单位文秘网 2020-08-25 16:52:45 点击: 次
数学浙江年2017高考
,那么P∪Q=( )x<1},Q={0<x<2}1.(2017年浙江)已知集合P={x|-1< ),2) D.(1,) B.(0,1) C.(-102A.(1,. 2),【解析】利用数轴,取PQ所有元素,得P∪Q=(-1,1.A
yx 椭圆+=1的离心率是( ))2. (2017年浙江 4951352 D B.. C.A. 933359-4【解析】e==.2.B 故选B. 33
)cm则该几何体的体积(单位:(单位:cm),)3. (2017年浙江某几何体的三视图如图所示 )是(
(第3题图)
3?3? D C...A B. 3131 22223. 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π1π×11 A. +1.故选×2×1)×3×(+=以,几何体的体积为V=2322
x≥0,x+y-3≥0,则z=x+2y的取值范围是(,xy满足约束条件 ) 年浙江4. (2017)若x-2y≤0,A.[0,6] B.[0,4] C.[6,+∞) D.[4,+∞)
4. D 【解析】如图,可行域为一开放区域,所以直线过点,无最大值,4时取最小值(2,1).
选D.
MMmxxaxbf ,最小值是 ,则在区间[0,5. (2017年浙江)若函数1](上的最大值是)=–+ +m( )
abab无关有关,但与B.与有关,且与 有关 A.与aabb有关C.与 无关,且与无关 D .与 无关,但与aa 5. B 【解析】因为最值f(0)=b,f(1)=1+a+b,f(-)=b-中取,所以最值之差一定42与b无关.故选B.
adnSdSSS”>2的公差为>0”是“,前+ 项和为 ,则“6. (2017年浙江)已知等差数列{}的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
D .既不充分也不必要条件 .充分必要条件C
SSS=10a+21d-2(5a+10d)=d,可知当d> + -20时,有S+S-2S>0,6. C 【解析】由SSSSSSdSSS”的充要条件,0>,所以“ + >0”是“即 + >2,反之,若>2 + >2,则d选C.
y=fxy=fx))的图象如图所示,则函数的图象(x的导函数)7. (2017年浙江函数()y=f′(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.
1PpPpipp<0<,<=1,2,.(ξ=0)=1– ,若8. (2017年浙江)已知随机变量ξ满足(ξ=1)= 2则( )
EEDDEEDD(ξ>) (ξ)(ξ<)(ξ)A.,(ξ)<(ξ), B(ξ)<) (ξ.EEDDEEDD(ξ)
(ξ)ξC.>(ξ))(ξ),(ξ)<)
(ξ>,(ξ) D.>(EpEpEEDppDpp),ξ(1-)=),(ξ)<(1-(ξ),∵(∵8. A 【解析】ξ(ξ)=,)=(ξ)=,∴(D Dpppp)<0.故选)(1-A∴-(ξ)-)=((ξ.-
DABCPQR分别–,(所有棱长均相等的三棱锥),,9. (2017年浙江)如图,已知正四面体BQCRABBCCAAP=PBD–PR–QD–PQ–RD–QR–P,上的点,,=,=2为,分别记二面角,, QCRA的平面角为α,β,γ,则( )
(第9题图)
αγ<D.<C.α<βγ<.Aγ<αββ<B.αγ<β<9. 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.
ABCDABBCABBCADCDACBD与,3=,2===,⊥,如图,已知平面四边形)年浙江(201710.
→→→→→→O=,记) ·,I=交于点·I·,则(,I= OD
OC OC OA OB OB
10题图)(第I<.I<I<I<I B.AI
I<I<DIC.I<<I.I
→→→→>0>·OB<OD,所以·>10. C 【解析】因为∠AOB=∠COD>90°,OA<OC,OB OA OC OB→→C. ·.故选OD OC
,理论上能把)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π11. (2017年浙江的值精确到小数点后七位,祖冲之继承并发展了“割圆术”,将ππ的值计算到任意精度.,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 133×1×1×sin 60°)=6×(个等边三角形,则S11. 【解析】将正六边形分割为6 2233.= 2
ba,+b=___________(=3+4ii是虚数单位)则12. (2017)已知,a∈R,(a+bi)年浙江ab=___________.
,,a=4a-b=3?ab=2. ,则a+b=5解得12.5 2 【解析】由题意可得a-b+2abi=3+4i,则,,=1bab=2
,,,则a=________x+ax+a=x)年浙江13. (2017)已知多项式(x+1(x+2)+axx+a+a .=________a·213. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为·CCx,分= CC·x·2
.r=m,可得a=1×2=4=4+12=16,别取r=0m=1和r=1,m=0可得a,取
CDACBDBCDABABCAB,,=2. 点,为已知△14. (2017年浙江)延长线上一点,,连结==2=4BDCBDC=___________.
___________则△,cos∠的面积是
1BE1510∴coscos∠ABE=E【解析】取BC中点,由题意,AE⊥BC,△ABE中,14. 442AB1511151 .∵∠ABC=2∠BDC,=1-,sin∠DBC=×BD×BC×sin∠DBC==∠DBC=-,∴S21644210101 .-cos∠BDC=,解得∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos∠BDC-1=(舍去)cos∠BDC=或4441015. 综上可得,△BCD面积为,cos∠BDC=42
babaaabb,+|+|年浙江15. (2017)已知向量的最小值是,-满足||=1,|________|=2,则|| .最大值是_______baabθs 15. ,425 【解析】设向量+2,的夹角为θ,由余弦定理有|--2×1×2×co|=1ba则| +,|=-1+2-2×1×2×cos (π5+4cos θ)=θθ=5-4cos ,baba则θ|++|+|,5-4cos y=5-4cos θ,令-θ|=5+4cos θ+5+4cos
baba=θ2025-16cos,据 此y=10+2∈[16,20](|得可-+|)|+|baabbaba4,最大值是2的最小值是||+|5-=|)16=4,即|+.|+|- =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 种不同的选法.(用数字作答)______名女生,共有1人服务队,要求服务队中至少有4成.
28名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员16. 660 【解析】由题意可得,“从
(种)方法,其中“服务队中没有女生”×C×C4人服务队”中的选择方法为C人组成=660×C×C×C方法,则满足题意的选法有C×CC- (种). ×C×C(种)的选法有C
4aa,则4]上的最大值是5R,函数f(x)=|x+-a|+a在区间[117. (2017年浙江)已知,? x .的取值范围是___________494=a-x-(x)17.(-∞,]【解析】x∈[1,4],x+∈[4,5],分类讨论:①当a≥5时,f x2x
4494≤5,=x+-a+a=x+2a-4=5,∴a=,舍去;②当a≤4时,f(x)+a=2a-x-,函数的最大值 x2xx,a|+a≥|5-a|+a|4-?则,[f(x)]③当4<a<5时,=max{|4-a|+a,|5-a|+a}此时命题成立;?|4-a|+a=5?99|4-a|+a<|5-a|+a,9? ].综上可得,实数a的取值范围是(-∞,.或解得a=或a<? |4-a|+a=5222?
xx xxxxf –cos).–()=sin23sin Rcos 18. (2017年浙江)已知函数∈(π2 )的值.)求f((1 3 (x)的最小正周期及单调递增区间.)求(2f132π2π =-,118.解:()由sin =,cos 3 ××(-)(-)--23f()=).( 23222π2 )=2.得f( 3,)由cos 2x=cosx-sinx与sin 2x=2sin xcos x2(
π .得f(x)=-cos 2x-3sin 2x=-2sin(2x+) 6 所以f(x)的最小正周期是π.πππ3 ,k∈Z,+2kππ由正弦函数的性质得+2k≤2x+≤ 226ππ3 ,k∈Z,解得+kπ≤x≤+2kπ 26ππ3 ,k∈Z.+2k[(fx)的单调递增区间是+kπ,π]所以, 26
ADABCDPPAD为斜边的等腰直角三角形,是以,△–如图,已知四棱锥)年浙江19. (2017.
PDEDCCBCDADPCAD BC∥AD,=2⊥为,,==2的中点.P
E
DA
CB
题图)(第19PAB (1)证明:CE∥平面;PBCCE )求直线所成角的正弦值.与平面(2FBEFFPA ,解:(1)如图,设.中点为,连接19.PAPDEF 因为,,中点,分别为1 ,EF=AD所以EF∥AD且 21 ADBC=,又因为BC∥AD, 2 EF=BC,所以EF∥BC且BCEF 为平行四边形,即四边形 所以CE∥BF,PAB 因此CE∥平面.
MQ. Q,连接PN交EF于点,,(2)分别取BCAD的中点为MN,连接 EF中点,为的中点,所以,,分别是,,因为EFNPDPAADQ 中,MQ∥CE.BCEF在平行四边形.
PN⊥AD.由△PAD为等腰直角三角形得ADDCADNADBN ⊥的中点得,由.是⊥PBNAD 所以⊥平面,PBNBCBCAD 由⊥平面//,得PBNPBC ⊥平面.那么平面MHHQPB 作,连接的垂线,垂足为过点.PBCQMHCEMQMHPBC 是直线所成的角.是在平面与平面上的射影,所以∠CD =1设.CEPD=PCDPCCD 22,在△得中,由==2,,=11QHBNPBPBNPN =1,=3在△=中,由=得, 41MQMQHQH= 中,2,,=在Rt△ 42QMH 所以sin∠=,82PBCCE所成角的正弦值是. 所以直线与平面8
1xfx (e)=((x≥).–2x-1))20. (2017年浙江已知函数 2xf (1)求)(的导函数;1xf (2)求,+∞)上的取值范围.()在区间[ 21x ,(e-)′=20.解:(1)因为(-e)′=1–2x-1,2x-11(1-x)(12x-1-2)ex).
>e==)((x1-)e-(–2x-1)f所以(x 22x-12x-12x-1-2)e(1-x)(xf′=0
()由)=(22x-15 .x=解得x=1或 2 因为11555x 1 (,+∞) ) ,( 1( ,)122222 xf′ –0
+
0
– )
0
1 ≥0,)ef(x)=(2x-1-1又 211xf ].)在区间[,+∞)上的取值范围是[0,所以e( 22
13911p(x,y)(-抛物线上的点B(,),))如图,已知抛物线x=y,点A(-,,21. (2017年浙江 242423QAPB <<x的垂线,垂足为).过点.作直线 2
题图)(第19AP )求直线斜率的取值范围;(1 )求|PA|·|PQ|的最大值.(2kAP (21. 解:1)设直线,的斜率为1-x 41 k=,=x- 21x+ 231AP ),所以直线.斜率的取值范围是(-1因为-<<x,1 2211?,k+kx-y+=0 42?BQAP 的方程与)联立直线(239?,k-x+ky-=0 24+4k+3-kQ x.解得点=的横坐标是 +1)2(k1PA (k+1)(x+)=1+k因为|1+k|=, 2(k-1)(k+1)PQ -x)=-|,|=1+k(x+1k -(k-1)(k+1).所以|PA|·|PQ|= ,f(k)=-(k-1)(k+1)令.
-(4k-2)(k+1),因为f′(k)=11kf ,1)上单调递减,)上单调递增,(()在区间(-1,所以 22271k .=时,|PA|·|PQ|取得最大值因此当 162
xxxxx (n∈=N+ln(1+22. (2017年浙江) 已知数列{).}满足)=1, N时,证明:当n∈xx )0<;<(1xx xx;(2)2? ≤ 211x≤.≤ (3) 22x>0. 解:(1)用数学归纳法证明22.nx=1>0.时,当 =1nkx>0,假设时,= nkxx xx>01+.≤0,则0<)≤0,矛盾,故= 那么+ln=(+1时,若x ).0(n∈N因此x> x,(1+x)>所以x=x+ln N).(n∈因此0<x<x 1+x),2)由x=x+ln((. )+2)ln(1+x+得xx-4x+2x=x-2x(x ,(1+x)(x≥0))记函数f(x=x2-2x+(x+2)ln+x2x ,0)+ln(1+x)>0(x>xf′()= x+1 =0,x)≥f(0)(函数f(x)在[0,+∞]上单调递增,所以f ,x)≥0)(因此x-2x+x+2)ln(1+x=f(xx .)n∈N-x故2x≤( 2(3)因为x=x+ln(1+x)≤x+x=2x, 1所以x≥, 2xx≥2x由-x , 2.
1111-≥2(-)>0,得 2x2x111111所以-≥2(-)≥…≥2(-)=2, 2x2x2x1x≤. 故 211x≤(n∈N综上,≤). 22
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