2017届浙江省高三高考模拟冲刺卷(提优卷)(四)理科数学试题及答案 精品

浙江省2017届高三高考模拟冲刺卷（提

优卷）（四）

数学理试题

本试题卷分选择题和非选择题两部分。满分150分, 考试时间120分

钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。

2.每小题选出后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。不能答在试题卷上。

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(A·B)=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 kn-kPn(k)=Cknp(1-p)(k=0,1,2,…，n)

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 1VSh 3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 S=4πR2 球的体积公式 43 VπR 3其中R表示球的半径

台体的体积公式 1V=h(S1S1S2S2) 3其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积， h表示台体的高

选择题部分（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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P3,4,5,6，Q5,7，下列结论成立的是 （ ）

A．QP B．PQP C．PQQ D． PQ5 2．已知i是虚数单位，若复数z满足(zi)(3i)10，则z （ ）

A．45 B．6 C．10 D．13 3．“2k(kZ)”是“cos20”的 （ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件

4．已知两条直线a,b，两个平面,．给出下面四个命题：

①a//b,a//b//； ②a,b,//ab；

③a,a//b,b////； ④//,a//b,ab． 其

中

正

确

的

命

题

序

号

开始 i1,s1为 ii1（ ）

ssiA．①② B．②③ C．①④ ik?是 输出s D．②④

5．如果执行右边的程序框图，若输出的s55，则k（ ）

否 结束 第5题 A．8 B．9 C．10 D．9或10

x2y26．设F1,F2分别是双曲线221的左、右焦点．若双曲线上存在点M，使

abF1MF260，且MF12MF2，则双曲线离心率为（ ）

A．

2 B．3 C．2 D．5

7．现有3位男生和3位女生排成一行，若要求任何两位男生和任何两位女生均不能相邻，且男生甲和女生乙必须相邻，则这样的排法总数是 （ ）

A．20 B．40 C．60 D．80 8．ABC中，A,B为锐角，a,b,c为其三边长，如果asinAbsinBc，则C的大小

（ ）

A．30 B．45 C．60 D．90

为

9．已知正三角形ABC的顶点A(在

ABC3,1),B(33,1)，顶点C在第一象限，若点M(x,y)zOAOM的内部或边界，则取最大值时，

3x2y2有

（ ）

A．定值52 B．定值82 C． 最小值52 D． 最小值50

10．定义函数内

的

348x,1x2,2，则函数g(x)xf(x)6在区间[1,2n]（nN*）f(x)1f(x),x2.22所有零点的和为

（ ）

A．n B．2n C． 3(2n1) D．3(2n1)

42二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分．

11． (x18)展开式中x5的系数是 ． x12．已知某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的半径为 ． 13．已知向量

a,b满足

2a3b1，则

ab最大值

为 ．

14．设点A,B分别在直线3xy50和3xy130上运动，线段AB的中点M恒在圆x2y28内，则点M的横坐标的取值范围为 ．

15．已知f(x)sinxacosx，且f()0，则当x[,0)时，f(x)的单调递减区间

3是 ．

16．设抛物线y24x的焦点为F，准线为l，A为抛物线上一点，AKl，K为垂足，如果直线KF的斜率为1，则AKF的面积为 ． 17．已知f(x)是二次函数，令a12,a2f(2),a3f(a2),,anf(an1)，如果数列an是各项为正的等比数列，则f(2) ．

三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

18． 设数列an的前n项的和为S．已知an16，an13Sn5n，nN*．

（1）设bnSn5n，求数列bn的通项公式；

（2）数列bn中是否存在不同的三项，它们构成等差数列？若存在，请求出所有满足条件的三项；若不存在，请说明理由．

19． 在某次娱乐游戏中，主持人拿出甲、乙两个口袋，这两个口袋中各装有大小、形状完全相同，但颜色不同的10个小球，其中甲口袋中装有8个红球，2个白球，乙口袋中装有9个黄球，1个黑球．现进行摸球游戏，主持人宣布游戏规则：从甲口袋中摸一个球，如果摸出的是红球，记4分，如果摸出的是白球，则记1分；从乙口袋中摸一个球，如果摸出的是黄球，记6分，如果摸出的是黑球，则记2分．

（1）如果每次从甲口袋中摸出一个球，记下颜色后再放回，求连续从甲口袋中摸出4个球所得总分（4次得分的总和）不少于10分的概率；

（2）设X（单位：分）为分别从甲、乙口袋中各摸一个球所可获得的总分，求X的数学期望．

20．在四棱锥PABCD中， AD//BC，ABCAPB90，点M是线段AB上

P的一点，且PMCD，ABBC2PB2AD4BM．

（1）证明：面PAB面ABCD；

ACMBD （2）求平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值．

（第20题）x2y221．已知椭圆C1:221(ab0)的短轴长为单位圆C2:x2y21的直径，且

ab椭

圆的离心率为

63．

（1）求椭圆的方程；

（2）过椭圆短轴的上顶点B作直线分别与单位圆C和椭圆C交于A,B两

121点（A,B两点均在y轴的右侧），设B为椭圆的短轴的下顶点，求ABB的最

22大值．

yB1A

OxBB2（第21题）22．已知函数f(x)x33x2bxc在x1处的切线是y(3a3)x3a4．

（1）试用a表示b和c；

（2）求函数f(x)在1,3上恒成立，求实数a的取值范围．

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2017年浙江省高考模拟冲刺卷（提优卷）

数学理科（四）参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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． D提示：因为7P，所以A，B，C都错． 2． D提示：由(zi)(3i)10得z410i32i，所以z13． 3i23．A提示：当2k(kZ)时，cos2cos(4k)0；当cos20时，

222k(kZ)，得4k，推不出42k(kZ)．

4．D提示：①b可能在平面内，所以①错；②由b,//得b，因为a，所以ab，②正确；③由a,a//b,b//可得，所以③错；④由

//，a得a，又a//b，所以b，即④正确． 5．B 提示：∵S121055，所以i10，故k9． 6．B提示：由点M在双曲线上，且MF12MF2，则MF14a,MF22a，又

F1MF260，所以在MF1F2中，由余弦定理得16a24a224a2acos604c2，解

得e3 7．B提示：分成两类，第一类：男女男女男女．先排男生，当男生甲在最前的位置时，女生乙只能在其右侧，当男生甲不在最前的位置时，女生乙均有两种排法，另外两位男生和女生的排法都有A22种，所以第一类的排法总数有A22A22C21A22A22A2220种．第二类：女男女男女男，与第一类类似，也有20种排法，所以满足条件的排法总数是40种．

8．D提示：若AB，则sinAcosB,sinBcosA，从而

2sin2Asin2BsinAcosBcosAsinBsin(AB)sinC，这与asinAbsinBc矛盾；同理

AB2也不可能，所以AB，及C90．

029．C

提示：由题意得C(23,4)， 因为zOAOM3xy，而kBC3，所

3xy10(23x33)，所以

以zOAOM取最大值时，点M(x,y)的坐标满足y103x(23x33)，s3x2y23x2(103x)26x2203x100，对称

轴x5323,33，所以sf(x)在上单调递增，因此当x23时s有最小3值52

10． D提示：当1x3时，f(x)8x8，所以g(x)8(x1)28，此时当x3222时，g(x)max0；当

3x2时，f(x)168x，所以g(x)8(x1)220； 2max由此可得1x2时，g(x)下面考虑2当21n1n10．

x2n且n2时，g(x)的最大值的情况．

x32n2时，由函数f(x)的定义知f(x)1x1xf()n1f(n1)，因为2222x31n2n22x32，所以，此时当时，g(x)max0； g(x)(x2)82n1222n5当32n2x2n时，同理可知，g(x)21(x2n1)280． n52由此可得2n1x2n且n2时，g(x)max0．

*综上可得对于一切的nN，函数g(x)在区间[2n1,2n]上有1个零点，从而

g(x)在区间[1,2n]上有n个零点，且这些零点为xn32n2，因此，所有这些零点

的和为3(2n1)．

2三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明

过程或演算步骤．

18． 解：因为an1Sn1Sn，且an13Sn5n，所以Sn14Sn5n，……2

n1分

把Snbn5n代入得b4bn，……3

1分

，公比为

4所以数列bn是首项为bbn4n1．……5

S151的等比数列，所以

分

（2）假设数列bn中存在任意三项ai,aj,ak成等差数列．……6分 不妨设ijk1，由于数列bn单调递增，所以2ajaiak，所以

24j14i14k1，……9分

因此2413分

ik4jk1，此时左边为偶数，右边为奇数，不可能成立，……

所以数列bn中不存在不同的三项，它们构成等差数列．……14分 19． 解：（1）设连续从甲口袋中摸出的4个球中，红球有x个，则白球有4x个，由题设可得4x(4x)10，解得x14，……4分由xN，得x35或x4，所以所求的概率为PC430.830.20.840.8192．……6分

（2）由题意知X可能取值分别为X10,5,2,3，……8分 且由每次摸球的独立性，可得：

P(X10)0.80.90.72，

P(X5)0.20.90.18，P(X2)0.80.10.08，P(X3)0.20.10.02，……12

分

由此得X的数学期望为：EX100.7250.1820.08(3)0.028.2．……14分

20．解：（1）由AB2PB4BM，得PMAB，

又因为PMCD，且ABCD，所以PM面ABCD，……5分 且PM面PAB．所以，面PAB面ABCD。……7分

（2）由（1）可知：面DA面PAB，延长AB与CD交于一点H， 作ANPH，连接ND，则平面PAB与平面PCD的二面角的平面角是

AND，……10分

在AND中，AN39，AD2t， 13NHDAP13所以sinAND，平面PAB与平面

4PCD的二面角的正弦值是

MB13．……154分

解法二：（1）同上； （1）如图建系，

平面PAB的法向量为n(1,0,0)，

P(0,0,3t3t),C(2t,,0),D(t,t,0) 222zCPt3因此PC(2t,,t),CD(t,2t,0)，……1022分 AMBy设平面PCD的法向量为m(x,y,z)，则Dx2y0,4xy3z0，

即可得m(23,3,7)，所以cosm,n34． xC即平面PAB与平面PCD的二面角的正弦值是

13．……15分 4

21．解：（1）由题意知b1，又ecax2的方程为y21．……7

31a216，解得a23，所以椭圆a3分

21（2）由（1）得B(0,1),B(0,1)，设过椭圆的短轴的上顶点B的直线的方程为ykx1，由于BB为圆的直径，所以直线BA的斜率k11．把ykx1代

122k入

C1得

6k13k2B(,)13k213k2，由题意易知

k0，且直线分

B2B的斜率为

13k212113kk26k3k213k2，所以k,k120，且k13k2，……10

又在BAB是直角三角形，所以ABB必为锐角．因为B2A与B2B的方向向量分

22别为(1,k1),(1,k2)，所以B2AB2B(1,k1)(1,k2)13k2，又B2AB2B1k121k22cosAB2B从而cosAB2B13k2219k221k22……12分

4k22343k11，当且仅当时，cosAB2B取得最小213110k229k24229k210k22值3，由AB2B为锐角得AB2B的最大值为26．……15分

22．解：（1）因为f(x)3x26xb，所以f(1)3b3a3，

f(1)bc21，即有b3a,c3a3．……5分

（2）由（1）可知f(x)x33x23ax3a3，x33x23ax3a3，

23ax3ax33x299323a(x1)x3x……7分 2，2，

3当x1时，成立，aR，……8分

x33x2当x1时，3a

92x1，

令tx1，3at33tt552t232

t5552t320t2）令g(t)t232，g(t)2t222（，所以， ttt5555g(t)0t()3，g(t)0t()3，g(t)maxg(()3)33()3，

4444111223a33(54)3，故

2a1(54)3．……14分