百校联盟2017-2018学年浙江省高考最后一卷(押题卷)理科数学(第九模拟) Word版含解析

百校联盟2017-2018学年浙江省高考最后一卷（押题卷）理科数学(第九模拟)一、选择题：共8题1．设全集U=R,集合A={x|x2-2x≥0},B={x|y=log2(x2-1)},则(∁U A)∩B=A.[1,2)B.(1,2)C.(1,2]D.(-∞,-1)∪[0,2]【答案】B【解析】本题考查一元二次不等式的解法,函数的定义域以及集合的交、补运算.解题时,先求出对应不等式的解集,然后根据数轴确定两个集合的运算.由已知得A=(-∞,0]∪[2,+∞),∴∁U A=(0,2),又B=(-∞,-1)∪(1,+∞),∴(∁U A)∩B=(1,2),故选B.2．若定义域为R的函数f(x)不是偶函数,则下列命题中一定为真命题的是A.∀x∈R,f(-x)≠f(x)B.∀x∈R,f(-x)=-f(x)C.∃x0∈R,f(-x0)≠f(x0)D.∃x0∈R,f(-x0)=-f(x0)【答案】C【解析】本题主要考查偶函数的定义和全称命题的否定,考查考生对基础知识的掌握情况.定义域为R的偶函数的定义:∀x∈R,f(-x)=f(x),这是一个全称命题,所以它的否定为特称命题:∃x0∈R,f(-x0)≠f(x0),故选C.3．已知a,b为异面直线,则下列结论不正确的是A.必存在平面α,使得a∥α,b∥αB.必存在平面α,使得a,b与α所成的角相等C.必存在平面α,使得a⊥α,b⊥αD.必存在平面α,使得a,b到α的距离相等【答案】C【解析】本题主要考查空间中线面位置关系的探究,考查考生对基础知识的掌握情况及空间想象能力.对于A,以正方体为例可知必存在平面α,使得a∥α,b∥α;对于B,将异面直线平移至相交,可知过其角平分线的平面α满足a,b与α所成的角相等;对于C,若存在平面α,使得a⊥α,b⊥α,则a ∥b,与a,b为异面直线矛盾,故C不正确;对于D,易知其正确.4．已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为A.8-B.8-πC.8-D.8-2π【答案】A【解析】本题考查了由三视图还原直观图的方法、几何体的体积计算,考查考生的空间想象能力.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.由三视图可知,该几何体为一个棱长为2的正方体,且从同一平面的对角挖去了两个高为1、底面半径为1的圆柱,则该几何体的体积V=23-×π×12×1=8-.5．已知函数f(x)=a sin x-b cos x(a,b为常数,a≠0,x∈R)在x=处取得最小值,则函数y=|f(-x)|的A.最大值为a,且它的图象关于点(π,0)对称B.最大值为a,且它的图象关于点(,0)对称C.最大值为b,且它的图象关于直线x=π对称D.最大值为b,且它的图象关于直线x=对称【答案】C【解析】本题主要考查三角恒等变换、三角函数的图象和性质等知识,考查考生的运算能力,分析问题、解决问题的能力.先由条件求出a与b的关系,再进行三角恒等变换,然后由函数的表达式进行求解.由条件得f()=f(0),∴a=-b,∴f(x)=a sin x+a cos x=a sin(x+),又f(x)在x=处取得最小值,∴a<0,b>0,∴y=|f(-x)|=|a sin(-x+)|=|a sin x|=b|sin x|,故选C.6．如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,以AB为直径的半圆内切于长方形ABCD,若E为圆弧上的动点,则·的最小值为A.-1B.-2C.-D.-【答案】A【解析】本题考查平面向量的数量积、最值,意在考查考生的分析能力、转化能力.根据对称关系建立平面直角坐标系,进而求解.解法一以AB的中点O为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则C(1,1),D(-1,1),因为点E在单位圆上,设E(cosθ,sinθ)(0≤θ≤π),所以=(1-cosθ,1-sinθ),=(-1-cosθ,1-sinθ),所以·=-(1-cos2θ)+(1-sinθ)2=1-2sinθ,因为0≤θ≤π,所以当sinθ=1时,·取得最小值-1.解法二以AB的中点O为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则C(1,1),D(-1,1),因为点E在单位圆上,设E(x,y)(0≤y≤1),x2+y2=1(0≤y≤1),所以=(1-x,1-y),=(-1-x,1-y),所以·=-(1-x2)+(1-y)2=x2+y2-2y=1-2y,因为0≤y≤1,所以当y=1时,·取得最小值-1.7．已知x,y满足约束条件,当目标函数z=ax+by(a>0,b>0)在该约束条件下取得最小值时,(a+1)2+(b-1)2的最小值为A.1B.C.D.【答案】D【解析】本题主要考查线性规划的应用,数形结合是解决线性规划题目的常用方法.画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示,目标函数z=ax+by(a>0,b>0),即y=-x+,显然当直线经过点A时,z的值最小,由可得,即A(3,1),故3a+b=,(a+1)2+(b-1)2的最小值,即在直线3a+b=上找一点,使得它到点(-1,1)的距离的平方最小,即点(-1,1)到直线3a+b=的距离的平方d2=()2=,选D.8．已知由双曲线C1:=1(a>0,b>1)的两条渐近线和抛物线C2:y2=4x的准线所围成的三角形的面积为,M是椭圆+=1上任意一点,若抛物线C2的焦点F到点M的距离的最大值为2,则双曲线C1的方程是A.=1B.=1C.=1D.=1【答案】D【解析】本题是一道由双曲线、抛物线、椭圆三种曲线交汇在一起命制的综合试题,主要考查双曲线的渐近线和抛物线的准线方程、焦点坐标,椭圆上的动点M到抛物线的焦点F的距离的最大值等,综合性较强,考查考生的综合解题能力.双曲线C1:=1(a>0,b>1)的渐近线y=±x与抛物线C2:y2=4x的准线x=-1围成的三角形的面积S=×1=,∴a2=2b2.设椭圆+=1上的动点M(x0,y0)到抛物线C2的焦点F(1,0)的距离为d,则d2=(x0-1)2+,∵M(x0,y0)是椭圆+=1(a>0,b>1)上的动点,∴+=1,∴=2b2-2,∴d2=(x0-1)2+=(x0-1)2+2b2-2=-(x0+1)2+2+2b2,∵b>1,-b≤x0≤b,∴当x0=-1时,d max==2,∴b2=3,a2=6,故所求双曲线的方程为=1.故选D.二、填空题：共7题9．已知单位向量a,b的夹角是120°,则|2a-x b|(x∈R)的最小值是,此时x的值是,向量a+x b在向量a方向上的投影为.【答案】-1【解析】本题主要考查向量模的计算、投影的概念,考查考生对基础知识的掌握情况.由题意得|2a-x b|=≥,故|2a-x b|min=,此时x=-1,a+x b在向量a方向上的投影为.10．已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=2截y轴所得线段的长与截直线l:y=2x+b所得线段的长相等,则圆心到直线l的距离为,b=.【答案】1±【解析】本题主要考查直线和圆相交的性质、点到直线的距离公式的应用,考查考生对基础知识的掌握程度.∵圆C:(x-1)2+(y-2)2=2,∴令x=0得y=1或y=3,从而可得圆C截y轴所得线段的长为2,故圆C:(x-1)2+(y-2)2=2截直线y=2x+b所得线段的长为2,故圆心C(1,2)到直线y=2x+b的距离为1,即=1,∴b=±.11．已知点P在正方形ABCD所在的平面外,PA⊥平面ABCD,PA=AB,则PB与AC所成角的大小为.【答案】60°【解析】本题主要考查异面直线所成的角,考查考生的动手操作能力及对基础知识的掌握情况.根据题意把图形补成正方体,连接PE,因为PE∥AC,所以PB与AC所成的角即PB与PE所成的角.易知∠BPE=60°,所以PB与AC所成的角为60°.12．如图,过函数f(x)=log c x(c>1)的图象上的两点A,B作x轴的垂线,垂足分别为M(a,0),N(b,0)(b>a>1),线段BN与函数g(x)=log m x(m>c>1)的图象交于点C,且AC与x轴平行.(1)当a=2,b=4,c=3时,m=;(2)当b=a2时,的最小值为.【答案】9-1【解析】本题主要考查函数的基本性质、对数的运算等,考查考生对基础知识的掌握情况.当a=2,b=4,c=3时,由题意得A(2,log32),B(4,log34),C(4,log m4),因为AC与x轴平行,所以log m4=log32,即m=9.当b=a2时,由题意得A(a,log c a),B(b,log c b),C(b,log m b),因为AC与x轴平行,所以log m b=log c a,因为b=a2,所以m=c2,所以=(-1)2-1,故()min=-1,此时a=c.13．已知数列{a n}是等差数列,其公差为d,数列{b n}满足b n=a n a n+1a n+2(n∈N*),设S n为{b n}的前n项和,若a12=a5>0,则a1=d,当S n取得最大值时n的值等于.【答案】-16【解析】本题主要考查等差数列的概念与性质、前n项和的相关知识,考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力.由a12=a5>0得a1=-d,d<0,所以a n=(n-)d,从而当1≤n≤16时,a n>0,当n≥17时,a n<0.故b1>b2>…>b14>0>b17>b18>…,b15=a15a16a17<0,b16=a16a17a18>0,故S14>S13>…>S1,S14>S15,S15<S16.因为a15=-d>0,a18=d<0,所以a15+a18=-d+d=d<0,所以b15+b16=a16a17(a15+)>0,所以S16>S14,故S n最大时n=16.14．已知xy-z=0,且0<,则的最大值为.【答案】.【解析】本题主要考查最值的求解、基本不等式的应用等知识,考查考生的运算求解能力.由题意得x,y,z均不为0,且∈(0,),又,令t=x->0,则≤,当且仅当t=,即x=+时等号成立.故的最大值为15．已知函数f(x)=的图象上关于y轴对称的点至少有3对,则实数a的取值范围是.、【答案】(0,)【解析】本题主要考查分段函数的应用、函数图象的对称性,考查等价转化思想,考查考生分析问题、解决问题的能力,此题综合性较强,有一定的难度.f(x)=,令φ(x)=sin(x)-1(x<0),则φ(x)关于y轴对称的函数为g(x)=-sin(x)-1(x>0),则函数f(x)的图象上关于y轴对称的点至少有3对,即函数g(x)的图象与函数h(x)=log a x(a>0,a≠1)的图象至少有3个交点(如图所示),数形结合可知,则-2<log a5,解得0<a<.三、解答题：共5题16．已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2sin C(1+cos 2C)-sin 3C=(1-cos C).(1)求角C的大小;(2)若A≠,c=2,且c+b cos A-a cos B=4a cos A,求△ABC的面积.【答案】(1)由2sin C(1+cos 2C)-sin 3C=(1-cos C)可得4sin C cos2C-sin(2C+C)=(1-cos C),2sin 2C cos C-sin 2C cos C-cos 2C sin C=(1-cos C),sin 2C cos C-cos 2C sin C=sin C=(1-cos C),则sin C+cos C=2sin(C+)=,又C为三角形的内角,所以C=.(2)由c+b cos A-a cos B=4a cos A和正弦定理可得sin C+sin B cos A-sin A cos B=4sin A cos A,又sin C=sin(A+B)=sin A cos B+cos A sin B,所以2cos A sin B=4sin A cos A,则cos A=0或sin B=2sin A,所以A=(舍去)或b=2a.由余弦定理c2=a2+b2-2ab cos C,得4=a2+4a2-2a2,a=,b=,此时△ABC的面积为ab sin C=.【解析】本题考查三角恒等变换、解三角形等基础知识,考查考生分析问题、解决问题的能力.(1)根据三角公式化简求值;(2)利用正、余弦定理与三角形的面积公式求解,注意解题过程要等价,避免漏解.【备注】三角恒等变换与解三角形的结合是高考考查三角函数的主要命题方向之一.解决这类问题的核心是灵活应用三角公式、正弦定理、余弦定理,在涉及等式、不等式的基本性质时,一定要正确应用,避免遗漏.17．如图1,在矩形ABCD中,AB=,BC=4,E是边AD上一点,且AE=3,把△ABE沿BE翻折,使得点A到点A'的位置,且满足平面A'BE⊥平面BCDE,如图2.(1)若点P在棱A'C上,且CP=3PA',求证:DP∥平面A'BE;(2)求二面角B-A'E-D的余弦值.【答案】(1)过P作PQ∥BC交A'B于Q,连接EQ.∵CP=3PA',∴.∵BC=4,∴PQ=1,∵DE∥BC,DE=1,∴DE∥PQ,且DE=PQ,∴四边形DEQP为平行四边形,∴DP∥EQ,∵DP⊄平面A'BE,EQ⊂平面A'BE,∴DP∥平面A'BE.(2)向量法如图,过A'作A'F⊥BE于F.∵平面A'BE⊥平面BCDE,平面A'BE∩平面BCDE=BE,∴A'F⊥平面BCDE.∵∠BA'E=90°,A'B=,A'E=3,∴∠A'EB=30°,A'F=,EF=.过F作FG⊥DE交DE的延长线于G,则FG=,EG=,如图,建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),E(1,0,0),A'(),F(,0),=(),=(,0),=(1,0,0).设平面A'BE的法向量为n=(x,y,z),则,n=(1,-,0)为平面A'BE的一个法向量,设平面A'DE的法向量为m=(x1,y1,z1),则,m=(0,2,-)为平面A'DE的一个法向量,∴cos<m,n>==-,∵二面角B-A'E-D为钝角,∴二面角B-A'E-D的余弦值为-.传统法过D作DH⊥BE交BE的延长线于H,再过H作HN⊥A'E交A'E的延长线于N,连接DN.∵平面A'BE⊥平面BCDE,平面A'BE∩平面BCDE=BE,∴DH⊥平面A'BE,又A'E⊂平面A'BE,∴DH⊥A'E,又HN⊥A'E,DH∩HN=H,∴A'E⊥平面DHN,A'E⊥DN,∴∠DNH为二面角B-A'E-D的平面角的补角.在题图1中,由于AB=,BC=4,AE=3,则BE=2,故在Rt△ABE中,∠AEB=30°,即在题图2中,∠A'EB=∠HEN=30°.易求得HE=,HD=,故在Rt△HEN中,HN=,∴DN=,∴cos∠HND=,故二面角B-A'E-D的余弦值为-.【解析】本题考查空间线面平行的判定、二面角的求解等知识,考查考生的推理论证能力及空间想象能力.(1)利用线面平行的判定定理进行证明;(2)可利用传统法和向量法进行求解.【备注】立体几何主要考查空间中线面平行和垂直关系的证明及空间角的计算,需要注意以下两点: 一是立体几何中的规范性很重要,但除了可以直接运用的定理外,其他生成的结论一般不能直接运用;二是立体几何试题思维量不大,但书写量不小,使用定理时要写全定理的所有条件方可得结论.另外不要臆想结论(虽然正确)或没有使用已知条件直接写出结论.18．已知数列{a n}的前n项和为S n,且a n+S n=pn2+qn+r,其中p,q,r是常数,n∈N*.(1)若p=5,q=13,r=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)求证:数列{a n}为等差数列的充要条件是3p-q+r=0.【答案】(1)由a n+S n=5n2+13n-2得,a n+1+S n+1=5n2+23n+16,两式相减,可得2a n+1-a n=10n+18,所以2a n+2-a n+1=10n+28,所以两式相减可得,2(a n+2-a n+1)-(a n+1-a n)=10,令b n=a n+1-a n,则2b n+1-b n=10,所以2(b n+1-10)=b n-10,又a1=8,a2=18,所以b1=b2=…=b n=10,即数列{a n}是以8为首项,10为公差的等差数列,所以a n=10n-2.(2)①充分性:解法一已知q=3p+r,a n+1+S n+1=p(n+1)2+q(n+1)+r,①a n+S n=pn2+qn+r,②①-②得,2a n+1-a n=p(2n+1)+q,③又2a n+2-a n+1=p(2n+3)+q,④④-③得,2a n+2-3a n+1+a n=2p,即2(a n+2-a n+1)-(a n+1-a n)=2p.令b n=a n+1-a n,则2b n+1-b n=2p,所以2(b n+1-2p)=b n-2p,令n=1,代入②得a1=2p+r,令n=2,代入②得a2=4p+r,所以b1=a2-a1=2p,即b1-2p=0,所以b n-2p=0,b n=2p为常数,即a n+1-a n=2p为常数,所以数列{a n}是以2p+r为首项,2p为公差的等差数列.解法二因为3p-q+r=0,所以a n+S n=pn2+(3p+r)n+r,①当n=1时,a1+S1=4p+2r,a1=2p+r,当n≥2,n∈N*时,a n-1+S n-1=p(n-1)2+(3p+r)(n-1)+r,②①-②得,2a n-a n-1=p(2n-1)+3p+r=2pn+2p+r,两边同乘以2n-1得,2n a n-2n-1a n-1=pn2n+(2p+r)2n-1,利用累加法得,2n a n-21a1=p[n2n+(n-1)2n-1+…+2×22]+(2p+r)·(2n-1+2n-2+…+2), 化简得,2n a n=p(n-1)2n+1+(2p+r)(2n-2)+2(2p+r)=p(n-1)·2n+1+(2p+r)2n,所以a n=2pn+r,从而a n+1-a n=2p为常数,所以数列{a n}为等差数列.②必要性:因为{a n}为等差数列,设公差为d,由a n+S n=pn2+qn+r,得a1+(n-1)d+na1+n(n-1)d=pn2+qn+r,即(d-p)n2+(a1+-q)n+(a1-d-r)=0对任意的正整数n都成立,所以所以3p-q+r=0.所以数列{a n}为等差数列的充要条件是3p-q+r=0.【解析】本题考查等差数列的性质,考查考生的逻辑推理能力.(1)由a n+S n=5n2+13n-2,根据a n 和S n的关系,可得出数列{a n}为等差数列,从而可得{a n}的通项公式;(2)分充分性和必要性进行研究,对充分性而言,将条件q=3p+r代入,推出a n+1-a n=2p为常数即可,对必要性而言,将等差数列作为条件,得出恒等式即得出结论.【备注】数列复习中,一是要特别关注等差数列、等比数列中的一些基本问题,如等差数列、等比数列的通项公式、求和公式,前n项和与第n项之间的关系,判断等差数列、等比数列的方法等;二是要注意代数恒等变形的训练,要学会多角度分析题目的条件和结论,拓宽看问题的视野.19．已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=4,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程;(2)已知动直线l1(斜率存在)与椭圆E交于P,Q两个不同的点,且△OPQ的面积S△OPQ=1,若N 为线段PQ的中点,问:在x轴上是否存在两个不同的定点A,B,使得直线NA与NB的斜率之积为定值?若存在,求出A,B的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)设椭圆的半焦距为c,圆心O到直线l的距离d=,则直线l被圆O截得的弦长为2,所以b=1,∵e=,b=1,∴a2=4,b2=1,∴椭圆E的方程为+y2=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线l1的方程为y=kx+m,由,消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,则判别式Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)>0,∴m2<1+4k2,x1+x2=-,x1x2=,|PQ|=·|x1-x2|=,原点O到直线l1的距离d1=,则S△OPQ=|PQ|·d1==1,∴2|m|·=1+4k2,令1+4k2=n,则2|m|·=n,∴n=2m2,1+4k2=2m2.∵N为PQ的中点,∴x N==-,y N=,∵1+4k2=2m2,∴x N=-,y N=,∴+2=1.假设在x轴上存在两个不同的定点A(s,0),B(t,0)(s≠t)满足题意,则直线NA的斜率k1=,直线NB的斜率k2=,∴k1k2=·=-· .当且仅当s+t=0,st=-2时,k1k2=-,则s=,t=-或s=-,t=,综上所述,存在两个不同的定点A(,0),B(-,0)或A(-,0),B(,0),使得直线NA与NB的斜率之积为定值.【解析】本题主要考查椭圆的标准方程、性质,考查直线与椭圆的位置关系等知识,考查考生的运算求解能力和数形结合思想.【备注】近几年的高考题中,解析几何一般重点考查圆锥曲线的方程、几何性质和与其他图形结合的综合运用等.第(1)问都是简单的求解方程和离心率,属于送分题;第(2)问重点考查思想方法,一般要利用化归与转化思想和设而不求的思想,需利用坐标将问题转化为比较熟悉的弦长问题、距离问题、方程问题等,然后解决.20．已知函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)满足f(0)=0,对于任意的x∈R都有f(x)≥x,且f(-+x)=f(--x),令g(x)=f(x)-|λx-1|(λ>0).(1)求函数g(x)的单调区间;(2)研究函数g(x)在区间(0,1)上的零点个数.【答案】(1)∵f(0)=0,∴c=0.∵对于任意的x∈R都有f(-+x)=f(--x),∴函数f(x)图象的对称轴为x=-,即-=-,得a=b.又f(x)≥x,即ax2+(b-1)x≥0对于任意的x∈R都成立,∴a>0,且Δ=(b-1)2≤0.∵(b-1)2≥0,∴b=1,a=1,∴f(x)=x2+x.g(x)=f(x)-|λx-1|=①当x≥时,若≤,即0<λ≤2时,函数g(x)在(,+∞)上单调递增;若,即λ>2时,函数g(x)在(,+∞)上单调递增,在()上单调递减.②当x<时,因为-,所以函数g(x)在(-)上单调递增,在(-∞,-)上单调递减.综上所述,当0<λ≤2时,函数g(x)的单调递增区间为(-,+∞),单调递减区间为(-∞,-);当λ>2时,函数g(x)的单调递增区间为(-)和(,+∞),单调递减区间为(-∞,-)和().(2)①当0<λ≤2时,由(1)知函数g(x)在区间(0,1)上单调递增,又g(0)=-1<0,g(1)=2-|λ-1|>0,故函数g(x)在区间(0,1)上只有一个零点.②当λ>2时,<1,而g(0)=-1<0,g()=+>0,g(1)=2-|λ-1|,(i)若2<λ≤3,由于≤1,且g()=()2+(1-λ)×+1=-+1≥0,此时,函数g(x)在区间(0,1)上只有一个零点;(ii)若λ>3,则>1且g(1)=2-|λ-1|<0,此时,函数g(x)在区间(0,1)上有两个不同的零点.综上,当0<λ≤3时,函数g(x)在区间(0,1)上只有一个零点;当λ>3时,函数g(x)在区间(0,1)上有两个不同的零点.【解析】本题以二次函数、绝对值函数为载体考查函数的性质以及函数的零点个数等,考查考生综合运用所学知识分析、解决问题的能力.(1)由二次函数图象的对称轴及已知条件求出函数f(x)的解析式,进而得函数g(x)的解析式,对λ分情况讨论函数的单调区间;(2)结合(1)中的结论,对λ分情况讨论函数的零点个数.【备注】根据最新的浙江省模拟试卷的特点可知,以函数为压轴题的趋势依然很大,且考查形式灵活多变,注重通性通法的同时,对解题技巧要求较高.特别地,以含参二次函数为依托,设置绝对值函数(分段函数)的试题是高考的主流,常涉及对参数的分类讨论,也是考生的易错点.在复习过程中,掌握常见的二次函数、对勾函数、指数函数、对数函数的图象与性质可避免分类错误。