取值范围19（15分）在如图所示的圆台中，是下底面圆的直径，是上底面圆的直径，是圆台的一条母线已知，分别为，的中点，求证：平面；（）已知，求二面角的余弦值20（15分）已知函数（）当，时，求函数极值；（）设，当时，对任意，都有恒成立，求的最小值21（15分）已知椭圆，过直线上一点作椭圆的切线，切点为，当点在轴上时，切线的斜率为（）求椭圆的方程；（）设为坐标原点，求面积的最小值22（15分）已知函数在，上的最大值为，2，3，（1）求数列的通项公式；（2）求证：对任何正整数，都有成立；（3）设数列的前项和为，求证：对任意正整数，都有成立2017年浙江省杭州市西湖区学军中学高考数学模拟试卷（5月份）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.1（4分）已知集合或，或，则AB，CD【考点】：交、并、补集的混合运算【专题】11：计算题；37：集合思想；：定义法；：集合【分析】由全集及，求出的补集，找出与补集的交集即可【解答】解：集合或，集合或，故选：【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键2（4分）设复数满足，则A1BCD2【考点】：复数的模【专题】11：计算题；：数系的扩充和复数【分析】先化简复数，再求模即可【解答】解：复数满足，故选：【点评】本题考查复数的运算，考查学生的计算能力，比较基础3（4分）已知是等比数的公比，则”是“数列是递减数列”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件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】21：阅读型【分析】题目给出的数列是等比数列，通过举反例说明公比小于1时数列还可能是递增数列，反之，递减的等比数列公比还可能大于1，从而得到“”是“等比数列是递减数列”的既不充分也不必要的条件【解答】解：数列，该数列是公比的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数的公比，不能得出数列是递减数列；而数列，是递减数列，但其公比，所以，由数列是递减数列，不能得出其公比所以，“”是“等比数列是递减数列”的既不充分也不必要的条件故选：【点评】本题考查了必要条件、充分条件与充要条件，解答此类问题时，要说明一个命题不正确可用举反例的方法，此题是基础题4（4分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A16B26C32D【考点】：由三视图求面积、体积【专题】31：数形结合；：转化法；：立体几何【分析】根据三视图得几何体是三棱锥，且一侧棱与底面垂直，结合直观图求相关数据，把数据代入棱锥的表面积公式计算即可【解答】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥，且一条侧棱与底面垂直，高为4，如图所示；其中平面，由三垂线定理得：；，该几何体的表面积故选：【点评】本题考查了由三视图求几何体的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征是解答本题的关键5（4分）若存在实数，使不等式组与不等式都成立，则实数的取值范围是ABCD【考点】：简单线性规划【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的及其内部，再将目标函数对应的直线进行平移，可得当时，取得最小值为；当且时，取得最大值为0，由此可得的取值范围为，再由存在实数使不等式成立，即可算出实数的取值范围【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，得到如图的及其内部，其中，设，将直线进行平移，当经过点时，目标函数达到最大值，可得当经过点时，目标函数达到最小值，可得因此，的取值范围为，存在实数，使不等式成立，即存在实数，使成立大于或等于的最小值，即，解之得故选：【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的取值范围，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域、不等式的解集非空和简单的线性规划等知识，属于基础题6（4分）展开式中所有奇数项系数之和为1024，则展开式中各项系数的最大值是A790B680C462D330【考点】：二项式定理【专题】11：计算题；：转化法；：二项式定理【分析】由题意可得：，解得可得展开式中各项系数的最大值是或【解答】解：由题意可得：，解得则展开式中各项系数的最大值是或，则故选：【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7（4分）已知正实数，满足，则A有最大值为B有最小值为C没有最小值D有最大值为3【考点】：基本不等式及其应用【专题】11：计算题；35：转化思想；：不等式【分析】，可得，可得，再利用基本不等式的性质即可得出【解答】解：，当且仅当，时取等号故选：【点评】本题考查了不等式的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题8（4分）已知正三角形的边长为，平面内的动点，满足，则的最大值是ABCD【考点】91：向量的概念与向量的模【专题】31：数形结合；35：转化思想；56：三角函数的求值；：平面向量及应用；：直线与圆【分析】如图所示，建立直角坐标系，点的轨迹方程为：，令，又，可得，代入，即可得出【解答】解：如图所示，建立直角坐标系，满足，点的轨迹方程为：，令，又，则，的最大值是也可以以点为坐标原点建立坐标系解法二：取中点，从而轨迹为以为圆心，为半径的圆，三点共线时，为最大值所以最大值为故选：【点评】本题考查了数量积运算性质、圆的参数方程、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9（4分）如图，正方形与正方形所成角的二面角的平面角的大小是，是正方形所在平面内的一条动直线，则直线与所成角的取值范围是A，B，C，D，【考点】：异面直线及其所成的角【专题】11：计算题；35：转化思想；41：向量法；：空间角【分析】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的取值范围【解答】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，1，0，当点在正方形的投影刚好落在上，记为点，其坐标为，此时与所成角刚好30度，即直线与所成角的最小值为，取，0，时，直线于所成角取最大值，1，直线于所成角最大值为直线与所成角的取值范围是，故选：【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，则中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用10（4分）已知定义在上的函数的导函数满足，且，其中为自然对数的底数，则不等式的解集是ABCD【考点】63：导数的运算；67：定积分、微积分基本定理；：利用导数研究函数的单调性【专题】11：计算题；35：转化思想；52：导数的概念及应用【分析】根据题意，令，分析可得，对求积分可得的解析式，进而可得的解析式，再令，对其求导可得，分析可得函数在上递减，将不等式变形可得（e），结合函数的单调性分析可得答案【解答】解：根据题意，令，则有，则，即，则有，又由，即（e），解可得，故，令，则，故函数在上递减，不等式，即（e），则有，即不等式的解集为；故选：【点评】本题考查抽象函数的单调性，涉及导数的计算以及函数的积分计算，关键是求出函数的解析式二填空题：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）若，则， 【考点】：同角三角函数间的基本关系；：两角和与差的三角函数【专题】11：计算题；35：转化思想；：转化法；56：三角函数的求值【分析】根据已知及同角三角函数的基本关系式，建立方程关系即可得到结论【解答】解：，即，解得：，故答案为：，3【点评】本题主要考查三角函数值的计算，根据同角的三角函数关系式是解决本题的关键，考查了计算能力和转化思想，属于基础题12（6分）商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖则顾客抽奖1次能获奖的概率是；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，则 【考点】：离散型随机变量的期望与方差【专题】38：对应思想；49：综合法；：概率与统计【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式计算不获奖的概率得出获奖的概率，根据二项分布的性质得出数学期望【解答】解：抽奖1次，不中奖的概率为，抽奖1次能获奖的概率为；抽奖1次获一等奖的概率为，随机变量服从二项分布，即，故答案为：，【点评】本题考查了相互独立事件的概率的计算，数学期望的计算，属于基础题13（6分）在中，是边的中点，的面积为，则， 【考点】：三角形中的几何计算【专题】11：计算题；31：数形结合；49：综合法；58：解三角形【分析】过作于，则，设，则，在中，由，得，从而，由，求出，再由，能求出【解答】解：过作于，则，设，则，在中，又，解得，在中，解得故答案为：，6【点评】本题考查三角形的内角的正弦值的求法，考查三角形的边的求法，考查同角三角函数关系式、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题14（6分）已知抛物线和直线交于两点、，当时，直线过定点；当 时，以为直径的圆与直线相切【考点】：抛物线的性质【专题】35：转化思想；41：向量法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】将直线代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，即可求得的值，求得直线的方程求得直线过点；利用中点坐标公式求得圆的圆心，求得切点坐标，根据向量的数量积的坐标运算，即可求得的值【解答】解：设，整理得：，则，由，则，即，解得：或，由，则，直线，直线过点，设以为直径的圆的圆心，圆与相切于，由，则，由题意可知：，即，整理得：，代入整理得：，解得：，当，以为直径的圆与直线相切故答案为：，【点评】本题考查椭圆的性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，中点坐标公式，向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中档题15（4分）根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有114 种不同的考试安排方法【考点】：排列、组合及简单计数问题【专题】11：计算题；35：转化思想；：排列组合【分析】依题意，分两大类：四次考试中选三次（有种方法），每次考两科；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，分别分析、计算即可求得答案【解答】解：将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，有两种情况：四次考试中选三次（有种方法），每次考两科，第一次有种方法，第二次必须考剩下的一科与考过的两科中的一科，有种方法，第三次只能是种方法，根据分布乘法计数原理，共有：种方法；四次考试都选，有两次考两科，另外两次各考一科，共种方法；分别为方案2211，2121，2112，1221，1212，1122若为2211，第一次有种方法，第二次有两种情况，选考过的两科，有种方法，则第三次只考剩下的第三科有1种方法；第四次只有1种方法，故共有种方法；剩下的一科与考过的两科中的一科，有种方法，则第三次与第四次共有种方法，故共有种方法；综上所述，2211方案共有15种方法；若方案为2121，共有种方法；若方案为2112，共有种方法；同理可得，另外3种情况，每种各有15种方法，所以，四次考试都选，共有种方法综合得：共有种方法故答案为：114【点评】本题考查排列组合的实际应用，突出考查分类讨论思想的运用，在第二类四次考试都选中，第二次选考的科目的种类是分析问题的关键，是难点，考查分析问题、解决问题的能力，属于难题16（4分）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱，的中点以为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在此正方体的表面上则这个直三棱柱的体积是【考点】：棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】11：计算题；38：对应思想；44：数形结合法；：空间位置关系与距离【分析】该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面、面、面的中心，记为、，则三这个棱柱的高，求解三角形求得高和底面积，代入柱体体积公式得答案【解答】解：正方体的棱长为1，分别是棱，的中点，以为底面作直三棱柱（侧棱与底面垂直的三棱柱叫直三棱柱），该直三棱柱的另一底面三个顶点分别是面、面、面的中心，记为、，则三这个棱柱的高，这个三棱柱的高底面正三角形的边长为，面积为这个直三棱柱的体积是故答案为：【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查空间想象能力和思维能力，是中档题17（4分）函数的图象上有且仅有两个点到直线的距离等于，则实数的取值集合是或或【考点】：二次函数的性质与图象【专题】31：数形结合；44：数形结合法；51：函数的性质及应用【分析】对进行分类讨论，得出与的位置关系，根据交点个数判断的范围【解答】解：（1）若，则与为相交直线，显然上存在两点到的距离等于，符合题意；（2）若，则与直线相交，在直线上方的图象必有2点到直线的距离等于，又直线与的距离为，抛物线与直线不相交，联立方程组，消元得，解得（3）若，同理可得故答案为：或或【点评】本题考查了二次函数的性质，直线与曲线的位置关系，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）设函数的图象关于直线对称，其中，为常数，且，（）求函数的最小正周期；（）若的图象经过点，求函数在区间，上的取值范围【考点】：三角函数中的恒等变换应用；：正弦函数的图象【专题】38：对应思想；：转化法；57：三角函数的图象与性质【分析】（）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数化为型函数，再利用函数的对称性和的范围，计算的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期；（）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数的范围即可【解答】解：（），图象关于直线对称，又，令时，符合要求，函数的最小正周期为；（），【点评】本题主要考查了型函数的图象和性质，复合函数值域的求法，正弦函数的图象和性质，是一道中档题19（15分）在如图所示的圆台中，是下底面圆的直径，是上底面圆的直径，是圆台的一条母线已知，分别为，的中点，求证：平面；（）已知，求二面角的余弦值【考点】：直线与平面平行；：二面角的平面角及求法【专题】14：证明题；35：转化思想；41：向量法；：空间位置关系与距离；：空间角【分析】（）取中点，连结、，推导出平面平面，由此能证明平面（）由，知，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【解答】证明：（）取中点，连结、，、为、的中点，又，平面平面，面，平面解：（），又面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，0，0，由题意可知面的法向量为，0，设，为面的法向量，则，即，取，则，二面角的平面角是锐角，二面角的余弦值为【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用20（15分）已知函数（）当，时，求函数极值；（）设，当时，对任意，都有恒成立，求的最小值【考点】：利用导数研究函数的极值；：利用导数研究函数的最值【专题】33：函数思想；：转化法；53：导数的综合应用【分析】（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（）对进行分类讨论：当时，；再对对称轴进行讨论，当时，即；当时，即，分别去求的最大值【解答】解：（），时，令，解得：或，令，解得：，故在递增，在，递减，在递增，故，（1），（）当，恒过点；当时，恒成立，；，开口向上，对称轴，当时，在，的值域为，；要，则；当时，根据对称轴分类：当，即，又（2），所以；当，即；在，的最小值为（2）；，所以，综上所述，要对任意，都有恒成立，有，的最小值是1【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查了二次函数的