浙江省高三12月高考数学专题模拟-( 详细答案版 )

浙江省高三12月高考模拟数学
一、选择题：共10题:
1．已知集合P={x∈R|0≤x≤4},Q={x∈R||x|<3}，则P∪Q=
A.[3,4]
B.(−3,4]
C.(−∞,4]
D.(−3,+∞)【答案】B
【解析】本题主要考查集合的运算.
P={x∈R|0≤x≤4}，Q={x∈R||x|<3}={x∈R|−3<x<3}，
则P∪Q={x∈R|−3<x≤4}.
故选B.
2．已知复数z=1+i
i
，其中i为虚数单位，则|z|=
A.1
2B.√2
2
C.√2
D.2
【答案】C
【解析】本题主要考查复数的运算和复数的模.
z=1+i
i =i(1+i)
i∙i
=1−i, 则|z|=√1+1=√2.
故选C.
3．“直线l与平面α内的两条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”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
【答案】B
【解析】:本题主要考查线面垂直的判定及充分必要条件.
线面垂直的判定定理：若直线与平面内的两条相交直线都垂直，则线面垂直.所以，由“直线l与平面α垂直”可得“直线l与平面α内的两条直线都垂直”；但“两条直线”不一定相交，由“直线l与平面α内的两条直线都垂直”不一定得到“直线l与平面α垂直”，故“直线l与平面α内的两条直线都垂直”是“直线l与平面α垂直”的必要不充分条件.
故选B.
1
4．已知直线y=ax是曲线y=lnx的切线，则实数a=
A.1
2B.1
2e
C.1
e
D.1
e2
【答案】C
【解析】本题主要考查导数的几何意义.
设切点为(m,lnm), 由y=lnx得y′=1
x , 则切线斜率为1
m
，
对应的切线为y−lnm=1
m (x−m)，即y=1
m
x−1+lnm,
又直线y=ax是曲线y=lnx的切线，∴a=1
m
，且−1+lnm=0，
解得a=1
e
.
故选C.
5．函数y=xcosx(−π≤x≤π)的图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】本题主要考查函数的图像和性质.
f(x)=xcosx(−π≤x≤π),利用排除法.
由f(0)=0,排除C选项；由f(π
2
)=0,排除B、D选项,故函数y=xcosx(−π≤x≤π)的图象可能是A.
故选A.
2
3
6．若整数x ，y 满足不等式组{x −2y ≥0,
x +2y +4≥0,7x +2y −8≤0,则3x +4y 的最大值是
A.−10
B.−6
C.0
D.5
【答案】D
【解析】本题主要考查简单的线性规划. 画出不等式组表示的平面区域，如图所示：
令z =3x +4y ,作直线3x +4y =0，当直线3x +4y =0平移到过点A 时，z =3x +4y 取得最大值，由{x −2y =07x +2y −8=0，得A (1，1
2)，z 的最大值为3×1+4×12=5. 故选D.
7．已知0<a <1
2
，随机变量ξ的分布列如下：
当a 增大时
A.E(ξ)增大，D(ξ)增大
B.E(ξ)减小，D(ξ)增大
C.E(ξ)增大，D(ξ)减小
D.E(ξ)减小，D(ξ)减小
【答案】 B
【解析】本题主要考查离散型随机变量的分布和期望、方差公式. E (ξ)=−a +1
2，当a 增大时，E (ξ)减小；
D (ξ)=(−1+a −12)2
×a +(a −12)2
×(1
2−a)+(1+a −12)2
×1
2=−a 2+5
2a +1
4=
−(a −54)2
+29
16
,
由0<a<1
2
，∴当a增大时，D(ξ)增大.
故选B.
8．设a，b，c是非零向量，若|a⋅c|=|b⋅c|=1
2
|(a+b)⋅c|，则
A.a⋅(b+c)=0
B.a⋅(b−c)=0
C.(a+b)⋅c=0
D.(a−b)⋅c=0【答案】D
【解析】本题主要考查向量数量积的运算.
|a⋅c|=|b⋅c|=1
2|(a+b)⋅c|=1
2
|a⋅c+b⋅c|，∴a⋅c=b⋅c，
∴a⋅c=b⋅c=0，即(a−b)⋅c=0.
故选D.
9．如图，已知三棱锥D−ABC，记二面角C−AB−D的平面角是θ，直线DA与平面ABC 所成的角是θ1，直线DA与BC所成的角是θ2，则
A.θ≥θ1
B.θ≤θ1
C.θ≥θ2
D.θ≤θ2
【答案】A
【解析】本题主要考查线面角、二面角的求解.
设D在平面ABC内的射影为M,过M作MN⊥AB于N，连结DN，
∴sinθ=DM
DN ,sinθ1=DM
DA
,∵DA≥DN,∴sinθ1≤sinθ,∴θ1≤θ,而θ与θ2的大小关系不确
定.
故选A.
10．已知f(x)，g(x)都是偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，设函数F(x)=f(x)+g(1−x)−|f(x)−g(1−x)|，若a>0，则
A.F(−a)≥F(a)且F(1+a)≥F(1−a)
4
5
B.F(−a)≥F(a)且F(1+a)≤F(1−a)
C.F(−a)≤F(a)且F(1+a)≥F(1−a)
D.F(−a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1−a) 【答案】A
【解析】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，考查分类讨论思想. F(x)={2g (1−x )，f(x)≥g (1−x )
2f (x )，f(x)<g (1−x )，
∴F (a )={
2g (1−a )，f (a )≥g (1−a )
2f (−a )，f (a )<g (1−a ), F (−a )={
2g (1+a )，f (a )=f (−a )≥g (1+a )
2f (−a )，f(a)=f (−a )<g (1+a ), ∵a >0,(a +1)2−(a −1)2=4a >0, ∴|1+a |>|1−a |,g (1+a )>g (1−a ),
∴若f (a )>g (1+a )，则F (−a )=2g (1+a )，F (a )=2g (1−a )， ∴F(−a)>F(a)；
若g (1−a )≤f (a )≤g (1+a )，则F (−a )=2f (−a )=2f (a )， F (a )=2g (1−a )，∴F(−a)≥F(a)；
若f (a )≤g (1−a )，则F (−a )=2f (−a )=2f (a )，F (a )=2f (a )，∴F (−a )=F(a). 综上F(−a)≥F(a)，同理可得F(1+a)≥F(1−a). 故选A.
二、填空题：共7题
11．抛物线y 2=2x 的焦点坐标是，准线方程是.
【 答案 】(12,0)，x =−1
2
【 解析 】本题主要考查抛物线的性质.
抛物线y 2=2x 的焦点坐标是(1
2,0)，准线方程是x =−1
2. 故答案为(1
2,0)，x =−1
2.
12．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cm 2，体积是cm 3.
【答案】20+4√5，8
【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、表面积和体积.
由三视图可得该几何体为一个三棱柱，底面是正视图中的直角三角形，高为2cm，则该
几何体的表面积是2×1
2×2×4+2(2+4+2√5)=20+4√5cm2,体积是1
2
×2×4×
2=8cm3.
故答案为20+4√5，8.
13．在ΔABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a=2√3，C=π
3，tanA=3
4
，则
sinA=，b=.
【答案】3
5
，4+√3
【解析】本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和的正弦公式和正弦定理.
由tanA=sinA
cosA =3
4
,得A<π
2
，又sin2A+cos2A=1,∴sinA=3
5
，cosA=4
5
，
∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=3
5×1
2
+4
5
×√3
2
=3+4√3
10
,
由正弦定理b
sinB =a
sinA
，得b=asinB
sinA
=2√3×3+4√3
10
×5
3
=4+√3.
故答案为3
5
，4+√3.
14．已知等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，设{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，若n2(T n+1)=2n S n，n∈N∗，则d=，q=.
【答案】2,2
【解析】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式与前n项和，考查恒成立问题.
由n2(T n+1)=2n S n，得T n+1
S n =2n
n2
，即
b1q n
q−1
−b1
q−1
+1
d
2
n2+(a1−d
2
)
2
=2n
n2
，
6
7
∴
{ q =2
b 1q−1
=1
a 1−d
2=0d
2=1
,解得q =2，d =2.
故答案为2,2.
15．如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只
能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是(用数字作答).
【答案】10
【解析】本题主要考查排列组合问题.
对集装箱编号，左边三个从上到下依次为1，2，3，右边两个从上到下依次为4，5，则
排列的相对顺序为1，2，3与4，5，故不同取法的种数为A 5
5
A 33A 2
2=10.
故答案为10.
16．已知直线l ：y =kx(k >0)，圆C 1：(x −1)2+y 2=1与C 2：(x −3)2+y 2=1，若
直线l 被圆C 1，C 2所截得两弦的长度之比是3，则实数k =. 【答案】1
3
【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式
由题意得，√1−k 2
k 2+1=3√1−9k 2
k 2+1
,解得k =1
3. 故答案为1
3.
17．已知函数f(x)=x 2+ax +b(a,b ∈R)在区间(0,1)内有两个零点，则3a +b 的取值
范围是. 【答案】(−5,0)
【解析】本题主要考查函数零点的分布及二次函数的图像和性质
.
8
若函数f (x )=x 2+ax +b 在区间(0,1)内有两个零点，只需{
f (0)=b >0
f (1)=1+a +b >0
0<−a
2<1
f (−a 2
)=(a 2
)2−a 22
+b <0,解得−5<3a +b <0. 故答案为(−5,0).
三、解答题：共5题
18．已知函数f(x)=sinxsin(x +π
6).
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)当x ∈[0,π
2]时，求f(x)的取值范围.
【答案】(1)由题意得f(x)=√32
sin 2x +12
sinxcosx =12
sin(2x −π3
)+√3
4
，
所以函数f(x)的最小正周期T =π.
(2)由0≤x ≤π
2知，−√32
≤sin(2x −π3
)≤1，
所以函数f(x)的取值范围为[0,12
+√3
4
].
【解析】本题主要考查两角和与差的正弦公式、倍角公式，考查正弦函数的性质. (1)利用两角和与差的正弦公式及倍角公式化简解析式，再由正弦函数的周期公式可得结论；
(2)利用的正弦函数的单调性和值域，可得结论.
19．如图，已知四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，M 是AC
的中点，∠BAD =120°，AA 1=AB .
(1)证明：MD 1//平面A 1BC 1；
(2)求直线MA 1与平面A 1BC 1所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明：连接B 1D 1交A 1C 1于点E ，连接BE ，BD
.
9
因为ABCD 为菱形，所以点M 在BD 上，
且ED 1//BM ，又ED 1=BM ，故四边形ED 1MB 是平行四边形， 则MD 1//BE ，因此MD 1//平面BC 1A 1. (2)由于A 1B 1C 1D 1为菱形，所以A 1C 1⊥B 1D 1，
又ABCD −A 1B 1C 1D 1是直四棱柱，有A 1C 1⊥BB 1，则A 1C 1⊥平面BB 1D 1D ， 因此平面BB 1D 1D ⊥平面BC 1A .
过点M 作平面BB 1D 1D 和平面BC 1A 1交线BE 的垂线，垂足为H ，得MH ⊥平面BC 1A 1， 连接HA 1，则∠MA 1H 是直线MA 1与平面BC 1A 1所成的角，
设AA 1=1，因为ABCD 是菱形且∠BAD =120°，则AM =1
2，MB =√3
2
，
在RtΔMAA 1中，由AM =1
2，AA 1=1，得MA 1=√5
2，
在RtΔEMB 中，由MB =√32
，ME =1，得MH =√21
7
，
所以sin∠MA 1H =
MH MA 1
=
2√105
35. 【解析】本题主要考查线面平行的判定、面面垂直的判定及性质，考查线面角的求法. (1)连接B 1D 1交A 1C 1于点E ，连接BE ，BD .证明ED 1MB 是平行四边形，得线线平行，再由线面平行的判定可得结论；
(1)作出平面的垂线，即可找到线面角，求出相关线段的长度可得结论.
20．设函数f(x)=x 21+x
，x ∈[0,1].
证明：(1)f(x)≥x 2−1
2x +1； (2)1516
<f(x)≤2+√22
.
【答案】(1)记g(x)=f(x)−x 2−1+x 2=√1+x 1+x
2，
则g ′
(x )=()3+1
2，x ∈(0,1)
，
那么，g(x)在区间[0,1]上单调递增，
10 又g(0)=0，所以g(x)=f(x)−x 2−1+x
2≥0， 从而f(x)≥x 2−x
2+1. (2)f′(x)=2x 3，
记ℎ(x)=2x −3ℎ(0)=−12<0，ℎ(1)=2−√2
8
>0，
知存在x 0∈(0,1)，使得ℎ(x 0)=0.
因为ℎ(x)在[0,1]上是增函数，所以，f(x)在区间(0,x 0)上是单调递减，在区间(x 0,1)上单调递增，又f(0)=1，f(1)=
2+√22
，从而f(x)≤
2+√22
.
另一方面，由(1)得当x ≠1
4时，f(x)≥x 2−x
2+1=(x −1
4)2+15
16>15
16，且f(1
4)>15
16， 因此，
15
16
<f(x)≤2+√22
.
【解析】本题主要考查导数在研究函数单调性、最值及证明不等式中的综合应用. (1)作差，构造函数g(x)=f(x)−x 2−1，利用导数研究函数g(x)的单调性和最值，可得结论；
(2)求导，构造函数ℎ(x )=f ′(x )，利用导数讨论函数ℎ(x )的单调性和最值，从而得到f(x)的单调性和最值，命题得证.
21．如图，已知椭圆
x 22
+y 2=1的左、
右顶点分别是A ，B ，设点P(√2,t)(t >0)，连接PA 交椭圆于点C ，坐标原点是O .
(1)证明：OP ⊥BC ；
(2)若四边形OBPC 的面积是3√25
，求t 的值.
【答案】(1)设直线PA 的方程为y =2√2+√2)，由{x 2
2
+y 2=1,
y =2
√
2
+√2),
整理得(4+t 2)x 2+2√2t 2x +2t 2
−8=0，
解得x1=−√2，x2=4√2−√2t2
4+t2，则点C的坐标是(4√2−√2t2
4+t2
,4t
4+t2
)，
故直线BC的斜率k BC=−√2
t
.
由于直线OP的斜率k OP=
√2
，故k BC⋅k OP=−1，所以OP⊥BC.
(2)由S
四边形OBPC =3√2
5
，S
四边形OBPC
=√2t3+2√2t
4+t
，
得√2t3+2√2t
4+t2=3√2
5
，整理得(t−1)(5t2+2t+12)=0，
因为5t2+2t+12≠0，所以t=1.
【解析】本题主要考查直线与椭圆的位置关系.
(1)设出直线PA的方程，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理证明两直线斜率之积等于−1即可；
(2)将四边形的面积转化为关于t的表达式，得到关于t的方程即可求解.
22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=a n
1+a n2，a n+1=a n
1+a n2
.记S n，T n分别是数列{a n}，
{a n2}的前n项和，证明：当n∈N∗时，
(1)a n+1<a n；
(2)T n=1
a n+12
−2n−1；
(3)√2n−1<S n<√2n.
【答案】(1)由a1=1及a n+1=a n
1+a n2
知a n>0，
故a n+1−a n=a n
1+a n2−a n=−a n3
1+a n2
<0，
所以a n+1<a n，n∈N∗.
(2)由1
a n+1=1
a n
+a n，得1
a n+1
=1
a n
+a n2+2，
从而1
a n+12=1
a n2
+a n2+2=1
a n−12
+a n−12+a n2+2×2=⋯=1
a12
+a12+a22+⋯+
a n2+2n，
又a1=1，所以T n=1
a n+12
−2n−1，n∈N∗.
(3)由(2)知a n+1=T+2n+1，由T n≥a12=1，得a n+1≤
√2n+2
，
所以，当n≥2时，a n≤
2n =√2
2√n
<√2
√n+√n−1
=√2(√n−√n−1)，
11
由此S n<a1+√2[(√2−1)+(√3−√2)+⋯+(√n−√n−1)]=1+√2(√n−1)<√2n，
又a1=1，故S n<√2n.
另一方面，由a n=1a
n+1−1
a n
，得S n=1a
n+1
−1
a1
≥√2n+2−1>√2n−1.
综上，√2n−1<S n<√2n，n∈N∗.
【解析】本题主要考查数列与不等式的综合.
(1)作差，证明a n+1−a n<0即可；
(2)将递推公式变形得1
a n+12=1
a n2
+a n2+2，求和，即可得结论；
(3)利用放缩法，求和，即可得证.
12。