浙江省宁波效实中学等五校2018届高三第二次(5月)联考数学试题

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题(全WORD版)资料讲解

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题(全W O R D版)宁波市2018年高考模拟考试数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分． 1．已知集合{}05A x x =<<，{}2280B x x x =--<，则A B =IA ．()2,4-B ．()4,5C ．()2,5-D ．()0,42．已知复数z 满足(1)2z i i +=-（i 为虚数单位），则z 的虚部为A ．32i -B ．32iC ．32-D ． 323．已知直线l 、m 与平面α、β，α⊂l ，β⊂m ，则下列命题中正确的是A ．若m l //，则必有βα//B ．若m l ⊥，则必有βα⊥C ．若β⊥l ，则必有βα⊥D ．若βα⊥，则必有α⊥m4．使得3nx ⎛ ⎝（n N *∈）的展开式中含有常数项的最小的n 为A ．4B ．5C ．6D ．75．记n S 为数列{}n a 的前n 项和．“任意正整数n ，均有0n a >”是“{}n S 为递增数列”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6．已知实数x ，y 满足不等式组2403480280x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩，则x y -的最大值为A. 0B. 2C. 4D. 87．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种8．设抛物线24y x =的焦点为F ，过点(5,0)P 的直线与抛物线相交于,A B 两点，与抛物线的准线相交于C ，若5BF =，则BCF ∆与ACF ∆的面积之比BCFACFS S ∆∆= A ．56 B ． 2033 C ． 1531 D ． 2029（第7题图）（第14题图）9．已知a 为正常数，2221,()321,x ax x a f x x ax a x a ⎧-+≥=⎨-++<⎩,若存在(,)42ππθ∈，满足(sin )(cos )f f θθ=，则实数a 的取值范围是 A. 1(,1)2 B. )1,22(C. )2,1(D. )22,21( 10．已知,x y 均为非负实数，且1x y +≤，则22244(1)x y x y ++--的取值范围为A. 2[,4]3B ．[1,4]C ．[2,4]D ．[2,9]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．双曲线2213y x -=的离心率是，渐近线方程为． 12．已知直线:1l mx y -=．若直线l 与直线10x my --=平行，则m 的值为；动直线l 被圆222240x x y ++-=截得弦长的最小值为．13若2EX =，则a = ；DX = ．14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120o 的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为，该三棱锥的外接球体积为．15．已知数列{}n a 与2{}na n 均为等差数列（n N *∈），且12a =，则23321()))23n n a a a a n++++=L （（． 16．已知实数,,a b c 满足：2a b c ++=-，4abc =-.则c b a ++的最小值为．17．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为侧面11BB C C 中心，F 在棱AD 上运动，正方体表面上有一点P 满足111D P xD F yD E =+u u u u ru u u u r u u u u r(0,0)x y ≥≥，则所有满足条件的P 点构成图形的面积为．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．1A（第17题18．（本题满分14分）已知函数()4cos sin 16f x x x π⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭.（Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若满足()0f B =，2a =，且D 是BC 的中点，P 是直线AB 上的动点，求PD CP +的最小值．19．（本题满分15分）如图，四边形ABCD 为梯形，，∥︒=∠60,C CD AB 点E 在线段CD 上，满足BE CD ⊥,且124CE AB CD ===，现将ADE ∆沿AE 翻折到AME 位置，使得210MC =（Ⅰ）证明：AE MB ⊥;（Ⅱ）求直线CM 与面AME 所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知函数1()ln f x a x x x=+-，其中a 为实常数．（Ｉ）若12x =是()f x 的极大值点，求(f x ）的极小值；（Ⅱ）若不等式1ln a x b x x -≤-对任意502a -≤≤，122x ≤≤恒成立，求b 的最小值．21．（本题满分15分）如图，椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>3(2,1)M -是椭圆内一点，过点M 作两条斜率存在且互相垂直的动直线12,l l ，设1l 与椭圆C 相交于点,A B ，2l 与椭圆C 相交于点,D E ．当M 恰好为线段AB 的中点时，10AB = （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）求AD EB ⋅u u u r u u u r的最小值．22. （本题满分15分）三个数列{}{},{}n n n a b c ，，满足11110a =-，11b =，1n a +=，121n n b b +=+，,*n n b c a N n =∈．（Ⅰ）证明：当2n ≥时，1n a >；（Ⅱ）是否存在集合[,]a b ，使得[,]n c a b ∈对任意*n N ∈成立，若存在，求出b a -的最小值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求证：232311226(*,2)22nn n nc n N n c c c +++≤+-∈+≥+L ．宁波市2018年高考模拟考试数学参考答案第Ⅰ卷（选择题共40分）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．D 2．C 3．C 4．B 5．A 6．C 7．C 8．D 9．D 10．A9．()f x 关于直线x a =对称，且在[,)a +∞上为增函数．所以sin cos )224a πθθθ+==+ ．因为(,)42θππ∈ ，3(,)424ππθπ∈+．所以2sin(12()2)242a πθ∈=+，． 10．简解：1()2x y z -+=，则试题等价于21x y z ++=，满足,,0x y z ≥，求2224()x y z ++的取值范围．设点1(0,0,)2A ，(1,0,0)B ，(0,1,0)C ，点(,,)P x y z 可视为长方体的一个三角截面ABC 上的一个点，则2222||OP x y z =++，于是问题可以转化为||OP 的取值范围．显然||1OP ≤，||OP 的最小值为O 到平面ABC 的距离，可以利用等积法计算．因为O ABC A OBC V V --=，于是可以得到||6OP ≥．所以21||[,1]6OP ∈，即2224[]x y z ++2[,4]3∈．另解：因为,0x y ≥，所以2222()()2x y x y x y +≤+≤+令t x y =+，则01t ≤≤ ．22222244(1)4(1)5214x y x y t t t t ++--≤+-=-+≤．当0xy =且1t =，即0,1x y ==或1,0x y ==时取等号；另一方面，222222244(1)2(1)3213x y x y t t t t ++--≥+-=-+≥ 当16x y ==时取等号．所以222244(1)[,4]3x y x y ++--∈．第Ⅱ卷（非选择题共110分）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． 11．2，3y x =± 12．1-，223 13．0；5214．4315++，205π 15．221-+n16．6 17．11816．简解：不妨设a 是,,a b c 中的最小者，即,a b a c ≤≤，由题设知0a <，且2b c a +=--，4bc a-=. 于是,b c 是一元二次方程24(2)0x a x a++-=的两实根， 24(2)40a a∆=++⨯≥， 3244160a a a +++≤，2(4)(4)0a a ++≤, 所以4a ≤-.又当4a =-,1b c ==时，满足题意. 故,,a b c 中最小者的最大值为4-.因为,,0a b c <，所以,,a b c 为全小于0或一负二正.1）若,,a b c 为全小于0，则由（1）知，,,a b c 中的最小者不大于4-，这与2a b c ++=-矛盾. 2）若,,a b c 为一负二正，设0,0,0a b c <>>，则22826a b c a b c a ++=-++==--≥-= 当4a =-,1b c ==时，满足题设条件且使得不等式等号成立．故c b a ++的最小值为6. 17．答：118．构成的图形，如图所示．记BC 中点为N ，所求图形为直角梯形ABND 、BNE ∆、1D AD ∆．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．（本题满分14分）解答：（Ⅰ）1()4cos cos )12f x x x x =--2cos222sin(2)26x x x π=--=--……………………4分由于222,262k x k k Z πππππ-+<-<+∈，ND11B 1D 1A所以()f x 增区间为,,63k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭．……………………6分（Ⅱ）由()2sin(2)206f B B π=--=得 262B ππ-=，所以3π=B . …………8分 B C P C D C ''',,，作C 关于AB 的对称点'C , 连7)()('2'22'=⋅++=BC BD BC BD D C……………………12分.7,,7共线时，取最小值，当D P C D C PD P C PD CP '='≥+'=+……………………14分19．（本题满分15分）解答：（Ⅰ）方法一：连BD 交AE 于N ，由条件易算43BD = ∴BC BD ⊥ ··········2分又//BC AE ∴AE BD ⊥ ··········4分从而,AE A BN M E N ⊥⊥ 所以AE MNB ⊥平面 ··········6分 ∴AE MB ⊥ ··········7分方法二：由102,2,6====MC CE DE ME ，得222MC CE ME =+ , 故CE ME ⊥，又CE BE ⊥ ，所以CE BEM ⊥平面，……………………2分所以CE BM ⊥， ……………………3分可得BM AB ⊥，计算得62,72===MB AM AD ,EMBEC DC（第19题图）从而222BE MB ME +=,BM BE ⊥ ……………………5分⊥MB 平面ABE ，所以AE MB ⊥. ……………………7分（Ⅱ）方法一：设直线CM 与面AME 所成角为θ，则sin hMCθ=，其中h 为C 到AME 面的距离. …………………9分 ∵AE BC ∥ ∴C 到AME 面的距离即B 到AME 面的距离. 由1133M ABE ABE B AME AEM V S BM V S h -∆-∆===．…………………12分所以3ABE AEM S BM h S ∆∆==∴sin 15h MC θ== . ……………………………………………15分方法二：由MB ABCE ⊥面，如图建系，(0,2,0),2,0),A C -(0,0,E M则(0,2,2,0),AM AE =-=-u u u u r u u u r2,MC =--u u u u r设平面AME 的法向量为(,,)m x y z =u r，由00m AM m AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u u r u r u u u r ，可取m =u r， …………………………12分sin cos ,15m MC m MC m MCθ⋅=<⋅∴>==u r u u u u ru r u u u u r u r u u u u r ．.………………………15分20．（本题满分15分）解答：（Ｉ）221()x ax f x x ++'=，因为0x >．C（第21题图）由1'()02f =，得211()1022a ++= ，所以52a =- ,…………3分此时51()ln 2f x x x x=-+-．则222511(2)()22'()x x x x f x x x-+--==．所以()f x 在1[,2]2上为减函数，在[2,)+∞上为增函数．…………5分所以2x =为极小值点，极小值35ln 2(2)22f =-．.…………6分（Ⅱ）不等式1ln a x b x x-≤-即为()f x b ≤．所以max ()b f x ≥． ……………………………8分 ⅰ）若12x ≤≤，则ln 0x ≥，1113()ln 222f x a x x x x x =+-≤-≤-=．当0,2a x ==时取等号； ……………………………10分 ⅱ）若112x ≤<，则ln 0x <，151()ln ln 2f x a x x x x x x =+-≤-+-．由（Ｉ）可知51()ln 2g x x x x =-+-在1[,1]2上为减函数．所以当112x ≤≤时，153()()ln 2222g x g ≤=-． ……………………13分因为53533ln 2122222-<-=<．所以max 3(2f x )= 于是min 32b =． ……………………15分 21．（本题满分15分）解答：（Ⅰ）由题意设224a b =， …………………2分即椭圆2222:14x y C b b+=，设1122(,),(,),A x y B x y3344(,),(,)C x y D x y 由22211222224444x y b x y b ⎧+=⎨+=⎩作差得， 1212()()x x x x -++ 12124()()0y y y y -+= 又∵(2,1)M -,即12124,2x x y y +=-+=，∴AB 斜率121212y y k x x -==-．…………………………4分由222214122x y b b y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩．消x 得，224820x x b ++-=．则12AB x =-==．解得23b =，于是椭圆C 的方程为：221123x y +=．…………………6分（Ⅱ）设直线:(2)1AB y k x =++, 由221123(2)1x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=++⎩消x 得， 222(14)8(21)4(21)120k x k k x k +++++-=．于是21212228(21)4(21)12,1414k k k x x x x k k -++-+=⋅=++．………………8分 ()()AD EB AM MD EM MB AM MB EM MD ⋅=+⋅+=⋅+⋅u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u u r11224433(2,1)(2,1)(2,1)(2,1)x y x y x y x y =---⋅+-+---⋅+- ∵2112212(2,1)(2,1)(1)(2)(2)x y x y k x x ---⋅+-=-+++22121224(1)(1)[42()]14k k x x x x k +=-++++=+． …………………13分同理可得2443324(1)(2,1)(2,1)4k x y x y k+---⋅+-=+． ∴22222221120(1)4(1)()144(14)(4)k AD EB k k k k k +⋅=++=++++u u u r u u u r ， 2222220(1)161445()2k k k +≥=+++, 当1k =±时取等号．综上，AD EB ⋅u u u r u u u r 的最小值为165． …………………15分22. （本题满分15分）解答：（Ⅰ）下面用数学归纳法证明：当2n ≥时，1n a >．ⅰ）当2n =时，由11110a =-，1n a +=，得252=a ，显然成立； ⅱ）假设n k =时命题成立，即1k a >．则1n k =+时，1k a += ．于是11k a +-=因为22(3)4(1)0k k a a --=->．所以11k a +>，这就是说1n k =+时命题成立．由ⅰ）ⅱ）可知，当2n ≥时，1n a >． …………………3分（Ⅱ）由1121,1n n b b b +=+=，得112(1)n n b b ++=+，所以12n n b +=，从而21n n b =-． ………………5分由（Ⅰ）知，当2n ≥时，1n a >，所以，当2n ≥时，1n n a a +-=．因为2225(1)4(1)0nn n n a a a a -+-+=-<，所以1n n a a +<．综上，当2n ≥时，11n n a a +<<． ………………7分由11110a =-，1()*)(n n a f a n N +∈=，所以111110c a ==- ，235,22a a == 所以12331,1c c a c <=>>>L ，又11223115,,2102c a a c a ==-===．从而存在集合[,]ab ，使得[,]nc a b ∈对任意*n N ∈成立，当231112,10b c a a c =====-时,b a -的最小值为213110c c -=．……9分（Ⅲ）当2n ≥时，1n a >，所以21111n n n n a a a a ++++-= 即21111n n n n a a a a +++=+- ，也即1111n n n a a a ++-=- ，…………11分11111121()n n n n n n n n n n b b b b b b b b c c a a a a a a a a +++++++--=-=-++-+-L （）（） 112111n n n b b b a a a ++++=++L （1-）（1-）（1-） 1112111()(n n n n n b b b b b a a a ++++=--+++L ）22n n nc ≤-．即122nn n n nc c c +≤+-(2)n ≥,．于是11112122i 2(2)2426inn i n n i i n n i i c c c c c c +++++==≤+-=-+-=+-∑∑．故232311226(*,2)22nn n n c n N n c c c +++≤+-∈+≥+L ．.……………15分。

2018年4月浙江省高三“五校联考”第二次考试数学试题(WORD版,无答案)

2017学年浙江省高三“五校联考”第二次考试数学试题卷命题学校：宁波效实说明：本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式第Ⅰ卷（选择题部分，共40分）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．设集合2{||1|1},{|log 2}A x x B x x =-≤=≤，则R B C A = （ ▲ ） A. [2,4] B. (2,4] C. [0,4] D. (2,4](,0)-∞2．若复数z 满足(1)1z i ii +=-+（其中i 为虚数单位），则z 的虚部为（ ▲ ）A ．12-B ．12 C ．12i D ．12i 3．已知随机变量~(4,)X B p ，若83EX =，则(2)P X == （ ▲ ） A.83 B. 827 C. 23 D. 494．设,a b 是两条直线，,αβ是两个平面，则“a b ⊥”的一个充分条件是（ ▲ ）A. ,,a b αβαβ⊥⊥∥B. ,,a b αβαβ⊥⊥∥C. ,,a b αβαβ⊂⊥∥D. ,,a b αβαβ⊂⊥∥ 5．如图，设A 、B 是半径为2的圆O 上的两个动点，点C 为AO 中点，则CO CB ⋅的取值范围是（ ▲ ）AA ．[1,3]-B ．[1,3]C ．[3,1]--D ．[3,1]-6．64(1(1的展开式中x 的系数是（ ▲ ） A ．4- B. 3- C. 15或3 D. 4 7．点D 是ABC ∆的边AB 的中点，120ABC ∠=，2CD AB=，若以A 、B 为焦点的双曲线恰好经过点C ，则该双曲线的离心率为（ ▲ ）B.C. 1D. 18. 若cos sin tan 02παααα⎛⎫-=<< ⎪⎝⎭，则α∈ （ ▲ ） A ．)6,0(πB ．)4,6(ππ C ．)3,4(ππ D ．)2,3(ππ9．已知ABC ∆的三边长分别为a 、b 、c ，有以下四个命题：（1（2）以2,2,2abc为边长的三角形一定存在；（3）以333,,a b c 为边长的三角形一定存在；（4）以,,a b c b c a c a b -+-+-+为边长的三角形一定存在．其中正确命题的个数为（ ▲ ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个10．已知函数2()1,0()21,0x a a x f x x a a x ⎧--+≥⎪=⎨-+-<⎪⎩的最小值为21a -，则实数a 的取值范围是（ ▲ ）A. 1a =B. 01a ≤≤C. 0a ≤或1a =D. 0a ≤或1a ≥第Ⅱ卷（非选择题部分，共110分）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．已知21366log log x =-，则x 的值是 ▲ ．12．若实数x ，y 满足1|21|x y y x -+≤⎧⎨≥-⎩，则x y +的最大值为 ▲ ，22x y +的取值范围为 ▲ ．13. 一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为 ▲ ，其外接球的体积是 ▲ ．14．点G 是ABC ∆的重心，过G 作直线与AB 、AC 两边分别交于M 、N 两点，且AM xAB =，AN yAC =. 若12x =，则y = ▲ ，若23AMN ABC S S ∆∆=，则x y += ▲ ．15．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若5101,,S S -成等差数列，则1052S S -= ▲ ，1510S S -的最小值为 ▲ ．16．将一个44⨯正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有 ▲ 种不同的染色方法．17．棱长为36的正四面体A BCD -的内切球上有一动点M ，则13MB MC +的最小值为 ▲ ．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．（本题满分14分）在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且22()(2b c a bc +-=，2sin sin cos 2CA B =．（Ⅰ）求角A 和角B 的大小；（Ⅱ）已知当R x ∈时，函数)sin (cos sin )(x a x x x f +=的最大值为32，求a 的值．19．（本题满分15分）如图，四棱锥ABCD P -的底面是梯形. //,1,BC AD AB BC CD ===2AD =，PB =PA PC == （Ⅰ）证明；AC BP ⊥；（Ⅱ）求直线AD 与平面APC 所成角的正弦值.B （第14题图）（第13题图）俯视图4320.（本题满分15分）（Ⅰ）求证：()ln 1x x <>；（Ⅱ）设函数()()111ln 1f x x x x =->-(ⅰ)求证：()f x 是减函数；(ⅱ)若不等式11+n ae n +⎛⎫< ⎪⎝⎭对任意n N *∈恒成立（e 是自然对数的底数），求实数a 的取值范围.21.（本题满分15分）如图，已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>离心率为12，焦距为2.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）直线l 与椭圆切于点P ，OQ l ⊥，垂足为Q ，其中O 为坐标原点.求OPQ ∆面积的最大值．22．（本题满分15分）已知正项数列{}n a 满足14a =，211ln 3n n n a a a n+=-+，n N *∈．（Ⅰ）求证：4n a n ≥；（Ⅱ）求证：（第21题图）。

2018届浙江省高三第二次五校联考文科数学试题及答案

2018学年浙江省五校联考第二次考试数学（文科）试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页, 选择题部分1至2页, 非选择题部分3至4页．满分150分, 考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式：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 V =13Sh 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高台体的体积公式1()123V h S S =++ 其中S 1,S 2分别表示台体的上,下底面积球的表面积公式S =4πR 2其中R 表示球的半径，h 表示台体的高球的体积公式V =43πR3其中R 表示球的半径第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 在C ∆AB 中，“C 0AB⋅A =”是“C ∆AB 为直角三角形”的（ ▲ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件2. 已知数列{}n a 满足：21n a n n =+，且910n S =，则n 的值为（ ▲ ） A ．7 B ．8 C ．9 D ．103．要得到函数sin 2y x =的图象，只需将函数πcos(2)3y x =-的图象（ ▲ ）A ．向右平移π6个单位长度B ．向左平移π6个单位长度C ．向右平移π12个单位长度D ．向左平移π12个单位长度4．若αβ、是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为（ ▲ ）①若直线m α⊥，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线． ②若直线m α⊥，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直． ③若直线m α⊂，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线． ④若直线m α⊂，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线． A ．①③ B．②③ C．②④ D．①④ 5．已知菱形ABCD 的对角线AC 长为1，则ADAC =（ ▲ ）A ．4B ．2C ．1D ．216．设x R ∈, 对于使22x x M -+≤成立的所有常数M 中，我们把M 的最小值1叫做22x x -+ 的上确界. 若,a b R +∈，且1a b +=，则122a b--的上确界为（ ▲ ） A ．5-B ．4-C ．92D ．92-7．如图，已知椭圆C 1：112x +y 2=1，双曲线C 2：22a x —22by =1（a >0，b >0），若以C 1的长轴为直径的圆与C 2的一条渐近线交于A 、B 两点，且C 1与该渐近线的两交点将线段AB 三等分，则C 2的离心率为（ ▲ ） A ．5 B ．5 C ．17 D ．71428. 如图，正ABC ∆的中心位于点G (0,1)，A (0,2)，动点P 从A 点出发沿ABC ∆的边界按逆时针方向运动，设旋转的角度(02)AGP x x π∠=≤≤，向量OP 在(1,0)a =方向的投影为y （O 为坐标原点），则y 关于x 的函数()y f x =的图像是（ ▲ ）非选择题部分（共110分）二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每空4分，共36分．）9．设全集U R =，集合2{|340}A x x x =--<，2{|log (1)2}B x x =-<，则A B =▲ ，AB = ▲ ，RC A = ▲ .10．若变量,x y 满足202300x y x y x -≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥⎩，则2x y+的最大值为 ▲ ，_____21的取值范围-+x y ▲ . 11. 已知命题p ：R x ∈∃，x-1>lnx ．命题q ：R x ∈∀，0>x ，则⌝p ： ▲ ，命题p∧（⌝q ）是 ▲ （填真命题或假命题）。

浙江省宁波效实中学等五校2018届高三第二次联考数学试题(含解析)

一、选择题1.设集合{|11}A x x =-≤，2{|log 2}B x x =≤，则R B C A =（）A.[2,4]B.(2,4]C.[0,4]D.(2,4](,0)-∞【答案】B【解析】由题意得{|02}A x x =≤≤，{|04}B x x =<≤，则{|0R C A x x =<或2}x >，则(){|24}R BC A x x =<≤.2.若复数z 满足(1)1z i i i +=-+（其中i 为虚数单位），则z 的虚部为（）A.12- B.12 C.12i D.12i 答案:A【解析】由题意得1)(1)1(1111(1)(1)222i i i i i z ii i -+-+====+++-，3.已知随机变量(4,)X B p ，若83EX =，则(2)P X ==（） A.83 B.827 C.23 D.49【答案】B 【解析】因为(4,)XB p ，所以843EX p ==，解得23p =，则2224228(2)()(1)3327P X C ==⋅-=.4.设a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，则“a b ⊥”的一个充分条件是（） A.a α⊥，//b β，αβ⊥ B.a α⊥，b β⊥，//αβ C.a α⊂，b β⊥，//αβ D.a α⊂，//b β，αβ⊥ 【答案】C【解析】对于A ，直线a 与直线b 可能平行、相交或异面，A 错误；对于B ，直线a 与直线b 平行，B 错误；对于C ，由b β⊥，//αβ得b α⊥，又因为a α⊂，所以b a ⊥，C 正确；对于D ，直线a 与直线b 可能平行、相交或异面，D 错误.综上所述，故选C.5.如图，设A ，B 是半径为2的圆O 上的两个动点，点C 为AO 的中点，则CO CB ⋅的取值范围是（）A.[1,3]-B.[1,3]C.[3,1]--D.[3,1]- 【答案】A【解析】由图易得CB 在CO 上的投影的取值范围为[1,3]-，又因为1CO =，所以[1,3]CO CB ⋅∈-.6.64(1(1的展开式中x 的系数是（） A.4- B.3- C.15或3 D.4 【答案】B【解析】64424(1(1(1)(1(1)(1)x x x =-=--，二项式4(1)x -的展开式的通项为144()(1)r r r r r r T C x C x +=-=-，则4(1)x -的展开式中常数项为004(1)1C -=，含x 项的系数为114(1)4C -=-，则64(1(1的展开式中x 的系数为41113-⨯+⨯=-.7.点D 是ABC ∆的边AB 的中点，120ABC ∠=︒，CD AB=A ，B 为焦点的双曲线恰好经过点C ，则该双曲线的离心率为（）11 【答案】A【解析】因为A ，B 为双曲线的焦点，所以2AB c =，则C D =，12BD AB c ==，则在BCD ∆中，由余弦定理得2222cos CD BC BD BC BD ABC =+-⋅∠，即222)2cos120BC c BC c =+-⋅︒，解得BC c =，则在ABC ∆中，由余弦定理得2222222cos (2)22cos1207AC BC AB BC AB ABC c c c c c =+-⋅⋅∠=+-⋅︒=，则AC =，又因为点C 在双曲线上，所以2AC BC c a -=-=，则双曲线的离心率13c e a ===. 8.若cos sin tan (0)2παααα-=<<，则α∈（）A.(0,)6πB.(,)64ππC.(,)43ππD.(,)32ππ【答案】A【解析】设()cos sin tan f αααα=--，则21()sin cos cos f αααα'=---，则易得()0f α'<在(0,)2π上恒成立，所以()f α在(0,)2π上单调递减，又因为(0)10f =>，1()062f π=-<，所以()f α在(0,)6π上存在零点，即方程cos sin tan (0)2παααα-=<<的根(0,)6πα∈.9.已知ABC ∆的三边长分别为a ，b ，c ，有以下四个命题：（1 （2）以2a ，2b ，2c为边长的三角形一定存在；（3）以3a ，3b ，3c 为边长的三角形一定存在；（4）以a b c -+，b c a -+，c a b -+为边长的三角形一定存在. 其中正确命题的个数为（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】由题意不妨设a b c ≥≥，则b c a +>.对于（1），220b c a -=++>在，（1）正确；对于（2），令5a =，3b c ==，此时a ，b ，c 可以构成三角形，而232a=，228b c ==，则2a ，2b ，2c 不能构成三角形，（2）错误，对于（3），取3a =，2b c ==，此时a ，b ，c 可以构成三角形，而327a =，338b c ==，则3a ，3b ，3c 不能构成三角形，（3）错误；对于（4），因为a b c a c b -+=+-，b c a c a b a b c -+=-+=+-，且a b c a c b +-≥+-，所以b c a c a b a b c -++-+>-+，所以以a b c -+，b c a -+，c a b -+为边长的三角形一定存在，（4）正确.综上所述，正确命题的个数为2个.10.已知函数2()1,0()21,0x a a x f x x a a x ⎧--+≥⎪=⎨-+-<⎪⎩的最小值为21a -，则实数a 的取值范围是（）A.1a =B.01a <≤C.0a <或1a =D.0a <或1a ≥ 【答案】C【解析】在平面直角坐标系内画出函数()f x 的图象，由图易得当0a ≥时，函数()f x 在[0,)+∞上的最小值为a ，在(,0)-∞上单调递减，当0(0)x x →<时，()31f x a →-，要使函数()f x 的最小值为21a -，则有2131a a a =-≤-，解得1a =；当10a -≤<时，函数()f x 在[0,)+∞上的最小值为a ，在(,0)-∞上的最小值为21a -，要使函数()f x 的最小值为21a -，则有21a a -≤，解得1a ≤，所以10a -≤<；当1a <-时，函数()f x 在[0,)+∞上的最小值为21a a +-，在(,0)-∞上的最小值为21a -，要使函数()f x 的最小值为21a -，则有2211a a a -≤+-，解得0a ≤或1a ≥，所以1a <-.综上所述，实数a 的取值范围为0a <或1a =. 二、填空题11.已知662log 1log 3x =-，则x 的值是 .【解析】66666662log 1log 3log 6log 3log log 23x =-=-==，则266log log 2x =，所以22x =，又因为0x >，则x =12.若实数x ，y 满足121x y y x -+≤⎧⎪⎨≥-⎪⎩，则x y +的最大值为，22x y +的取值范围为 .【答案】5，1[,13]5【解析】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域，其是以(0,1)，1(,0)2，(2,3)为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数z x y =+经过平面区域内的点(2,3)时，z 取得最大值max 235z =+=.22x y +表示平面区域内的点与原点的距离的平方，由图易得原点到直线21y x =-+的距离为区域内的点到原点的距离的最小值，点(2,3)到原点的距离为区域内的点到原点的距离的最大值，所以2222223x y ≤+≤+，即221135x y ≤+≤. 13.一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为，其外接球的体积是 .【答案】26+ 【解析】由三视图得该几何体是一个底面为直角边分别为3，4的直角三角形，高为5的三棱锥，且三棱锥的顶点在底面的射影为底面直角三角形的边长为4的直角边所对的顶点，则其表面积为11113435554262222⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+=+=，则外接球的体积为34(323π⨯=. 14.点G 是ABC ∆的重心，过点G 作直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM xAB =，AN yAC =.若12x =，则y = ，若23AMN ABC S S ∆∆=，则x y += .【答案】1，2【解析】因为点G 为ABC ∆的重心，即点G 为ABC ∆的三条中线的交点，则当12x =时，点M 为AB 的中点，则直线MN 即为ABC ∆的一条中线所在的直线，所以点N 与点C 重合，则AN AC =，即1y =.因为点G 为ABC ∆的重心，所以1()3AG AB AC =+，则111()()333MG AG AM AB AC xAB x AB AC =-=+-=-+，111()()333GN AN AG y AC AB AC y AC AB =-=-+=--，由MG 与GN 共线，得存在实数λ使得1111()[()]3333x AB AC y AC AB λ-+=--，则113311()33x y λλ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，化简得3x y xy +=，又因为23AMN ABC S S ∆∆=，所以121sin sin 232x AB y AC BAC AB AC BAC ⋅∠=⨯⋅∠，解得23xy =，则32x y xy +==.15.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1-，5S ，10S 成等差数列，则1052S S -= ，1510S S -的最小值为 .【答案】1，4【解析】因为1-，5S ，10S 成等差数列，所以51021S S =-+，则10521S S -=.又由等比数列的性质得5S ，105S S -，1510S S-成等比数列，且已知0n a >，所以210515105()S S S S S --=255555(12)1224S S S S S +-==++≥=，当且仅当551S S =，即51S =时等号成立，所以1510S S -的最小值为4.16.将一个44⨯正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有种不同的染色方法. 【答案】90【解析】由题意得第一行有24C 种染色方法，当第二行染色的方格与第一行的位置都相同时，有一种染色方法，第三、四行也只有一种染色方法，所以此时第二行至第四行有一种染色方法；当第二行染色的方格与第一行的位置全不相同时，有一种染色方法，第三行有24C 种染色方法，第四行只有一种染色方法，所以此时第二行至第四行有24C 种染色方法；当第二行染色的方格与第一行的位置恰有一个相同时，第二行有1122C C 种染色方法，此时第三行有两种染色方法，第四行有一种染色方法，所以此时第二行至第四行有11222C C 种染色方法.综上所述，不同的染色方法共有22114422(12)90C C C C ++=种.17.棱长为36的正四面体A BCD -的内切球上有一动点M ，则13MB MC +的最小值为 .【答案】【解析】由13MB MC +结构看，需要把13MC 转化为M 点到某定点的距离.设内切球球心为O ，ABD ∆的中心为Q，由正四面体性质易求OQ =OC =BQ =，且内切球的半径为，现在只需要在直线OC 上找一个定点P ，使13MP MC =，即在平面OAC 内找13MP MC =.当M 分别在H ，Q 位置的时候，由13MP MC =，得满足条件的只有一点P ，P 在OC之间且OP =，即13MP MC =，且可证对内切球面上任意一点M ，上式均成立.所以13MB MC MB MP PB +=+≥===M 为线段BP 与球面的交点时，取得最小值.三、解答题18.在ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且22()(2b c a bc +-=，2sin sin cos 2C A B =. （Ⅰ）求角A 和角B 的大小；（Ⅱ）已知当x R ∈时，函数()sin (cos sin )f x x x a x =+的最大值为32，求a 的值. 【答案】（Ⅰ）4A π=，4B π=，（Ⅱ）43a =【解析】（Ⅰ）由22()(2b c a bc +-=得222b c a +-=，∴222cos 2b c a A bc +-==4A π=.由2sin sin cos2C A B =1cos 2CB +=，31cos()4B B π=+-，sin()14B B B π=+=，且34B C π+=，故4B π=.（Ⅱ）sin 2cos 2()sin (cos sin )22x a x a f x x x a x -=+=+)22a ax ϕ=-+≤+ 32=（其中tan a ϕ=），解得43a =. 19.如图，四棱锥P ABCD -的底面是梯形，//BC AD ，1AB BC CD ===，2AD =，2PB =PA PC =（Ⅰ）证明：AC BP ⊥；（Ⅱ）求直线AD 与平面APC 所成角的正弦值.【解析】（Ⅰ）证明：取AC 的中点F ，连接PF ，BF ，由PA PC =得PF AC ⊥，由AB BC =得BF AC ⊥，又PFBF F =，∴AC ⊥平面PBF ，又BP ⊂平面PBF ，∴AC BP ⊥.（Ⅱ）延长BF 交AD 于点E ，过点P 作PO 垂直于平面ABCD 于点O ，由（Ⅰ）易知点O 在BE 上，在PBF ∆中，PB =12BF =，32PF =，由余弦定理得2221cos 22PF BF PB PFB PF BF +-∠==-⋅，即120PFB ∠=︒，则60PFO ∠=︒，∴sin 604PO PF =⋅︒=，由P ACD D APC V V --=得1133ACD APC PO S h S ∆∆⋅⋅=⋅⋅，其中h 为点D 到平面APC 的距离，解得2h =，设直线AD 与平面APC 所成角为θ，则sin h AD θ==.20.（Ⅰ）求证：ln 1)x x <>；（Ⅱ）设函数11()(1)ln 1f x x x x =->-. （i ）求证：()f x 是减函数；（ii ）若不等式1(1)n ae n++<对任意*n N ∈恒成立（e 是自然对数的底数），求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）略，（Ⅱ）（i ）略，（ii ）1(,1)ln 2-∞-【解析】（Ⅰ）证明：设()ln (1)g x x x =->，可得()0g x '=>，所以()g x 在(1,)+∞上是增函数，则()(1)0g x g >=，ln 0ln x x >⇒>成立. （Ⅱ）（i）证明：2222(1)ln ()(ln 0(1)(1)ln x x x f x x x x x --'==<>-，所以()f x 在(1,)+∞上是减函数. （ii ）设*11()x n N n=+∈，则1(1)n ae n++<等价于1()ln 11a x x +<-，其中(1,2]x ∈，即()a f x <恒成立，由（i ）知()f x 在(1,2]x ∈上是减函数，故min 1()1ln 2a f x <=-，即实数a 的取值范围是1(,1)ln 2-∞-. 21.如图，已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为12，焦距为2.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）直线l 与椭圆切于点P ，OQ l ⊥，垂足为Q ，其中O 为坐标原点，求OPQ ∆面积的最大值.【答案】（Ⅰ）22143x y +=，（Ⅱ）14 【解析】（Ⅰ）椭圆C 的离心率为12，则224a c =，223b c =，则2222:143x y C c c+=， ∵1c =，故椭圆C 的方程为22143x y +=. （Ⅱ）设直线:l y kx m =+与22143x y +=联立得 222(34)84120k x kmx m +++-=，由0∆=得2234k m +=，由此解得2842(34)P km k x k m-==+-. 由:l y kx m =+与直线1:OQ y x k =-联立，解得21Q km x k -=+，∴4k PQ m=， ∴2OPQ PQ OQ S ∆⋅=142k m =+211212k k =⋅≤+ 14=，当且仅当1k =时取等号. 综上，max 1()4OPQ S ∆=. 22.已知正项数列{}n a 满足14a =，211ln 32n n n a a a +=-+，*n N ∈. （Ⅰ）求证：4n a n ≥；（Ⅱ）求证：121111162224n a a a ≤+++<+++. 【答案】（Ⅰ）略，（Ⅱ）略【解析】（Ⅰ）证明：首先由ln 1x x ≤-，可得21113ln 1n n n n a a a a n++-+=≤-，即2114n n n a a a n +≥-+. 以下用数学归纳法证明：4n a n ≥.①当1n =时，显然成立；②假设当n k =时，不等式成立，即4k a k ≥，则当1n k =+时，由函数21()4(0)f x x x k k =-+>的单调性可得221114(4)44k k k a a a k k k k +≥-+≥⋅-+ 1244(1)k k =+>+，则当1n k =+时不等式也成立.综上，由①②可知4n a n ≥对*n N ∈均成立. （Ⅱ）易知1211111122226n a a a a +++≥=++++. 由（Ⅰ）知，2114(1)434n n n n n n a a a a a a n n+≥-+=-+≥+，即123(2)n n a a ++≥+，则211123(2)3(2)3(2)n n n n a a a a +-+≥+≥+≥≥+，即11123(2)63n n n a a --+≥+=⋅， ∴1111()263n n a -≤⋅+， ∴1121111111111113(1)12226336641133n n n a a a --+++≤+++=⋅<⋅=+++--. 综上，121111162224n a a a ≤+++<+++.。

浙江省五校联考2017-2018学年高考数学二模试卷(理科) Word版含解析

2017-2018学年浙江省五校联考高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合A={x|f（x）=}，B={y|y=log2（2x+2）}，则A∩∁R B=（）A．（1，+∞）B．[0，1]C．[0，1）D．[0，2）2．△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”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3．对任意的θ∈（0，），不等式+≥|2x﹣1|恒成立，则实数x的取值范围是（）A．[﹣3，4] B．[0，2]C．D．[﹣4，5]4．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列不正确的是（）A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C．与所有12条棱都相切的球的体积为πD．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是5．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1）B．[1，2]C．（0，1]D．（1，2）6．已知F1，F2是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若|PH|=a，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．7．已知3tan+=1，sinβ=3sin（2α+β），则tan（α+β）=（）A．B．﹣C．﹣D．﹣38．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每题4分，共36分）9．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是；几何体的体积是．10．若x=是函数f（x）=sin2x+acos2x的一条对称轴，则函数f（x）的最小正周期是；函数f（x）的最大值是．11．已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a1a2a3…a15=；设b n=（﹣1）n an，数列{b n}前n项的和为S n，则S2016=．12．已知整数x，y满足不等式，则2x+y的最大值是；x2+y2的最小值是．13．已知向量，满足：||=2，向量与﹣夹角为，则的取值范围是．14．若f（x+1）=2，其中x∈N*，且f（1）=10，则f（x）的表达式是．15．从抛物线y2=2x上的点A（x0，y0）（x0＞2）向圆（x﹣1）2+y2=1引两条切线分别与y 轴交B，C两点，则△ABC的面积的最小值是．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）16．如图，四边形ABCD，∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB．（Ⅰ）若2|CB|=|CD|=2，求△ABC的面积；（Ⅱ）若|CB|+|CD|=3，求|AC|的最小值．17．如图（1）E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，沿着EF将△AEF 折起，记二面角A﹣EF﹣C的度数为θ．（Ⅰ）当θ=90°时，即得到图（2）求二面角A﹣BF﹣C的余弦值；（Ⅱ）如图（3）中，若AB⊥CF，求cosθ的值．18．设函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=c|x|+bx+a，对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．（1）求|f（2）|的最大值；（2）求证：对任意的x∈[﹣1，1]，都有|g（x）|≤1．19．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得•为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．20．已知正项数列{a n}满足：S n2=a13+a23+…+a n3（n∈N*），其中S n为数列{a n}的前n项的和．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求证：＜（）+（）+（）+…+（）＜3．2016年浙江省五校联考高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1．定义集合A={x|f（x）=}，B={y|y=log2（2x+2）}，则A∩∁R B=（）A．（1，+∞）B．[0，1]C．[0，1）D．[0，2）【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】求出A中x的范围确定出A，求出B中y的范围确定出B，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：由A中f（x）=，得到2x﹣1≥0，即2x≥1=20，解得：x≥0，即A=[0，+∞），由2x+2＞2，得到y=log2（2x+2）＞1，即B=（1，+∞），∵全集为R，∴∁R B=（﹣∞，1]，则A∩∁R B=[0，1]．故选：B．2．△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”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】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】在△ABC中，由“a2+b2＜c2”，利用余弦定理可得：C为钝角，因此“△ABC为钝角三角形”，反之不成立．【解答】解：在△ABC中，“a2+b2＜c2”⇔cosC=＜0⇒C为钝角⇒“△ABC为钝角三角形”，反之不一定成立，可能是A或B为钝角．∴△ABC的三内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2+b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件．故选：A．3．对任意的θ∈（0，），不等式+≥|2x﹣1|恒成立，则实数x的取值范围是（）A．[﹣3，4] B．[0，2]C．D．[﹣4，5]【考点】基本不等式．【分析】对任意的θ∈（0，），sin2θ+cos2θ=1，可得+=（sin2θ+cos2θ）=5++，利用基本不等式的性质可得其最小值M．由不等式+≥|2x﹣1|恒成立，可得M≥|2x﹣1|，解出即可得出．【解答】解：∵对任意的θ∈（0，），sin2θ+cos2θ=1，∴+=（sin2θ+cos2θ）=5++≥5+2×2=9，当且仅当时取等号．∵不等式+≥|2x﹣1|恒成立，∴9≥|2x﹣1|，∴﹣9≤2x﹣1≤9，解得﹣4≤x≤5，则实数x的取值范围是[﹣4，5]．故选：D．4．已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列不正确的是（）A．平面ACB1∥平面A1C1D，且两平面的距离为B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的体积不变C．与所有12条棱都相切的球的体积为πD．M是正方体的内切球的球面上任意一点，N是△AB1C外接圆的圆周上任意一点，则|MN|的最小值是【考点】的真假判断与应用．【分析】A．根据面面平行的判定定理以及平行平面的距离进行证明即可．B．研究四面体的底面积和高的变化进行判断即可．C．所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C的长度，求出球半径进行计算即可．D．根据正方体内切球和三角形外接圆的关系进行判断即可．【解答】解：A．∵AB1∥DC1，AC∥A1C1，且AC∩AB1=A，∴平面ACB1∥平面A1C1D，长方体的体对角线BD1=，设B到平面ACB1的距离为h，则=×1=h，即h=，则平面ACB1与平面A1C1D的距离d=﹣2h==，故A正确，B．点P在线段AB上运动，则四面体PA1B1C1的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确，C．与所有12条棱都相切的球的直径2R等于面的对角线B1C=，则2R=，R=，则球的体积V==×π×（）3=π，故C正确，D．设与正方体的内切球的球心为O，正方体的外接球为O′，则三角形ACB1的外接圆是正方体的外接球为O′的一个小圆，∵点M在与正方体的内切球的球面上运动，点N在三角形ACB1的外接圆上运动，∴线段MN长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球相切的球的半径，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，∴线段MN长度的最小值是﹣．故D错误，故选：D．5．设函数f（x）=，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A．（0，1）B．[1，2]C．（0，1]D．（1，2）【考点】函数零点的判定定理．【分析】画出函数f（x）的图象，问题转化为f（x）和y=m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象读出即可．【解答】解：画出函数f（x）在[0，2π]的图象，如图示：，若函数g（x）=f（x）﹣m在[0，2π]内恰有4个不同的零点，即f（x）和y=m在[0，2π]内恰有4个不同的交点，结合图象，0＜m＜1，故选：A．6．已知F1，F2是双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，过点P向x轴作垂线，垂足为H，若|PH|=a，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】运用双曲线的定义和直径所对的圆周角为直角，运用勾股定理，化简可得|PF1|•|PF2|=2c2﹣2a2，再由三角形的等积法，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【解答】解：由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a，①由直径所对的圆周角为直角，可得PF1⊥PF2，可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2，②②﹣①2，可得2|PF1|•|PF2|=4c2﹣4a2，即有|PF1|•|PF2|=2c2﹣2a2，由三角形的面积公式可得， |PF1|•|PF2|=|PH|•|F1F2|，即有2c2﹣2a2=2ac，由e=可得，e2﹣e﹣1=0，解得e=（负的舍去）．故选：C．7．已知3tan+=1，sinβ=3sin（2α+β），则tan（α+β）=（）A．B．﹣C．﹣D．﹣3【考点】两角和与差的正切函数．【分析】由已知式子可得sin[（α+β）﹣α]=3sin[（α+β）+α]，保持整体展开变形可得tan（α+β）=2tanα，再由3tan+=1和二倍角的正切公式可得tanα的值，代入计算可得．【解答】解：∵sinβ=3sin（2α+β），∴sin[（α+β）﹣α]=3sin[（α+β）+α]，∴sin（α+β）cosα﹣cos（α+β）sinα=3sin（α+β）cosα+3cos（α+β）sinα，∴2sin（α+β）cosα=4cos（α+β）sinα，∴tan（α+β）===2tanα，又∵3tan+=1，∴3tan=1﹣，∴tanα==，∴tan（α+β）=2tanα=，故选：A．8．如图，棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是（）A．2（2+）B．2（+）C．2（+1）D．2（+1）【考点】点、线、面间的距离计算．【分析】如图所示，O在AC上，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠OAE=30°，由题意，设CO=x，则AO=4﹣x，由此可得顶点C1到平面α的距离的最大值．【解答】解：如图所示，AC的中点为O，C1O⊥α，垂足为E，则C1E为所求，∠AOE=30°由题意，设CO=x，则AO=4﹣x，C1O=，OE=OA=2﹣x，∴C1E=+2﹣x，令y=+2﹣x，则y′=﹣=0，可得x=，∴x=，顶点C1到平面α的距离的最大值是2（+）．故选：B．二、填空题（本大题共7小题，前4题每题6分，后3题每题4分，共36分）9．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是8π；几何体的体积是．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图可知几何体是组合体：中间是圆柱上下是半球，由三视图求出几何元素的长度，利用柱体、球体的体积公式计算出几何体的体积，由面积公式求出几何体的表面积．【解答】解：根据三视图可知几何体是组合体：中间是圆柱上下是半球，球和底面圆的半径是1，圆柱的母线长是2，∴几何体的表面积S=4π×12+2π×1×2=8π，几何体的体积是V==，故答案为：．10．若x=是函数f（x）=sin2x+acos2x的一条对称轴，则函数f（x）的最小正周期是π；函数f（x）的最大值是．【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．【分析】利用辅助角公式化f（x）=sin2x+acos2x=（tanθ=a），由已知求出θ得到a值，则函数的周期及最值可求．【解答】解：∵f（x）=sin2x+acos2x=（tanθ=a），又x=是函数的一条对称轴，∴，即．则f（x）=．T=；由a=tanθ=tan（）=tan=，得．∴函数f（x）的最大值是．故答案为：．11．已知数列{a n}满足：a1=2，a n+1=，则a1a2a3…a15=3；设b n=（﹣1）n a n，数列{b n}前n项的和为S n，则S2016=﹣2100．【考点】数列的求和．【分析】利用递推式计算前5项即可发现{a n}为周期为4的数列，同理{b n}也是周期为4的数列，将每4项看做一个整体得出答案．【解答】解：∵a1=2，a n+1=，∴a2==﹣3，a3==﹣，a4==，a5==2．∴a4n+1=2，a4n+2=﹣3，a4n+3=﹣，a4n=．∴a4n+1•a4n+2•a4n+3•a4n=2×=1．∴a1a2a3…a15=a13a14a15=a1a2a3=2×（﹣3）×（﹣）=3．∵b n=（﹣1）n a n，∴b4n+1=﹣2，b4n+2=﹣3，b4n+3=，b4n=．∴b4n+1+b4n+2+b4n+3+b4n=﹣2﹣3++=﹣．∴S2016=﹣×=﹣2100．故答案为：3，﹣2100．12．已知整数x，y满足不等式，则2x+y的最大值是24；x2+y2的最小值是8．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，代入最优解的坐标得答案．第二问，转化为点到原点的距离的平方，求出B的坐标代入求解即可．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由z=2x+y，得y=﹣2x+z，由图可知，当直线y=﹣2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，由可得，A（8，8）z最大等于2×8+8=24．x2+y2的最小值是可行域的B到原点距离的平方，由可得B（2，2）．可得22+22=8．故答案为：24；8．13．已知向量，满足：||=2，向量与﹣夹角为，则的取值范围是．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】不妨设=（x，0）（x≥0），=θ，=，=，=．由于向量与﹣夹角为，可得：∠AOB=θ∈.∈[﹣1，1]．在△OAB中，由正弦定理可得：==，化简整理可得：=2+﹣=+2，即可得出．【解答】解：不妨设=（x，0）（x≥0），=θ，=，=，=．∵向量与﹣夹角为，∴∠AOB=θ∈．∴∈，∈[﹣1，1]．在△OAB中，由正弦定理可得：==，∴=，=sinθ=，∴=2+﹣=+2=+2=+2∈．∴的取值范围是．故答案为：．14．若f（x+1）=2，其中x∈N*，且f（1）=10，则f（x）的表达式是f（x）=4•（）（x∈N*）．【考点】数列与函数的综合．【分析】由题意可得f（x）＞0恒成立，可对等式两边取2为底的对数，整理为log2f（x+1）﹣2=（log2f（x）﹣2），由x∈N*，可得数列{log2f（x）﹣2）}为首项为log2f（1）﹣2=log210﹣2，公比为的等比数列，运用等比数列的通项公式，整理即可得到f（x）的解析式．【解答】解：由题意可得f（x）＞0恒成立，由f（x+1）=2，可得：log2f（x+1）=1+log2，即为log2f（x+1）=1+log2f（x），可得log2f（x+1）﹣2=（log2f（x）﹣2），由x∈N*，可得数列{log2f（x）﹣2）}是首项为log2f（1）﹣2=log210﹣2，公比为的等比数列，可得log2f（x）﹣2=（log210﹣2）•（）x﹣1，即为log2f（x）=2+log2•（）x﹣1，即有f（x）=22•2=4•（）．故答案为：f（x）=4•（）（x∈N*）．15．从抛物线y2=2x上的点A（x0，y0）（x0＞2）向圆（x﹣1）2+y2=1引两条切线分别与y 轴交B，C两点，则△ABC的面积的最小值是8．【考点】抛物线的简单性质．【分析】设B（0，y B），C（0，y C），A（x0，y0），其中x0＞2，写出直线AB的方程为（y0﹣y B）x﹣x0y+x0y B=0，由直线AB与圆相切可得（x0﹣2）y B2+2y0y B﹣x0=0，同理：（x0﹣2）y A2+2y0y A﹣x0=0，故y A，y B是方程（x0﹣2）y2+2y0y﹣x0=0的两个不同的实根，因为S=|y C﹣y B|x0，再结合韦达定理即可求出三角形的最小值．【解答】解：设B（0，y B），C（0，y C），A（x0，y0），其中x0＞2，所以直线AB的方程，化简得（y0﹣y B）x﹣x0y+x0y B=0直线AB与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，两边平方化简得（x0﹣2）y B2+2y0y B﹣x0=0 同理可得：（x0﹣2）y A2+2y0y A﹣x0=0，故y C，y B是方程（x0﹣2）y2+2y0y﹣x0=0的两个不同的实根，所以y C+y B=，y C y B=，所以S=|y C﹣y B|x0==（x0﹣2）++4≥8，所以当且仅当x0=4时，S取到最小值8，所以△ABC的面积的最小值为8．故答案为：8．三、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）16．如图，四边形ABCD，∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB．（Ⅰ）若2|CB|=|CD|=2，求△ABC的面积；（Ⅱ）若|CB|+|CD|=3，求|AC|的最小值．【考点】余弦定理．【分析】（Ⅰ）由已知可求∠DCB，利用余弦定理可求BD，进而求得AC，AB，利用三角形面积公式即可得解．（Ⅱ）设|BC|=x＞0，|CD|=y＞0，由已知及基本不等式可求BD的最小值，进而可求AC 的最小值．【解答】（本题满分为15分）解：（Ⅰ）∵∠DAB=60°，CD⊥AD，CB⊥AB，可得A，B，C，D四点共圆，∴∠DCB=120°，∴BD2=BC2+CD2﹣2CD•CB•cos120°=1+4+2=7，即BD=，∴，∴，∴．…（Ⅱ）设|BC|=x＞0，|CD|=y＞0，则：x+y=3，BD2=x2+y2+xy=（x+y）2﹣xy，∴，当时取到．…17．如图（1）E，F分别是AC，AB的中点，∠ACB=90°，∠CAB=30°，沿着EF将△AEF 折起，记二面角A﹣EF﹣C的度数为θ．（Ⅰ）当θ=90°时，即得到图（2）求二面角A﹣BF﹣C的余弦值；（Ⅱ）如图（3）中，若AB⊥CF，求cosθ的值．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）推导出AE⊥平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则∠AHE为二面角A﹣BF﹣C的平面角，由此能求出二面角A﹣BF﹣C的余弦值．（Ⅱ）过点A向CE作垂线，垂足为G，由AB⊥CF，得GB⊥CF，由此能求出cosθ的值．【解答】解：（Ⅰ）∵平面AEF⊥平面CEFB，且EF⊥EC，∴AE⊥平面CEFB，过点E向BF作垂线交BF延长线于H，连接AH，则∠AHE为二面角A﹣BF﹣C的平面角设，，，∴，∴二面角A﹣BF﹣C的余弦值为．（Ⅱ）过点A向CE作垂线，垂足为G，如果AB⊥CF，则根据三垂线定理有GB⊥CF，∵△BCF为正三角形，∴，则，∵，∴，∴cosθ的值为．18．设函数f（x）=ax2+bx+c，g（x）=c|x|+bx+a，对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．（1）求|f（2）|的最大值；（2）求证：对任意的x∈[﹣1，1]，都有|g（x）|≤1．【考点】二次函数的性质；绝对值三角不等式．【分析】（1）由|f（x）|≤得|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（﹣1）|≤，代入解析式即可得出a，b，c的关系，使用放缩法求出|f（2）|的最值；（2）由（1）得出|g（±1）|，故g（x）单调时结论成立，当g（x）不单调时，g（x）=a，利用不等式的性质求出a的范围即可．【解答】解：（1）∵对任意的x∈[﹣1，1]都有|f（x）|≤．|f（0）|≤，|f（1）|≤，|f（﹣1）|≤，∴|c|≤，|a+b+c|≤，|a﹣b+c|≤；∴|f（2）|=|4a+2b+c|=|3（a+b+c）+（a﹣b+c）﹣3c|≤|3（a+b+c）|+|（a﹣b+c）|+|﹣3c|≤=．∴|f（2）|的最大值为．（2）∵﹣≤a+b+c≤，﹣≤a﹣b+c≤，﹣≤c≤，∴﹣1≤a+b≤1，﹣1≤a﹣b≤1，∴﹣1≤a≤1，若c|x|+bx=0，则|g（x）|=|a|，∴|g（x）|≤1，若c|x|+bx≠0，则g（x）为单调函数，|g（﹣1）|=|a﹣b+c|≤，|g（1）|=|a+b+c|≤，∴|g（x）|．综上，|g（x）|≤1．19．已知椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点（1，0）的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得•为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程与椭圆立，利用韦达定理、根的判别式、向量的数量积，结合已知条件能求出存在点满足．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C： +=1（a＞b＞0）的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2+y2=相切，∴，解得c 2=1，a 2=4，b 2=3∴椭圆方程为（Ⅱ）当直线l 的斜率存在时，设其方程为y=k （x ﹣1），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则△＞0，，若存在定点N （m ，0）满足条件，则有=（x 1﹣m ）（x 2﹣m ）+y 1y 2=如果要上式为定值，则必须有验证当直线l 斜率不存在时，也符合．故存在点满足20．已知正项数列{a n }满足：S n 2=a 13+a 23+…+a n 3（n ∈N *），其中S n 为数列{a n }的前n 项的和．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）求证：＜（）+（）+（）+…+（）＜3．【考点】数列与不等式的综合；数列递推式．【分析】（Ⅰ）通过S n 2=a 13+a 23+…+a n 3（n ∈N *）与S n ﹣12=a 13+a 23+…+a n ﹣13（n ≥2，n ∈N *）作差、计算可知S n +S n ﹣1=，并与S n ﹣1﹣S n ﹣2=作差、整理即得结论；（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知，一方面利用不等式的性质、累加可知（）+（）+（）+…+（）＞，另一方面通过放缩、利用裂项相消法计算可知++…+＜2，进而整理即得结论．【解答】解：（Ⅰ）∵S n 2=a 13+a 23+…+a n 3（n ∈N *）， ∴S n ﹣12=a 13+a 23+…+a n ﹣13（n ≥2，n ∈N *），两式相减得：﹣=，∴a n （S n +S n ﹣1）=，∵数列{a n }中每一项均为正数，∴S n +S n ﹣1=，又∵S n ﹣1﹣S n ﹣2=，两式相减得：a n ﹣a n ﹣1=1，又∵a 1=1， ∴a n =n ；证明：（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∵，∴，即，令k=1，2，3，…，n ，累加后再加得：（）+（）+（）+…+（）＞2+2+ (2)=（2n +1）=，又∵+++…+＜3等价于++…+＜2，而=＜=（﹣）=（﹣）＜（﹣）=2（﹣），令k=2，3，4，…，2n+1，累加得：++…+＜2（1﹣）+2（﹣）+…+2（﹣）=2（1﹣）＜2，∴．2016年8月11日。

浙江省五校联考2018年高考模拟数学理科试卷及答案解析

浙江省五校联考2018年高考模拟数学理科试卷（总分：150分时间：120分钟）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分． 1. 已知集合(){},|1A x y y x ==-，(){},|1B x y y x ==-+，则A B =I( )A.∅B.{}1C.{}0,1D.(){}1,02.已知复数z= 201821i i++（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数．．．．在复平面内对应的点位于（） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3.如图所示茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分），已知甲组数据的中位数为17，乙组数据的平均数为17.4，则x 、y 的值分别为（）A. 7、8B. 5、7C. 8、5D. 7、74. 设向量a ，b 满足，()3-=g a a b ，则a 与b 的夹角为5若123)(23++-=x x a x x f 在区间⎪⎭⎫⎝⎛3,21上有极值点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.6. 执行如图所示的程序框图，若输出的57S =，则判断框内应填入的条件是（） A ．4k > B ．5k > C.6k > D ．7k >7. 已知ABCD 为正方形，其内切圆I 与各边分别切于E ，F ，G ，H ，连接EF ，FG ，GH ，HE ．现向正方形ABCD 内随机抛掷一枚豆子，记事件A ：豆子落在圆I 内，事件B ：豆子落在四边形EFGH 外，则(|)P B A =（）A ．14π-B ．4π C ．21π-D ．2π8. 已知函数⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤=1,4sin 10,2)(x x x x f x π，则=-+)7log 3()2(2f fA ．87 B ． 227 C ．158 D ． 1579.我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼— 15”飞机准备着舰，如果乙机不能最先着舰，而丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为（） A. 24 B. 36 C.48 D. 9610．已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，直线24y x =-与C 交于A ，B 两点．则cos AFB ∠=( )A ．45B ．35C ．35-D ．45-11. 中国古代数学专著《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖b i e．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知三棱锥P ADE -为鳖臑,且PA ⊥平面ABCE ，2AB AD ==，1ED =，该鳖臑．．的外接球的表面积为9π，则阳马．．的外接球的体积为A． B． C． D．12．已知函数()(1)(2)e e xf x m x x =----，若关于x 的不等式0)(>x f 有且只有一个正整数解，则实数m 的最大值为A ．3e e 2+B ．2e e 2+C ．3e e 2-D ．2e e2-第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答．作图题可先用2B 铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，在试题卷上作答无效．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13. 已知平面向量(==m ,n ，则m 在n 上的投影=_______.14. 已知6260126(2)(1)(1)...(1)x a a x a x a x +=+++++++，则3a = ．（结果用数值表示）．15．在ABC △中，AB BC =，7cos 18B =-．若以A B ，为焦点的椭圆经过点C ，则该椭圆的离心率e = ．16．对1x R ∀∈，[]23,4x ∃∈，使得不等式2211221223x x x x x mx ++≥++成立，则实数m 的取值范围是．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答． 17. （本小题满分12分）已知数列{a n }满足a l =﹣2，a n+1=2a n +4．（I ）证明数列{a n +4}是等比数列；（Ⅱ）求数列{|a n |}的前n 项和S n ．18. （本小题满分12分）如图，已知长方形ABCD 中，22AB =，2AD =，M 为DC 的中点.将∆ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM.（1）求证：AD BM ⊥；（2若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D --的余弦值为519. （本小题满分12分）四川省阆中中学某部根据运动场地的影响，但为尽大可能让学生都参与到运动会中来，在2018春季运动会中设置了五个项目，其中属于跑步类的两项，分别是200米和400米，另外三项分别为跳绳、跳远、跳高．学校要求每位学生必须参加，且只参加其中一项，学校780名同学参加各运动项目人数统计如下条形图：其中参加跑步类的人数所占频率为713，为了了解学生身体健康与参加运动项目之间的关系，用分层抽样的方法从这780名学生中抽取．．13．．人进行分析．．．．．．．（Ⅰ）求条形图中m 和n 的值以及抽取的13人中参加200米的学生人数；（Ⅱ）现从抽取的参加400米和跳绳两个项目中随机抽取4人，记其中参加400米跑的学生人数为X ，求离散型随机变量X 的分布列与数学期望．20.（本小题满分12分）已知椭圆C ：22221x y a b+=（0a b >>）的左右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，点A 在椭圆C 上，1||2AF =，1260F AF ∠=︒，过2F 与坐标轴不垂直的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若P ，Q 的中点为N ，在线段2OF 上是否存在点(,0)M m ，使得MN PQ ⊥？若存在，求实数m 的取值范围；若不存在，说明理由． 21.（本小题满分12分）已知函数()()R a a x x a x x x f ∈+--=22ln 在其定义域内有两个不同的极值点. （1）求a 的取值范围；（2）记两极值点分别为.,,2121x x x x <且已知0>λ，若不等式112e x x λλ+<⋅恒成立，求λ的范围.请考生在第22,23,三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题给分.作答时请写清题号22. （本小题满分10分）已知曲线C ： 21sin ρθ=-，直线cos :sin x t l y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数，0απ≤<）. （Ⅰ）求曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线C 交于A 、B 两点（A 在第一象限），当30OA OB +=时，求α的值. 23. （本小题满分10分）已知函数f （x ）=﹣x 2+ax+4，g （x ）=|x+1|+|x ﹣1|．（1）当a=1时，求不等式f （x ）≥g （x ）的解集；（2）若不等式f （x ）≥g （x ）的解集包含[﹣1，1]，求a 的取值范围．理科数学答案一、选择题（每小题5分，共计60分）二．填空题（每小题5分，共计20分）13． -1 14． 20 15． 3816．(],3-∞ 三、解答题17.（I ）证明：∵数列{a n }满足a l =﹣2，a n+1=2a n +4，∴a n+1+4=2（a n +4）..................3分 ∴数列{a n +4}是等比数列，公比与首项为2．...............................................................6分（II ）解：由（I ）可得：a n +4=2n ， ∴a n =2n ﹣4，...............................................8分∴当n=1时，a 1=﹣2；n≥2时，a n ≥0，..........................................................................9分 ∴n≥2时，S n =﹣a 1+a 2+a 3+…+a n =2+（22﹣4）+（23﹣4）+…+（2n ﹣4） =﹣4（n ﹣1）=2n+1﹣4n+2．n=1时也成立．............................................11分∴S n =2n+1﹣4n+2．n ∈N * ．.............................................................................................12分 18. 【答案】（1）解：证明：∵长方形ABCD 中，AB=，AD=，M 为DC 的中点，∴AM=BM=2，∴BM ⊥AM.....................................3分∵平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM∩平面ABCM=AM ，BM ⊂平面ABCM ∴BM ⊥平面ADM ∵AD ⊂平面ADM∴AD ⊥BM.......................................................5分（2）解：建立如图所示的直角坐标系设，则平面AMD 的一个法向量，...................................7分，设平面AME 的一个法向量则取y=1，得所以，............................................10分因为，求得，所以E 为BD 的中点 .......................11分19..（Ⅱ）由题意，得抽取的13人中参加400米的学生人数有240134780⨯=，参加跳绳的学生人数有3人，所以X 的所有可能取值为1、2、3、4，………………6分()134347C C 41C 35P X ===，()224347C C 182C 35P X ===，()314347C C 123C 35P X ===，()4447C 14C 35P X ===，………………9分所以离散型随机变量X 的分布列为：……………………………………………………………………………11分所以41812116()1234353535357E X =⨯+⨯+⨯+⨯=．………………12分 20．解：（Ⅰ）由12e =得2a c =，1||2AF =，2||22AF a =-，由余弦定理得，222121212||||2||||cos ||AF AF AF AF A F F +-⋅=，解得1c =，2a =，2223b a c =-=，所以椭圆C 的方程为22143x y +=． (5)分（Ⅱ）存在这样的点M 符合题意. 设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，00(,)N x y ，由2(1,0)F ，设直线PQ 的方程为(1)y k x =-，由221,43(1),x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩得2222(43)84120k x k x k +-+-=，…………………7分由韦达定理得2122843k x x k +=+，故212024243x x k x k +==+，又点N 在直线PQ 上，02343k y k -=+，所以22243(,)4343k kN k k -++. …………………9分因为MN PQ ⊥，所以22230143443MNk k k k k m k --+==--+，整理得22211(0,)34344k m k k==∈++，所以存在实数m ，且m 的取值范围为1(0,)4．...12分21.I 依题意得函数)(x f 得定义域为(0,+∞)，所以方程0)('=x f 在(0,+∞)有两个不同的根，即方程0ln =-ax x 在(0,+∞)有两个不同的根. 问题转化为函数xx x g ln )(=与ay =的图象(0,+∞)有两个不同的交点. 又,ln 1)('2xxx g -=即当e x <<0时，0)('>x g ；当e x >时，0)('<x g ，所以)(x g 在),0(e 上单调递增，在),(+∞e 上单调递减.从而ee g x g 1)()(==极大值 ………………3分又)(x g 有且只有一个零点是1，且当0→x 时，-∞→)(x g ；当+∞→x 时，0)(→x g . 所以，要想函数xxx g ln )(=与函数a y =的图象(0,+∞)有两个不同的交点，只需e a 10<<.…6分 (II )因为λλ+⋅<211x x e 等价于21ln ln 1x x λ+<λ+，由(I )知21,x x 是方程0ln =-ax x 的两个根，即2211ln ,ln ax x ax x ==，所以原式等价于)(ln ln 12121x x a x x λ+=λ+<λ+，因为2100x x <<>λ，，所以原式等价于211x x a λ+λ+>. …………8分又由2211ln ,ln ax x ax x ==作差得)(ln2121x x a x x -=，即2121ln x x x x a -=.所以原式等价于2121211lnx x x x x x λ+λ+>-，因为210x x <<时，原式恒成立，即212121)()1(ln x x x x x x λλ+-+〈恒成立. 令)1,0(,21∈=t x x t ，则不等式)1()1(ln -++<t t t λλ在)1,0(∈t 上恒成立. 令λλ+-+-=t t t t h )1()(1ln )(，又2222)()()1()()(11)('λ+λ--=λ+λ+-=t t t t t t t h ，当12≥λ时，可见)(0,1∈t 时，0)('>t h ，所以)(0,1)(∈t t h 在上单调递增, 又)(0,10)(,0)(1∈<=t t h h 在上恒成立，符合题意. …………10分当12<λ时，可见当)(0,2λ∈t 时，0)('>t h ，当)1(2，λ∈t 时，0)('<t h 所以)(0,)(2λ∈t t h 在上单调递增, 在),1(2λ∈t 上单调递减，又)(0,10)(,0)(1∈<=t t h h 在上不恒成立，不符合题意，舍去.综上所述，若不等式λλ+⋅<211x x e 恒成立，只需12≥λ，又0>λ，所以1≥λ…………12分22解：（Ⅰ）由，得，................................................................2分所以曲线C 的直角坐标方程为 ................................................................................5分（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入，得，.......7分设A ，B 两点对应的参数分别为，由韦达定理及得，故 (10)分23.（1）解：（1）当a=1时，f （x ）=﹣x 2+x+4，是开口向下，对称轴为x=的二次函数，g （x ）=|x+1|+|x ﹣1|= ，................................................................................2分当x ∈（1，+∞）时，令﹣x 2+x+4=2x ，解得x=，g （x ）在（1，+∞）上单调递增，f （x ）在（1，+∞）上单调递减，∴此时f （x ）≥g （x ）的解集为（1，]； (3)分当x ∈[﹣1，1]时，g （x ）=2，f （x ）≥f （﹣1）=2．当x ∈（﹣∞，﹣1）时，g （x ）单调递减，f （x ）单调递增，且g （﹣1）=f （﹣1）=2．综上所述，f （x ）≥g （x ）的解集为[﹣1，]；...........................................................5分（2）依题意得：﹣x 2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立，即x 2﹣ax ﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，则只需，解得﹣1≤a≤1，故a 的取值范围是[﹣1，1]． ...............................................................................................10分。

2018~2019学年浙江省5月高三模拟考五校联考数学试卷 word版含参考答案

2018学年浙江省高三“五校联考”考试数学试题卷命题学校：绍兴一中说明：本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式选择题部分（共40分）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. 已知集合{}1,1,3,5,7,9U =-，{1,5}A =，{}7,5,1-=B ，则()U C A B =（ ▲ ）A.{}3,9B.{}1,5,7C.{}9,3,1,1-D.{}1,1,3,7,9-2. 如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ▲ ） A. 624+ B. 64+C. 224+D. 24+3. 已知数列}{n a ,满足n n a a 31=+,且9642=a a a ，则 =++937353log log log a a a （ ▲ ） A.5 B. 6 C. 8 D. 114. 已知0>+y x ，则“0>x ”是“2||2||22y x y x +>+”的（ ▲ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件（第2题图）5. 函数1e 1xx y x--=+的大致图象为（ ▲ ）6. 已知实数y x ,满足1,210,0,y y x x y m ≥⎧⎪-+≤⎨⎪+-≤⎩如果目标函数y x z -=的最小值为－1，则实数m 等于（ ▲ ）A ．7B ．5C ．4D ．3 7. 已知αααcos sin 2tan+=M ，)28(tan8tan+=ππN ，则M 和N 的关系是（ ▲ ）A.N M >B.N M <C.N M =D. M 和N 无关 8. 已知函数2|log |,0,()1,0.x x f x x x >⎧=⎨-≤⎩，函数1|)(2|)(--=m x f x g ，且Z m ∈，若函数)(x g 存在5个零点，则m 的值为（ ▲ ）A. 5B. 3C. 2D. 19. 设,,为平面向量，2||||==，若0)()2(=-⋅-，则⋅的最大值为（ ▲ ） A. 2 B.49C. 174D. 5 10. 如图，在三棱锥ABC S -中，AC SC =,θ=∠SCB ,θπ-=∠ACB ,二面角A BC S --的平面角为α，则（ ▲ ）A.θα≥B.α≥∠SCAC.α≤∠SBAD.SBA α∠≥非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分. 11．已知复数z 满足()1+22i z i =+，则z = ▲ ，|z |= ▲ .12． 251()(1)(2)f x x x x x=++-的展开式中各项系数的和为 ▲ ，该展开式中的常数项为 ▲ .B （第 10题图）SACB13．已知函数()cos()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+><图象中两相邻的最高点和最低点分别为(,1),12π7(,1)12π-，则函数()f x 的单调递增区间为 ▲ ，将函数()f x 的图象至少平移 ▲ 个单位长度后关于直线4x π=-对称.14．一个正四面体的四个面上分别标有1，2，3，4，将该正四面体抛掷两次，则向下一面的数字和为偶数的概率为 ▲ ，这两个数字和的数学期望为 ▲ .15．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>中，12,A A 是左、右顶点，F 是右焦点，B 是虚轴的上端点．若在线段BF 上（不含端点）存在不同的两点(1,2)i P i =，使得120i i PA PA ⋅=，则双曲线离心率的取值范围是 ▲ .16．从0,1,2,…,8这九个数字中取五个不同的数组成五位偶数，且奇数数字不能放在偶数位（从万位到个位分别是第一位，第二位……），有 ▲ 个不同的数.（用数字作答） 17．已知实数,[1,1]x y ∈-，,,max{,},.a a b a b b a b ≥⎧=⎨<⎩则22max{1,|2|}x y x y -+-的最小值为 ▲ .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．（本题满分14分）已知ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c，且cos sin 22A A -= (Ⅰ)求角A 的大小； (Ⅱ)当)14a A C =+=，求c 的值.19．（本题满分15分）如图，已知ABC ∆中，AB BC AC ===，点A ∈平面α，点,B C 在平面α的同侧，且,B C 在平面α上的射影分别为,E D ，22BE CD ==. (Ⅰ)求证：平面ABE ⊥平面BCDE ；(Ⅱ)若M 是AD 中点，求平面BMC 与平面α所成锐二面角的余弦值.AE.BCDMα（第19题图）20．（本题满分15分）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2212(N )n n n S a a n *+=+∈.(Ⅰ)（i ）求数列{}n a 的通项公式；（ii ）已知对于N n *∈，不等式1231111nM S S S S ++++<恒成立，求实数M 的最小值； (Ⅱ) 数列{}n b 的前n 项和为n T ，满足2142(N )n a n T n λ-*=-∈，是否存在非零实数λ，使得数列{}n b为等比数列？并说明理由. 21．（本题满分15分）已知椭圆2214x y +=，抛物线22x y =的准线与椭圆交于,A B 两点，过线段AB 上的动点P 作斜率为正的直线l 与抛物线相切，且交椭圆于,M N 两点. (Ⅰ)求线段AB 的长及直线l 斜率的取值范围； (Ⅱ)若104Q （，），求MNQ ∆面积的最大值.22．（本题满分15分）已知函数()e xf x ax b =--.(其中e 为自然对数的底数)(Ⅰ)若()0f x ≥恒成立，求ab 的最大值；(Ⅱ)设()ln 1g x x =+，若()()()F x g x f x =-存在唯一的零点，且对满足条件的,a b 不等式e 1)-+≥（m a b 恒成立，求实数m的取值集合.2019 五校联考参考答案一、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11．4355i-，1； 12． 3，-40 ； 13．5[,]()1212k k k Zππππ-+∈，6π； 14．12,5；15e<<； 16．1680； 17．32．三、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. 解：(Ⅰ)由得21)2sin2(cos2=-AA,即212cos2sin21=-AA21sin=A，-------------------3分又π<<A0，02sin2cos>-AA,2sin)22sin(2cosAAA>-=π,2,222ππ<>-AAA所以6π=A-------------------7分(Ⅱ)由1421)sin(=+AC,得1421sin=B由正弦定理：BbAasinsin=,得3=b-------------------10分由余弦定理：Abccba cos2222-+=，得cc3372-+=，4=c或1-=c（舍去）所以4=c-------------------14分19. (Ⅰ)证明：由条件，ADEBE平面⊥,AEBE⊥∴,由计算得3,6,3===ADEDAE,222ADEDAE=+∴,AEED⊥又EBEED=⋂,BCDEAE平面⊥∴,而ABEAE平面⊂∴BCDEABE平面平面⊥------------------6分(Ⅱ)以E为坐标原点，直线EA,ED,EB为x,y,z轴建立空间直角坐标系，)1,6,0(),0,6,0(),2,0,0(),,0,3(CDBA,则)0,26,23(M,3(,2)22BM=-, 1)BC=-,平面α的法向量为(0,0,1)m=-------------------8分设平面MBC的法向量),,(zyxn=，由{n BCn BM⋅=⋅=20zz-=-=⇒取1,(32,1,y n==------------------11分设平面BMC 与平面α所成锐二面角为θ，则6cos ||5||||m n m n θ⋅==⋅所以平面BMC 与平面α所成锐二面角的余弦值为5. -------------------15分20. 解：(Ⅰ) （i ）1，所以0又,212,时111211=>+=+=a a a a a n n ，…………………….1分当,时2≥n )(2122∙∈+=+N n a a S n n n )(2121-21-1-∙∈+=+N n a a S n n n作差整理得： ,因为 ,所以，故数列{}n a 为等差数列，. ……………………………………………………..4分（ii ）由（i ）知，4)3(+=n n S n ，所以)311(34)3(41+-=+=n n n n S n，从而=++++nS S S S 1111321)311()2111()1121()6131()5121()411((34+-++--++--++-+-+-n n n n n n )31211131211(34+-+-+-+++=n n n 922)312111611(34<+-+-+-+=n n n ，所以922≥M ，故实数的最小值为922…………………………………….8分 (Ⅱ)由)(2412∙-∈-=N n T n a n λ知λλλ241,24+=-=n n n n T T …………………………..9分当λ6,时11==b n ，……………………………………………………10分当λλλλ241241,时211--+=-=≥--n n n n n T T b n143-=n λ所以)2(4431≥==+n b b n n n λ，…………………………………………………….12分若数列{}n b 是等比数列，则有124b b =而λ122=b ，所以212=b b 与b 2=4b 1矛盾。

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学精彩试题全WORD版

实用文档标准文案宁波市2018年高考模拟考试数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．1．已知集合??05Axx???，??2280Bxxx????，则AB? A．??2,4?B．??4,5C．??2,5?D．??0,42．已知复数z满足(1)2zii???（i为虚数单位），则z的虚部为A32i?B32i C32?D．323．已知直线l、m与平面?、?，??l，??m，则下列命题中正确的是A．若ml//，则必有??//B．若ml?，则必有???C．若??l，则必有???D．若???，则必有??m4．使得13n xxx???????（nN??）的展开式中含有常数项的最小的n为A．4B．5C．6D．75．记n S为数列{}n a的前n项和．“任意正整数n，均有0n a?”是“{}n S为递增数列”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6．已知实数x，y满足不等式组2403480280xyxyxy??????????????，则xy?的最大值为A. 0B. 2C. 4D. 87．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A．48种 B．72种 C．96种 D．216种8．设抛物线24yx?的焦点为F，过点(5,0)P的直线与抛物线相交于,AB两点，与抛物线的准线相交于C，若5BF?，则BCF?与ACF?的面积之比BCFACF SS??? A．56 B．2033C．1531 D．20299．已知a为正常数，2221,()321,xaxxafxxaxaxa???????????,若存在(,)42????，满足(sin)(cos)ff???，则实数a的取值范围是A. 1(,1)2B.)1,22(C.)2,1(D. )22,21(10．已知,xy均为非负实数，且1xy??，则22244(1)xyxy????的取值范围为（第7题图）实用文档标准文案23（第14题图）A. 2[,4]3 B．[1,4] C．[2,4]D．[2,9]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．双曲线2213yx??的离心率是，渐近线方程为12．已知直线:1lmxy??．若直线l与直线10xmy???平行，则m的值为；动直线l被圆222240xxy????截得弦长的最小值为13．已知随机变量X的分布列如下表：X a234P13b1614若2EX?，则a?；DX?14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为，该三棱锥的外接球体积为15．已知数列{}n a与2{}n an均为等差数列（nN??），且12a?，则23321()))23nn aaaan?????（（16．已知实数,,abc满足：2a bc????，4abc??.则cba??的最小值为17．已知棱长为1的正方体1111ABCDABCD?中，E为侧面11BBCC中心，F在棱AD 上运动，正方体表面上有一点P满足111DPxDFyDE??(0,0)xy??，则所有满足条件的P点构成图形的面积为三、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．（本题满分14分）已知函数()4cossin16fxxx???????????. （Ⅰ）求函数()fx 的单调递增区间；（Ⅱ）在ABC?中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若满足()0fB?，2a?，且D是BC的中点，P是直线AB上的动点，求PDCP?的最小值．ECBDC1A1B1D1AF（第17题图）实用文档标准文案19．（本题满分15分）如图，四边形ABCD为梯形，，∥???60,CCDAB点E在线段CD上，满足BECD?,且124CEABCD???，现将ADE?沿AE翻折到AME位置，使得210MC?．（Ⅰ）证明：AEMB?;（Ⅱ）求直线CM与面AME所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知函数1()lnfxaxxx???，其中a为实常数．（Ｉ）若12x?是()fx的极大值点，求(fx）的极小值；（Ⅱ）若不等式1lnaxbxx???对任意502a???，122x??恒成立，求b的最小值．实用文档标准文案21．（本题满分15分）如图，椭圆2222:1(0)xyCabab????的离心率为32，点(2,1)M?是椭圆内一点，过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线12,ll，设1l与椭圆C相交于点,AB，2l与椭圆C相交于点,DE．当M恰好为线段AB的中点时，10AB?．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求ADEB?的最小值．22. （本题满分15分）三个数列{}{}nnn abc，，满足11110a??，11b?，21|1|252nnnn aaaa??????，121nn bb???，,*n nb caNn??．（Ⅰ）证明：当2n?时，1n a?；（Ⅱ）是否存在集合[,]ab，使得[,]n cab?对任意*nN?成立，若存在，求出ba?的最小值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求证：232311226(*,2)22nnnn cnNnccc??????????．实用文档标准文案宁波市2018年高考模拟考试数学参考答案第Ⅰ卷（选择题共40分）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．D 2．C 3．C 4．B 5．A 6．C 7．C 8．D 9．D 10．A9．()fx关于直线xa?对称，且在[,)a??上为增函数．所以sincos2sin()224a????????因为(,)42????，3(,)424??????．所以2sin(12()2)242a?????，．10．简解：1()2xyz???，则试题等价于21xyz???，满足,,0xyz?，求2224()xyz??的取值范围．设点1(0,0,)2A，(1,0,0)B，(0,1,0)C，点(,,)Pxyz可视为长方体的一个三角截面ABC上的一个点，则2222||OP xyz???，于是问题可以转化为||OP的取值范围．显然||1OP?，||OP的最小值为O到平面ABC的距离，可以利用等积法计算．因为OABCAOBC VV???，于是可以得到1||6OP?．所以21||[,1]6OP?，即2224[]xyz??2[,4]3?．另解：因为,0xy?，所以2222()()2xyxyxy?????实用文档标准文案令txy??，则01t??22222244(1)4(1)5214xyxytttt???????????．当0xy?且1t?，即0,1xy??或1,0xy??时取等号；另一方面，222222244(1)2(1)3213xyxytttt???????????当16xy??时取等号．所以222244(1)[,4]3xyxy?????．第Ⅱ卷（非选择题共110分）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．11．2，3yx?? 12．1?，223 13．0；52144315??，2053? 15．221??n16．6 1711816．简解：不妨设a是,,abc中的最小者，即,abac??，由题设知0a?，且2bca????，4bca??. 于是,bc是一元二次方程24(2)0xaxa????的两实根，24(2)40aa??????，3244160aaa????，2(4)(4)0aa???, 所以4a??.又当4a??,1bc??时，满足题意. 故,,abc中最小者的最大值为4?.因为,,0abc?，所以,,abc为全小于0或一负二正.1）若,,abc为全小于0，则由（1）知，,,abc中的最小者不大于4?，这与2abc????矛盾. 2）若,,abc为一负二正，设0,0,0abc???，则22826abcabca?????????????当4a??,1bc??时，满足题设条件且使得不等式等号成立．故cba??的最小值为6.17．答：118．构成的图形，如图所示．记BC中点为N，所求图形为直角梯形ABND、BNE?、NCBDC1A1B1D1A．实用文档标准文案1DAD?．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．（本题满分14分）解答：（Ⅰ）31()4cos(sincos)122fxxxx???3sin2cos222sin(2)26xxx???????……………………4分由于222,262kxkkZ????????????，所以()fx增区间为,,63kkkZ?????????????．……………………6分（Ⅱ）由()2sin(2)206fBB?????得262B????，所以3??B. …………8分作C关于AB的对称点'C, 连BCPCDC''',,，7)()('2'22'?????BCBDBCBDDC……………………12分.7,,7共线时，取最小值，当DPCDCPDPCPDCP????????……………………14分19．（本题满分15分）解答：（Ⅰ）方法一：连BD交AE于N，由条件易算43BD?∴BCBD?··········2分又//BCAE∴AEBD?··········4分从而,AEABNMEN??所以AEMNB?平面··········6分∴AEMB?··········7分方法二：由102,2,6????MCCEDEME，得A ABEMBECDC（第19题图）实用文档标准文案222MCCEME?? , 故CEME?，又CEBE?，所以CEBEM?平面，……………………2分所以CEBM?，……………………3分可得BMAB?，计算得62,72???MBAMAD,从而222BEMBME??,BMBE?……………………5分?MB平面ABE，所以AEMB?. ……………………7分（Ⅱ）方法一：设直线CM与面AME所成角为?，则sin hMC??，其中h为C到AME面的距离. …………………9分∵AEBC∥∴C到AME面的距离即B到AME面的距离.由1133MABEABEBAMEAEM VSBMVSh???????．…………………12分所以263ABEAEM SBMhS????∴15sin15hMC??? . ……………………………………………15分方法二：由MBABCE?面，如图建系，(0,2,0),(23,2,0),AC?(23,,0),(0,0,26),EM则(0,2,26),(23,2,0),AMAE????(23,2,26)MC???设平面AME的法向量为(,,)mxyz?，由00m AM mAE?????????，可取(2,6,1)m?， (12)分15sincos,15mMCmMCmMC?????????．.………………………15分zyAMBECx实用文档标准文案xyEDAMO B（第21题图）20．（本题满分15分）解答：（Ｉ）221()xax fxx????，因为0x?．由1'()02f?，得211()1022a???，所以52a?? ,…………3分此时51()ln2fxxxx????．则222511(2)()22'()xxxxfxxx??????．所以()fx在1[,2]2上为减函数，在[2,)??上为增函数．…………5分所以2x?为极小值点，极小值35ln2(2)22f??．. …………6分（Ⅱ）不等式1lnaxbxx???即为()fxb?．所以max()bfx?．……………………………8分ⅰ）若12x??，则ln0x?，1113()ln222fxaxxxxx????????当0,2ax??时取等号；……………………………10分ⅱ）若112x??，则ln0x?，151()lnln2fxaxxxxxx???????．由（Ｉ）可知51()ln2gxxxx????在1[,1]2上为减函数．所以当112x??时，153()()ln2222gxg???．……………………13分因为53533ln2122222?????．所以max3(2fx)=于是min32b?．……………………15分21．（本题满分15分）解答：（Ⅰ）由题意设224ab?，…………………2分即椭圆2222:14xyCbb??，设1122(,),(,),AxyBxy3344(,),(,)CxyDxy由22211222224444xybxyb???????作差得，实用文档标准文案1212()()xxxx???12124()()0yyyy???又∵(2,1)M?,即12124,2xxyy?????，∴AB斜率121212yykxx????．…………………………4分由222214122xybbyx???????????．消x得，224820xxb????．则2212111164(82)104ABkxxb????????．解得23b?，于是椭圆C的方程为：221123xy??．…………………6分（Ⅱ）设直线:(2)1ABykx???, 由221123(2)1xyykx??????????消x得，222(14)8(21)4(21)120kxkkxk???????．于是21212228(21)4(21)12,1414kkkxxxxkk??????????． (8)分()()ADEBAMMDEMMBAMMBEMMD????????? 11224433(2,1)(2,1)(2,1)(2,1)xyxyxyxy??????????????∵2112212(2,1)(2,1)(1)(2)(2)xyxykxx???????????22121224(1)(1)[42()]14kkxxxxk?????????．…………………13分同理可得2443324(1)(2,1)(2,1)4kxyxyk?????????．∴22222221120(1)4(1)()144(14)(4)kADEBkkkkk??????????，2222220(1)161445()2kkk??????, 当1k??时取等号．综上，ADEB?的最小值为165．…………………15分22. （本题满分15分）解答：（Ⅰ）下面用数学归纳法证明：当2n?时，1n a?．实用文档标准文案ⅰ）当2n?时，由11110a??，21|1|252nnnn aaaa??????，得252?a，显然成立；ⅱ）假设nk?时命题成立，即1k a?．则1nk??时，211252kkkk aaaa??????于是2132512kkkk aaaa???????．因为222(25)(3)4(1)0kkkk aaaa???????．所以11k a??，这就是说1nk??时命题成立．由ⅰ）ⅱ）可知，当2n?时，1n a?．…………………3分（Ⅱ）由1121,1nn bbb????，得112(1)nn bb????，所以12nn b??，从而21nn b??．………………5分由（Ⅰ）知，当2n?时，1n a?，所以，当2n?时，2125(1)2nnnnn aaaaa???????．因为2225(1)4(1)0nnnn aaaa???????，所以1nn aa??．综上，当2n?时，11nn aa???．………………7分由11110a??，1()*)(nn afanN???，所以111110ca???，235,22aa??所以12331,1ccac?????，又11223115,,2102caaca??????．从而存在集合[,]ab，使得[,]n cab?对任意*nN?成立，当231112,10bcaac??????时,ba?的最小值为213110cc??．……9分（Ⅲ）当2n?时，1n a?，所以21111nnnn aaaa??????即21111nnnn aaaa??????，也即1111nnn aaa?????，…………11分实用文档标准文案11111121()nnnnnnnn nnbbbbbbbb ccaaaaaaaa??????????????????（）（）111nnn bbb aaa???????（1-）（1-）（1-）112111()(nnn nnbbb bb aaa??????????）22nnn c?-．1112即122nnnnn ccc????(2)n?,．??．于是11112122i2(2)2426inninniinnii c ccccc?????????????????故232311226(*,2)22nnnn cnNnccc??????????．.……………15分。

浙江省2018届高三“五校联考”第二次考试数学试题(含答案)(2018.05)

A. a 1
第Ⅱ卷（非选择题部分，共 110 分）
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．已知 2 log 6 x 1 log 6 3 ，则 x 的值是 12．若实数 x ， y 满足为 ▲ ．
▲
．，x
2
x y 1 ，则 x y 的最大值为 y | 2 x 1|
D.
3 1
8. 若 cos sin tan 0 A． (0,
，则（ ▲ ） 2
C． (
) 6
B． (
, ) 6 4
, ) 4 3
D． (
, ) 3 2
9．已知 ABC 的三边长分别为 a、b、c，有以下四个命题：（1）以（2）以 2 （3）以 a （4）以
1 MC 的最小值 3
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．（本题满分 14 分）在 ABC 中，角 A 、 B 、 C 的对边分别为 a 、 b 、 c ，且 (b c) a (2
8 ，则 P ( X 2) 3
C.
8 3
B.
8 27
2 3
D.
4 9
4．设 a , b 是两条直线， , 是两个平面，则“ a b ”的一个充分条件是（ ▲ ）
A. a , b ∥ , C. a , b , ∥
B. a , b , ∥ D. a , b ∥ ,
2 ( x a ) 1 a, x 0 10．已知函数 f ( x ) 的最小值为 2a 1 ，则实数 a 的取值范围是 x a 2 a 1, x 0

浙江省五校联考2018年高考模拟数学理科试卷及答案解析

浙江省五校联考2018年高考模拟数学理科试卷（总分：150分时间：120分钟）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分． 1. 已知集合(){},|1A x y y x ==-，(){},|1B x y y x ==-+，则A B =I( )A.∅B.{}1C.{}0,1D.(){}1,02.已知复数z= 201821i i++（i 为虚数单位），则复数z 的共轭复数．．．．在复平面内对应的点位于（） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3.如图所示茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分），已知甲组数据的中位数为17，乙组数据的平均数为17.4，则x 、y 的值分别为（）A. 7、8B. 5、7C. 8、5D. 7、74. 设向量a ，b 满足，()3-=g a a b ，则a 与b 的夹角为5若123)(23++-=x x a x x f 在区间⎪⎭⎫⎝⎛3,21上有极值点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.6. 执行如图所示的程序框图，若输出的57S =，则判断框内应填入的条件是（） A ．4k > B ．5k > C.6k > D ．7k >7. 已知ABCD 为正方形，其内切圆I 与各边分别切于E ，F ，G ，H ，连接EF ，FG ，GH ，HE ．现向正方形ABCD 内随机抛掷一枚豆子，记事件A ：豆子落在圆I 内，事件B ：豆子落在四边形EFGH 外，则(|)P B A =（）A ．14π-B ．4π C ．21π-D ．2π8. 已知函数⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤=1,4sin 10,2)(x x x x f x π，则=-+)7log 3()2(2f fA ．87 B ． 227 C ．158 D ． 1579.我国的第一艘航空母舰“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架“歼— 15”飞机准备着舰，如果乙机不能最先着舰，而丙机必须在甲机之前着舰（不一定相邻），那么不同的着舰方法种数为（） A. 24 B. 36 C.48 D. 9610．已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，直线24y x =-与C 交于A ，B 两点．则cos AFB ∠=( )A ．45B ．35C ．35-D ．45-11. 中国古代数学专著《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖b i e．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知三棱锥P ADE -为鳖臑,且PA ⊥平面ABCE ，2AB AD ==，1ED =，该鳖臑．．的外接球的表面积为9π，则阳马．．的外接球的体积为A． B． C． D．12．已知函数()(1)(2)e e xf x m x x =----，若关于x 的不等式0)(>x f 有且只有一个正整数解，则实数m 的最大值为A ．3e e 2+B ．2e e 2+C ．3e e 2-D ．2e e2-第Ⅱ卷（非选择题，共90分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答．作图题可先用2B 铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，在试题卷上作答无效．二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13. 已知平面向量(==m ,n ，则m 在n 上的投影=_______.14. 已知6260126(2)(1)(1)...(1)x a a x a x a x +=+++++++，则3a = ．（结果用数值表示）．15．在ABC △中，AB BC =，7cos 18B =-．若以A B ，为焦点的椭圆经过点C ，则该椭圆的离心率e = ．16．对1x R ∀∈，[]23,4x ∃∈，使得不等式2211221223x x x x x mx ++≥++成立，则实数m 的取值范围是．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答． 17. （本小题满分12分）已知数列{a n }满足a l =﹣2，a n+1=2a n +4．（I ）证明数列{a n +4}是等比数列；（Ⅱ）求数列{|a n |}的前n 项和S n ．18. （本小题满分12分）如图，已知长方形ABCD 中，22AB =，2AD =，M 为DC 的中点.将∆ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM.（1）求证：AD BM ⊥；（2若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D --的余弦值为519. （本小题满分12分）四川省阆中中学某部根据运动场地的影响，但为尽大可能让学生都参与到运动会中来，在2018春季运动会中设置了五个项目，其中属于跑步类的两项，分别是200米和400米，另外三项分别为跳绳、跳远、跳高．学校要求每位学生必须参加，且只参加其中一项，学校780名同学参加各运动项目人数统计如下条形图：其中参加跑步类的人数所占频率为713，为了了解学生身体健康与参加运动项目之间的关系，用分层抽样的方法从这780名学生中抽取．．13．．人进行分析．．．．．．．（Ⅰ）求条形图中m 和n 的值以及抽取的13人中参加200米的学生人数；（Ⅱ）现从抽取的参加400米和跳绳两个项目中随机抽取4人，记其中参加400米跑的学生人数为X ，求离散型随机变量X 的分布列与数学期望．20.（本小题满分12分）已知椭圆C ：22221x y a b+=（0a b >>）的左右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，点A 在椭圆C 上，1||2AF =，1260F AF ∠=︒，过2F 与坐标轴不垂直的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若P ，Q 的中点为N ，在线段2OF 上是否存在点(,0)M m ，使得MN PQ ⊥？若存在，求实数m 的取值范围；若不存在，说明理由． 21.（本小题满分12分）已知函数()()R a a x x a x x x f ∈+--=22ln 在其定义域内有两个不同的极值点. （1）求a 的取值范围；（2）记两极值点分别为.,,2121x x x x <且已知0>λ，若不等式112e x x λλ+<⋅恒成立，求λ的范围.请考生在第22,23,三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题给分.作答时请写清题号22. （本小题满分10分）已知曲线C ： 21sin ρθ=-，直线cos :sin x t l y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数，0απ≤<）. （Ⅰ）求曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线与曲线C 交于A 、B 两点（A 在第一象限），当30OA OB +=时，求α的值. 23. （本小题满分10分）已知函数f （x ）=﹣x 2+ax+4，g （x ）=|x+1|+|x ﹣1|．（1）当a=1时，求不等式f （x ）≥g （x ）的解集；（2）若不等式f （x ）≥g （x ）的解集包含[﹣1，1]，求a 的取值范围．理科数学答案一、选择题（每小题5分，共计60分）二．填空题（每小题5分，共计20分）13． -1 14． 20 15． 3816．(],3-∞ 三、解答题17.（I ）证明：∵数列{a n }满足a l =﹣2，a n+1=2a n +4，∴a n+1+4=2（a n +4）..................3分 ∴数列{a n +4}是等比数列，公比与首项为2．...............................................................6分（II ）解：由（I ）可得：a n +4=2n ， ∴a n =2n ﹣4，...............................................8分∴当n=1时，a 1=﹣2；n≥2时，a n ≥0，..........................................................................9分 ∴n≥2时，S n =﹣a 1+a 2+a 3+…+a n =2+（22﹣4）+（23﹣4）+…+（2n ﹣4） =﹣4（n ﹣1）=2n+1﹣4n+2．n=1时也成立．............................................11分∴S n =2n+1﹣4n+2．n ∈N * ．.............................................................................................12分 18. 【答案】（1）解：证明：∵长方形ABCD 中，AB=，AD=，M 为DC 的中点，∴AM=BM=2，∴BM ⊥AM.....................................3分∵平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM∩平面ABCM=AM ，BM ⊂平面ABCM ∴BM ⊥平面ADM ∵AD ⊂平面ADM∴AD ⊥BM.......................................................5分（2）解：建立如图所示的直角坐标系设，则平面AMD 的一个法向量，...................................7分，设平面AME 的一个法向量则取y=1，得所以，............................................10分因为，求得，所以E 为BD 的中点 .......................11分19..（Ⅱ）由题意，得抽取的13人中参加400米的学生人数有240134780⨯=，参加跳绳的学生人数有3人，所以X 的所有可能取值为1、2、3、4，………………6分()134347C C 41C 35P X ===，()224347C C 182C 35P X ===，()314347C C 123C 35P X ===，()4447C 14C 35P X ===，………………9分所以离散型随机变量X 的分布列为：……………………………………………………………………………11分所以41812116()1234353535357E X =⨯+⨯+⨯+⨯=．………………12分 20．解：（Ⅰ）由12e =得2a c =，1||2AF =，2||22AF a =-，由余弦定理得，222121212||||2||||cos ||AF AF AF AF A F F +-⋅=，解得1c =，2a =，2223b a c =-=，所以椭圆C 的方程为22143x y +=． (5)分（Ⅱ）存在这样的点M 符合题意. 设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，00(,)N x y ，由2(1,0)F ，设直线PQ 的方程为(1)y k x =-，由221,43(1),x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩得2222(43)84120k x k x k +-+-=，…………………7分由韦达定理得2122843k x x k +=+，故212024243x x k x k +==+，又点N 在直线PQ 上，02343k y k -=+，所以22243(,)4343k kN k k -++. …………………9分因为MN PQ ⊥，所以22230143443MNk k k k k m k --+==--+，整理得22211(0,)34344k m k k==∈++，所以存在实数m ，且m 的取值范围为1(0,)4．...12分21.I 依题意得函数)(x f 得定义域为(0,+∞)，所以方程0)('=x f 在(0,+∞)有两个不同的根，即方程0ln =-ax x 在(0,+∞)有两个不同的根. 问题转化为函数xx x g ln )(=与ay =的图象(0,+∞)有两个不同的交点. 又,ln 1)('2xxx g -=即当e x <<0时，0)('>x g ；当e x >时，0)('<x g ，所以)(x g 在),0(e 上单调递增，在),(+∞e 上单调递减.从而ee g x g 1)()(==极大值 ………………3分又)(x g 有且只有一个零点是1，且当0→x 时，-∞→)(x g ；当+∞→x 时，0)(→x g . 所以，要想函数xxx g ln )(=与函数a y =的图象(0,+∞)有两个不同的交点，只需e a 10<<.…6分 (II )因为λλ+⋅<211x x e 等价于21ln ln 1x x λ+<λ+，由(I )知21,x x 是方程0ln =-ax x 的两个根，即2211ln ,ln ax x ax x ==，所以原式等价于)(ln ln 12121x x a x x λ+=λ+<λ+，因为2100x x <<>λ，，所以原式等价于211x x a λ+λ+>. …………8分又由2211ln ,ln ax x ax x ==作差得)(ln2121x x a x x -=，即2121ln x x x x a -=.所以原式等价于2121211lnx x x x x x λ+λ+>-，因为210x x <<时，原式恒成立，即212121)()1(ln x x x x x x λλ+-+〈恒成立. 令)1,0(,21∈=t x x t ，则不等式)1()1(ln -++<t t t λλ在)1,0(∈t 上恒成立. 令λλ+-+-=t t t t h )1()(1ln )(，又2222)()()1()()(11)('λ+λ--=λ+λ+-=t t t t t t t h ，当12≥λ时，可见)(0,1∈t 时，0)('>t h ，所以)(0,1)(∈t t h 在上单调递增, 又)(0,10)(,0)(1∈<=t t h h 在上恒成立，符合题意. …………10分当12<λ时，可见当)(0,2λ∈t 时，0)('>t h ，当)1(2，λ∈t 时，0)('<t h 所以)(0,)(2λ∈t t h 在上单调递增, 在),1(2λ∈t 上单调递减，又)(0,10)(,0)(1∈<=t t h h 在上不恒成立，不符合题意，舍去.综上所述，若不等式λλ+⋅<211x x e 恒成立，只需12≥λ，又0>λ，所以1≥λ…………12分22解：（Ⅰ）由，得，................................................................2分所以曲线C 的直角坐标方程为 ................................................................................5分（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入，得，.......7分设A ，B 两点对应的参数分别为，由韦达定理及得，故 (10)分23.（1）解：（1）当a=1时，f （x ）=﹣x 2+x+4，是开口向下，对称轴为x=的二次函数，g （x ）=|x+1|+|x ﹣1|= ，................................................................................2分当x ∈（1，+∞）时，令﹣x 2+x+4=2x ，解得x=，g （x ）在（1，+∞）上单调递增，f （x ）在（1，+∞）上单调递减，∴此时f （x ）≥g （x ）的解集为（1，]； (3)分当x ∈[﹣1，1]时，g （x ）=2，f （x ）≥f （﹣1）=2．当x ∈（﹣∞，﹣1）时，g （x ）单调递减，f （x ）单调递增，且g （﹣1）=f （﹣1）=2．综上所述，f （x ）≥g （x ）的解集为[﹣1，]；...........................................................5分（2）依题意得：﹣x 2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立，即x 2﹣ax ﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，则只需，解得﹣1≤a≤1，故a 的取值范围是[﹣1，1]． ...............................................................................................10分。

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题

宁波市2018年高考模拟考试数学试卷说明：本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式第Ⅰ卷（选择题部分，共40分）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.已知集合{|05}A x x =<<，2{|280}B x x x =--<，则(A B ⋂= ) A. ()2,4-B. ()4,5C. ()2,5-D. ()0,42.已知复数z 满足(1)2z i i +=-（i 为虚数单位），则z 的虚部为 A. 32i - B. 32i C. 32-D.323.已知直线、与平面、，，，则下列命题中正确的是 A. 若，则必有 B. 若，则必有 C. 若，则必有D. 若，则必有4.使3x⎛ ⎝ n(n ∈N *)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )． A. 4B. 5C. 6D. 75.记n S 为数列{}n a 前n 项和．“任意正整数n ，均有0n a >”是“{}n S 为递增数列”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6.已知实数x ，y 满足不等式组2403480280x y x y x y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪--≤⎩，则x y -的最大值为A. 0B. 2C. 4D. 87.若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A. 48种B. 72种C. 96种D. 216种8.设抛物线24y x=焦点为F ，过点(5,0)P 的直线与抛物线相交于,A B 两点，与抛物线的准线相交于C ，若5BF =，则BCF ∆与ACF ∆的面积之比BCFACFS S ∆∆= A.56B.2033 C.1531D.20299.已知a 为正常数，2221,()321,x ax x a f x x ax a x a⎧-+≥=⎨-++<⎩,若存在(,)42ππθ∈，满足(sin )(cos )f f θθ=，则实数a 的取值范围是 A. 1(,1)2B. C. D.10.已知,x y 均为非负实数，且1x y +≤，则()222441x y x y ++--的取值范围为 A. 2,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦B. []1,4C. []2,4D. []2,9第Ⅱ卷（非选择题部分，共110分）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.双曲线2213y x -=的离心率是____，渐近线方程是_____的的12.已知直线:1l mx y -=．若直线l 与直线10x my --=平行，则m 的值为____；动直线l 被圆222240x x y ++-=截得弦长的最小值为______．13.已知随机变量X 的分布列如下表：若2EX =，则a =______；DX =______． 14.【2018届浙江省宁波市5月模拟】已知一个三棱锥三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为____，该三棱锥的外接球体积为____．15.已知数列{}n a 与2n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭均为等差数列，且12a =，则32321...222n n a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ _________．16.已知实数,,a b c 满足：2a b c ++=-， 4abc =-.则|a|+|b|+|c|的最小值为______．17.已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中， E 为侧面11BB C C 中心，F 在棱AD 上运动，正方体表面上有一点P 满足111D P xD F yD E =+(0,0)x y ≥≥，则所有满足条件的P 点构成图形的面积为______．的三、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.（本题满分14分）已知函数()4cos sin 16f x x x π⎛⎫=⋅-- ⎪⎝⎭. （Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若满足()0f B =，2a =，且D 是BC 的中点，P 是直线AB 上的动点，求的最小值．19.如图，四边形ABCD梯形，//,60AB CD C ∠= 点E 在线段CD 上，满足BE CD ⊥,且124CE AB CD ===，现将ADE ∆沿AE 翻折到AME 位置，使得MC =（1）证明：AE MB ⊥；（2）求直线CM 与面AME 所成角正弦值．20.（本题满分15分）已知函数1()ln f x a x x x=+-，其中a 为实常数．（Ｉ）若12x =是()f x 的极大值点，求(f x ）的极小值；（Ⅱ）若不等式1ln a x b x x -≤-对任意502a -≤≤，122x ≤≤ 恒成立，求b 的最小值．21.如图，椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为2，点()2,1M -是椭圆内一点，过点M 作两条斜率存在且互相垂直的动直线12,l l ，设1l 与椭圆C 相交于点,A B ，2l 与椭圆C 相交于点,D E ．当点M 恰好为线段AB的中点时，AB =（1）求椭圆C 的方程；（2）求AD EB ⋅的最小值．22.（本题满分15分）三个数列{}{}{},n n n a b c ，，满足11110a =-，11b =，1n a +=，121n n b b +=+，,*n n b c a n N =∈．（Ⅰ）证明：当2n ≥时，1n a >；（Ⅱ）是否存在集合[],a b ，使得[],n c a b ∈对任意*n N ∈成立，若存在，求出b a -的最小值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求证：()23112322226*,2nn n ncn N n c c c +++++≤+-∈≥．。

2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷(解析版)

2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷一、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）设集合A＝{x||x﹣1|≤1}，B＝{x|log2x≤2}，则B∩∁R A＝（）A．[2，4]B．（2，4]C．[0，4]D．（2，4]∪（﹣∞，0）2．（4分）若复数z满足z（1+i）＝|1﹣i|+i（其中i为虚数单位），则z的虚部为（）A．B．C．D．3．（4分）已知随机变量X～B（4，p），若，则P（X＝2）＝（）A．B．C．D．4．（4分）设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（）A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β5．（4分）如图，设A、B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则的取值范围是（）A．[﹣1，3]B．[1，3]C．[﹣3，﹣1]D．[﹣3，1]6．（4分）（1﹣）6（1+）4的展开式中x的系数是（）A．﹣4B．﹣3C．3D．47．（4分）点D是△ABC的边AB的中点，∠ABC＝120°，，若以A、B为焦点的双曲线恰好经过点C，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．8．（4分）若，则α∈（）A．B．C．D．9．（4分）已知△ABC的三边长分别为a、b、c，有以下四个命题：（1）以，，为边长的三角形一定存在；（2）以2a，2b，2c为边长的三角形一定存在；（3）以a3，b3，c3为边长的三角形一定存在；（4）以|a﹣b|+c，|b﹣c|+a，|c﹣a|+b为边长的三角形一定存在，其中正确命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个10．（4分）已知函数的最小值为2a﹣1，则实数a的取值范围是（）A．a＝±1B．0≤a≤1C．a≤0或a＝1D．a≤0或a≥1二、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．（4分）已知2log6x＝1﹣log63，则x的值是．12．（6分）若实数x，y满足，则x+y的最大值为，x2+y2的取值范围为．13．（6分）一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为，其外接球的体积是．14．（6分）点G是△ABC的重心，过G作直线与AB、AC两边分别交于M、N两点，且，．若，则y＝，若，则x+y＝．15．（6分）已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若﹣1，S5，S10成等差数列，则S10﹣2S5＝，S15﹣S10的最小值为．16．（4分）将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有种不同的染色方法．17．（4分）棱长为36的正四面体A﹣BCD的内切球球面上有一动点M，则的最小值为．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）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，．（Ⅰ）求角A和角B的大小；（Ⅱ）已知当x∈R时，函数f（x）＝sin x（cos x+a sin x）的最大值为，求a的值．19．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，（Ⅰ）证明；AC⊥BP；（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．20．（15分）（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）设函数（ⅰ）求证：f（x）是减函数；（ⅱ）若不等式对任意n∈N*恒成立（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．21．（15分）如图，已知椭圆离心率为，焦距为2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）直线l与椭圆切于点P，OQ⊥l，垂足为Q，其中O为坐标原点．求△OPQ面积的最大值．22．（15分）已知正项数列{a n}满足a1＝4，，n∈N*．（Ⅰ）求证：a n≥4n；（Ⅱ）求证：2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷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）设集合A＝{x||x﹣1|≤1}，B＝{x|log2x≤2}，则B∩∁R A＝（）A．[2，4]B．（2，4]C．[0，4]D．（2，4]∪（﹣∞，0）【解答】解：集合A＝{x||x﹣1|≤1}＝{x|﹣1≤x﹣1≤1}＝{x|0≤x≤2}＝[0，2]，B＝{x|log2x≤2}＝{x|0＜x≤4}＝（0，4]，∴∁R A＝（﹣∞，0）∪（2，+∞），∴B∩∁R A＝（2，4]．故选：B．2．（4分）若复数z满足z（1+i）＝|1﹣i|+i（其中i为虚数单位），则z的虚部为（）A．B．C．D．【解答】解：设z＝a+bi，∵复数z满足z（1+i）＝|1﹣i|+i（其中i为虚数单位），∴（a+bi）（1+i）＝+i，∴a+bi+ai+bi2＝a﹣b+（b+a）i＝+i，∴，解得a＝，b＝．∴z的虚部为．故选：A．3．（4分）已知随机变量X～B（4，p），若，则P（X＝2）＝（）A．B．C．D．【解答】解：由随机变量X～B（4，p），且，即np＝4p＝，解得p＝；∴P（X＝2）＝••＝．故选：B．4．（4分）设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（）A．a⊥α，b∥β，α⊥βB．a⊥α，b⊥β，α∥βC．a⊂α，b⊥β，α∥βD．a⊂α，b∥β，α⊥β【解答】解：A、B、D的反例如图．故选：C．5．（4分）如图，设A、B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则的取值范围是（）A．[﹣1，3]B．[1，3]C．[﹣3，﹣1]D．[﹣3，1]【解答】解：如图所示，可得O（0，0），A（﹣2，0），C（﹣1，0），设B（2cosθ，2sinθ）．θ∈[0，2π）．＝（1，0）•（2cosθ+1，2sinθ）＝2cosθ+1∈[﹣1，3]．故选：A．6．（4分）（1﹣）6（1+）4的展开式中x的系数是（）A．﹣4B．﹣3C．3D．4【解答】解：的展开式的通项为∴展开式中常数项为C60，含x的项的系数为C62，含的项的系数为﹣C61的展开式的通项为∴的展开式中的x的系数为C42，常数项为C40，含的项的系数为C41故的展开式中x的系数是C60C42+C62C40﹣C61C41＝6+15﹣24＝﹣3故选：B．7．（4分）点D是△ABC的边AB的中点，∠ABC＝120°，，若以A、B为焦点的双曲线恰好经过点C，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：不妨设AB＝2，则CD＝，BD＝AB＝1，在△BCD中，由余弦定理可得：cos∠ABC＝＝﹣，解得BC＝1，在△ABC中，由余弦定理得AC＝＝，不妨设以AB为焦点的双曲线方程为＝1，则2a＝AC﹣BC＝﹣1，2c＝AB＝2，∴离心率e＝＝＝．故选：A．8．（4分）若，则α∈（）A．B．C．D．【解答】解：cosα+sinα＝，当0＜α＜时，＜＜，则∈（1，]⊂（1，），∴tanα∈（1，）．得α∈（）．故选：C．9．（4分）已知△ABC的三边长分别为a、b、c，有以下四个命题：（1）以，，为边长的三角形一定存在；（2）以2a，2b，2c为边长的三角形一定存在；（3）以a3，b3，c3为边长的三角形一定存在；（4）以|a﹣b|+c，|b﹣c|+a，|c﹣a|+b为边长的三角形一定存在，其中正确命题的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：三角形ABC的三边长分别为a，b，c，不妨设a≥b≥c，则b+c＞a．（1）∵（）2﹣（）2＝b+c﹣a+2＞0，∴+＞，∴以，，为边长的三角形一定存在；（2）当b＝3，c＝2，a＝4时，22+23＞24不成立，因此以2a，2b，2c为边长的三角形不一定存在；（3）当b＝3，c＝2，a＝4时，a3＞b3+c3不成立，因此以a3，b3，c3为边长的三角形不一定存在；（4）∵|a﹣b|+c+|b﹣c|+a≥|a﹣c|+c+a＞|c﹣a|+b，∴以|a﹣b|+c，|b﹣c|+a，|c﹣a|+b为边长的三角形一定存在；其中正确命题的个数为2个．故选：B．10．（4分）已知函数的最小值为2a﹣1，则实数a的取值范围是（）A．a＝±1B．0≤a≤1C．a≤0或a＝1D．a≤0或a≥1【解答】解：若a＝0，则f（x）＝，可得x＜0时，f（x）＞﹣1；x≥0时，f（x）≥0，可得f（x）的值域为（﹣1，+∞），无最小值；当a＝1时，f（x）＝，当x＜0时，f（x）＝|x﹣1|+1＞2，当x≥0时，f（x）＝|（x﹣1）2﹣1|+1≥1，当x＝0时，取得最小值1，则f（x）的最小值为1，满足题意，当a＝﹣1时，f（x）＝，当x＜0时，f（x）≥﹣3；当x≥0时，f（x）＝x2+2x﹣1的值域为[﹣1，+∞），可得f（x）的最小值为﹣1．故排除B，C，D，故选：A．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．（4分）已知2log6x＝1﹣log63，则x的值是．【解答】解：原式等价于log6x2＝log66﹣log63＝log62，所以x2＝2，又x＞0，∴x＝，故答案为：．12．（6分）若实数x，y满足，则x+y的最大值为5，x2+y2的取值范围为[，13]．【解答】解：不等式组可化为或，在同一坐标系中画出两个不等式组表示的平面区域，如图所示；则由图形知，目标函数z＝x+y过点C时，z取得最大值，由，解得C（2，3），∴x+y的最大值为5；又z＝x2+y2表示区域内的点到原点的距离的平方，由图形知，x2+y2的最小值为，最大值为22+32＝13，∴x2+y2的取值范围是[，13]．故答案为：5，[，13]．13．（6分）一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为26+2，其外接球的体积是．【解答】解：如图：P A⊥平面ABC，AB⊥BC，P A＝5，AB＝3，BC＝4，三棱锥的表面积为：＝26+2三棱锥的外接球就是长方体三度为：5，4，3的外接球，所以外接球的半径为：＝．外接球的体积为：＝．故答案为：26+2；．14．（6分）点G是△ABC的重心，过G作直线与AB、AC两边分别交于M、N两点，且，．若，则y＝1，若，则x+y＝2．【解答】解：根据条件：＝，＝；又＝+；∴＝+；又M，G，N三点共线；∴+＝1；∵x＝，∴y＝1；∵，∴＝＝xy＝，又＝3，即＝3，∴x+y＝2．故答案为：1，2．15．（6分）已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若﹣1，S5，S10成等差数列，则S10﹣2S5＝1，S15﹣S10的最小值为4．【解答】解：∵﹣1，S5，S10成等差数列，∴2S5＝S10﹣1，∴S10﹣2S5＝1，又由等比数列的性质可得S5，S10﹣S5，S15﹣S10为等比数列，∴S5（S15﹣S10）＝（S10﹣S5）2，∴S15﹣S10＝＝＝S5++2≥2+2＝4，当且仅当S5＝即S5＝1时取等号，∴S15﹣S10的最小值为4，故答案为：1；4．16．（4分）将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有90种不同的染色方法．【解答】解：第一行染2个红色方格有C42种染法；第一行染好后，有如下三种情况：①第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C42种染法，第四行的染法随之确定；③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、第二这两行染好后，第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．因此，共有染法为：6×（1+6+4×2）＝90（种）．故答案为：9017．（4分）棱长为36的正四面体A﹣BCD的内切球球面上有一动点M，则的最小值为4．【解答】解：由阿波罗尼斯球得内切球球心O是线段CH上以C，E为定点，空间中满足＝λ（λ≠1）的点P的集合，连结CO并延长交平面ABD于H，交内切球上方的点设为K，过M作ME⊥CH，交CH于E，连结BM，CM，设OE＝x，由已知得CO＝9，OH＝3，＝，∴＝，解得x＝，∴λ＝＝＝3，∴，∴，∴MB+＝MB+ME≥BE，在△BOE中，BO＝CO＝9，OE＝，cos∠BOE＝﹣cos∠BOH＝﹣，∴BE＝＝4．∴的最小值为4．故答案为：4．三、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）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，．（Ⅰ）求角A和角B的大小；（Ⅱ）已知当x∈R时，函数f（x）＝sin x（cos x+a sin x）的最大值为，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）由，可得：b2+c2﹣a2＝bc，所以cos A＝＝＝，又0＜A＜π，可得：A＝，由sin A sin B＝cos2，可得：sin B＝，sin B＝1+cos C，∴B+C＝，则sin（﹣C）＝1+cos C，∴可得：sin C＝1，解得C＝，∴B＝．…（6分）（Ⅱ）f（x）＝sin x（cos x+a sin x）＝sin2x+（1﹣cos2x）＝+sin（2x﹣θ），tanθ＝a，∵函数f（x）＝sin x（cos x+a sin x）的最大值为，∴+＝，∴解得a＝．．…（6分）19．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，（Ⅰ）证明；AC⊥BP；（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．【解答】（I）证明：取AC的中点M，连接PM，BM，∵AB＝BC，P A＝PC，∴AC⊥BM，AC⊥PM，又BM∩PM＝M，∴AC⊥平面PBM，∵BP⊂平面PBM，∴AC⊥BP．（II）解：∵底面ABCD是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，∴∠ABC＝120°，∵AB＝BC＝1，∴AC＝，BM＝，∴AC⊥CD，又AC⊥BM，∴BM∥CD．∵P A＝PC＝，CM＝＝，∴PM＝，∵PB＝，∴cos∠BMP＝＝﹣，∴∠PMB＝120°，以M为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系M﹣xyz，如图所示：则A（0，﹣，0），C（0，，0），P（﹣，0，），D（﹣1，，0），∴＝（﹣1，，0），＝（0，，0），＝（﹣，，），设平面ACP的法向量为＝（x，y，z），则，即，令x＝得＝（，0，1），∴cos＜，＞＝＝﹣，∴直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cos＜，＞|＝．20．（15分）（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）设函数（ⅰ）求证：f（x）是减函数；（ⅱ）若不等式对任意n∈N*恒成立（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．【解答】（I）证明：令g（x）＝lnx﹣（x＞1），则g′（x）＝﹣＝＝＝﹣＜0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，∴g（x）＜g（1）＝0，即lnx﹣＜0．∴lnx＜（x＞1）．（II）证明：（i）f′（x）＝﹣+＝，由（I）可知lnx＜，∴（lnx）2＜，∴x（lnx）2＜（x﹣1）2，∴f′（x）＜0，∴f（x）＝﹣（x＞1）是减函数．（ii）由得（n+a）ln（1+）＜1，∵ln（1+）＞ln1＝0，∴n+a＜，即a＜﹣n，令1+＝t，则n＝（1＜t≤2）．∴a＜﹣＝f（t），由（i）可知f（t）在（1，2]上单调递减，∴f（t）的最小值为f（2）＝．∴a＜．21．（15分）如图，已知椭圆离心率为，焦距为2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）直线l与椭圆切于点P，OQ⊥l，垂足为Q，其中O为坐标原点．求△OPQ面积的最大值．【解答】解：（Ⅰ）由椭圆的离心率e＝＝，则2c＝2，c＝1，则a＝2，b＝＝3，∴椭圆C的方程：；（Ⅱ）方法一：设P（x0，y0），（x0≠0，y0≠0）由椭圆在P的切线方程：，即3x0x+4y0y﹣12＝0，则直线OQ的方程：y＝x，即3x0y﹣4y0x＝0，则|OQ|＝，|PQ|＝＝，则△OPQ面积S△OPQ＝×|OQ|×|PQ|＝××＝≤＝，当且仅当9x02＝16y02，即x02＝，y02＝时取等号，△OPQ面积的最大值．方法二：设切线方程：y＝kx+m，（k≠0）切点P（x0，y0），（x0≠0，y0≠0），O到切线的距离：|OQ|＝，联立，整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，△＝（8km）2﹣4×（3+4k2）（4m2﹣12）＝0，整理得：m2＝3+4k2，代入解得：x0＝﹣，y0＝k0x+m＝，直线OQ的方程：y＝﹣x，即ky+x＝0，则|PQ|＝＝，则则△OPQ面积S△OPQ＝×|OQ|×|PQ|＝×|PQ|•|OQ|＝×•＝×≤×＝，当且仅当k2＝1时，即x02＝，y02＝时取等号，△OPQ面积的最大值．22．（15分）已知正项数列{a n}满足a1＝4，，n∈N*．（Ⅰ）求证：a n≥4n；（Ⅱ）求证：【解答】证明：（Ⅰ）首先利用lnx≤x﹣1，可得，即，以下用数学归纳法证明a n≥4n，①当n＝1时显然成立；②假设当n＝k时，不等式成立，即a k≥4k，则当n＝k+1时，由函数的单调性可得，，也就是说，当n＝k+1时，不等式也成立；由①②可知，a n≥4n对任意的n∈N*成立；（Ⅱ）易知，由≥3a n+4，则a n+1+2≥3（a n+2），所以，，则，因此，＝，所以，．。

浙江省宁波市效实中学等五校2022届高三下学期5月联考数学试题(2)

一、单选题二、多选题1. （）A ．2B ．3C ．1D ．-32. 将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)，再将图象向右平移个单位长度，那么所得图象的一条对称轴方程为（）A．B．C．D．3.已知双曲线，过其右焦点作一条直线分别交两条渐近线于两点，若为线段的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（）A．B．C．D．4. 以抛物线的焦点为圆心，为半径的圆，与直线相切，则（）A．或B ．或C．或D ．-3或5. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，若的内心分别为，则与面积之和的取值范围是（）A．B．C．D．6.设，则（）A．B．C．D．7. 已知F 为双曲线的左焦点，直线l 经过点F ，若点A (a ，0)，B (0，b )关于直线l 对称，则双曲线C 的离心率为（）A．B．C．＋1D．＋18.的展开式中常数项为（）A ．24B ．25C ．48D ．499. 设z ，，均为复数，则下列命题中正确的是（）A ．若，则B．C ．若，则的最大值为2D ．若复数，则10.设函数，则下列说法正确的是（）A ．定义域是B ．时，图象位于轴下方C．存在单调递增区间D．有且仅有一个极值点11. 已知函数，且对任意，恒成立，为奇函数，则下列说法正确的是（）A．函数的图象关于原点对称B．函数的最小正周期为C．函数的图象关于直线对称浙江省宁波市效实中学等五校2022届高三下学期5月联考数学试题(2)浙江省宁波市效实中学等五校2022届高三下学期5月联考数学试题(2)三、填空题四、解答题D．函数的单调递增区间为12. 若､､是互不相同的空间直线，､是不重合的平面，则下列命题中为假命题的是A ．若，，，则B ．若，，则C ．若，，则D ．若，，则13.已知在正项等比数列中，存在两项满足且，则的最小值是_______14. 盒子里装有5个小球，其中2个红球，3个黑球，从盒子中随机取出1个小球，若取出的是红球，则直接丢弃，若取出的是黑球，则放入盒中，则：（1）取了3次后，取出红球的个数的数学期望为___________；（2）取了次后，所有红球刚好全部取出的概率为___________.15. 若的展开式中项的系数为20，则的最小值_______16. 甲和乙相约下围棋，已知甲开局时，甲获胜的概率为；乙开局时，乙获胜的概率为，并且每局下完，输者下一局开局.第1局由甲开局.(1)如果两人连下3局，求甲至少胜2局的概率；(2)如果每局胜者得1分，输者不得分，先得2分者获胜且比赛结束（无平局）.若两人最后的比分为，求.17. 在等比数列中，且成等差数列．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前n 项和．18. 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若恰有三个零点，求的取值范围.19. 治疗慢性乙肝在医学上一直都是一个难题，因为基本不能治愈，只是可以让肝功能正常，不可以清除病毒，而且发展严重后还具有传染性，所以在各种体检中肝功能的检查是必不可少的.在对某学校初中一个班上64名学生进行体检后，不小心将2份携带乙肝的血液样本和62份正常样本（都用试管独立装好的）混在了一起，现在要将它们找出来，试管上都有标签，采用将共64份样品采用混检的方式，先将其平均分成两组，每组32份，将每组的32份进行混检，若携带病毒的在同一组，则将这一组继续取两份平均分组的混合样本进行检验，若携带病毒的样本不在同一组，则将两组都继续平均分组混检下去，直到最后将两份携带病毒的样本找出为止（样品检验时可以很快出结果，每次含病毒的那一组进行平均分组时，每个含病毒的样本被分到任意一组的概率都是，且互不影响），设共需检验的次数为.(1)求随机变量的分布列和期望；(2)若5岁以上的乙肝患者急性和慢性的比例约为，急性乙肝炎症治愈率可达，没有治愈的会转为慢性乙肝，慢性乙肝炎症治愈率只有，在找出两个乙肝样本后通知其进行治疗，求两人最后至少有一人痊愈的概率.（结果保留两位有效数字）20. 已知集合，．(1)若a ＝1，求；(2)给出以下两个条件：①A ∪B ＝B ；②““是“”的充分不必要条件．在以上两个条件中任选一个，补充到横线处，求解下列问题：若_____________，求实数a 的取值范围．（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）21.已知函数在半个周期内的图象的如图所示，为图象的最高点，，是图象与直线的交点，且.（1）求的值及函数的值域；（2）若，且，求的值.。

2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷

2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷一、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. 设集合A={x||x−1|≤1}，B={x|log2x≤2}，则B∩∁R A=()A.[2, 4]B.(2, 4]C.[0, 4]D.(2, 4]∪(−∞, 0)2. 若复数z满足z(1+i)=|1−i|+i（其中i为虚数单位），则z的虚部为（）A.1−√22B.√2−12C.−√2+12i D.√2−12i3. 已知随机变量X∼B(4, p)，若EX=83，则P(X=2)=()A.8 3B.827C.23D.494. 设a，b是两条直线，α，β是两个平面，则a⊥b的一个充分条件是（）A.a⊥α，b // β，α⊥βB.a⊥α，b⊥β，α // βC.a⊂α，b⊥β，α // βD.a⊂α，b // β，α⊥β5. 如图，设A、B是半径为2的圆O上的两个动点，点C为AO中点，则CO→∗CB→的取值范围是（）A.[−1, 3]B.[1, 3]C.[−3, −1]D.[−3, 1]6. (1−√x)6(1+√x)4的展开式中x的系数是（）A.−4B.−3C.3D.47. 点D是△ABC的边AB的中点，∠ABC=120∘，|CD||AB|=√32，若以A、B为焦点的双曲线恰好经过点C，则该双曲线的离心率为（）A.√7+13B.√5+12C.√2+1D.√3+18. 若cosα+sinα=tanα(0<α<π2)，则α∈()A.(0,π6) B.(π6,π4) C.(π4,π3) D.(π3,π2)9. 已知△ABC的三边长分别为a、b、c，有以下四个命题：（1）以√a，√b，√c为边长的三角形一定存在；（2）以2a ，2b ，2c 为边长的三角形一定存在；（3）以a 3，b 3，c 3为边长的三角形一定存在；（4）以|a −b|+c ，|b −c|+a ，|c −a|+b 为边长的三角形一定存在，其中正确命题的个数为（） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个10. 已知函数f(x)={|(x −a)2−1|+a,x ≥0|x −a|+2a −1,x <0 的最小值为2a −1，则实数a 的取值范围是（） A.a =±1 B.0≤a ≤1 C.a ≤0或a =1 D.a ≤0或a ≥1二、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．已知2log 6x =1−log 63，则x 的值是________．若实数x ，y 满足{−x +y ≤1y ≥|2x −1| ，则x +y 的最大值为________，x 2+y 2的取值范围为________．一个三棱锥的三视图如图所示，则其表面积为________．点G 是△ABC 的重心，过G 作直线与AB 、AC 两边分别交于M 、N 两点，且AM →=xAB →，AN →=yAC →．若x =12，则y =________，若S △AMN =23S △ABC ，则x +y =________．已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若−1，S 5，S 10成等差数列，则S 10−2S 5=________，S 15−S 10的最小值为________．将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有________种不同的染色方法．棱长为36的正四面体A−BCD的内切球球面上有一动点M，则MB+13MC的最小值为________．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．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且(b+c)2−a2=(2+√2)bc，sinAsinB=cos2C2．(Ⅰ)求角A和角B的大小；(Ⅱ)已知当x∈R时，函数f(x)=sinx(cosx+asinx)的最大值为32，求a的值．如图，四棱锥P−ABCD的底面是梯形．BC // AD，AB=BC=CD=1，AD=2，PB=√132，PA=PC=√3(Ⅰ)证明；AC⊥BP；(Ⅱ)求直线AD与平面APC所成角的正弦值．(Ⅰ)求证：lnx<√x>1)；(Ⅱ)设函数f(x)=1lnx −1x−1(x>1)(ⅰ)求证：f(x)是减函数；(ⅱ)若不等式(1+1n)n+a<e对任意n∈N∗恒成立（e是自然对数的底数），求实数a的取值范围．如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率为12，焦距为2．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)直线l与椭圆切于点P，OQ⊥l，垂足为Q，其中O为坐标原点．求△OPQ面积的最大值．已知正项数列{a n}满足a1=4，lna n+1=1na n2−a n+3，n∈N∗．(Ⅰ)求证：a n≥4n；(Ⅱ)求证：16≤12+a1+12+a2+..+12+a n≤14参考答案与试题解析2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷一、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.【答案】 B【考点】交、并、补集的混合运算【解析】解不等式求得集合A 、B ，根据交集与补集的定义计算即可．【解答】集合A ={x||x −1|≤1}={x|−1≤x −1≤1}={x|0≤x ≤2}=[0, 2]， B ={x|log 2x ≤2}={x|0<x ≤4}=(0, 4]， ∴ ∁R A =(−∞, 0)∪(2, +∞)， ∴ B ∩∁R A =(2, 4]． 2.【答案】 A【考点】复数的运算【解析】复数z 满足z(1+i)=|1−i|+i ，则(a +bi)(1+i)=a −b +(b +a)i =√2+i ，列方程组能求出z 的虚部．【解答】设z =a +bi ，∵ 复数z 满足z(1+i)=|1−i|+i （其中i 为虚数单位）， ∴ (a +bi)(1+i)=√2+i ，∴ a +bi +ai +bi 2=a −b +(b +a)i =√2+i ， ∴ {a −b =√2a +b =1 ，解得a =√2+12，b =1−√22．∴ z 的虚部为1−√22．3.【答案】 B【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】根据数学期望值求出p ，再利用公式计算概率P(X =2)的值．【解答】由随机变量X ∼B(4, p)，且EX =83，即np =4p =83，解得p =23；∴ P(X =2)=C 42⋅(23)2⋅(1−23)2=827． 4.【答案】 C【考点】空间中直线与直线之间的位置关系充分条件、必要条件、充要条件【解析】根据题意分别画出错误选项的反例图形即可．【解答】A 、B 、D 的反例如图．5.【答案】 A【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】如图所示，可得O(0, 0)，A(−2, 0)，C(−1, 0)，设B(2cosθ, 2sinθ)．θ∈[0, 2π)．利用数量积运算性质与三角函数的单调性可得CO →∗CB →范围．【解答】如图所示，可得O(0, 0)，A(−2, 0)，C(−1, 0)，设B(2cosθ, 2sinθ)．θ∈[0, 2π)． CO →∗CB →=(1, 0)⋅(2cosθ+1, 2sinθ)=2cosθ+1∈[−1, 3]． 6.【答案】 B【考点】二项式定理的应用【解析】展开式中x 的系数由三部分和组成：(1−√x)6的常数项与(1+√x)4展开式的x 的系数积；(1−√x)6的展开式的x 的系数与(1+√x)4的常数项的积；(1−√x)6的√x 的系数与(1+√x)4的√x 的系数积．利用二项展开式的通项求得各项系数．【解答】(1−√x)6的展开式的通项为T r+1=C 6r (−√x)r =(−1)rC 6rx r2∴ (1−√x)6展开式中常数项为C 60，含x 的项的系数为C 62，含√x 的项的系数为−C 61 (1+√x)4的展开式的通项为T r+1=C 4r(√x)r∴(1+√x)4的展开式中的x的系数为C42，常数项为C40，含√x的项的系数为C41故(1−√x)6(1+√x)4的展开式中x的系数是C60C42+C62C40−C61C41=6+15−24=−37.【答案】A【考点】双曲线的特性【解析】设AB=2，根据余弦定理计算BC，AC，从而得出离心率．【解答】不妨设AB=2，则CD=√3，BD=12AB=1，在△BCD中，由余弦定理可得：cos∠ABC=BC2+1−32BC =−12，解得BC=1，在△ABC中，由余弦定理得AC=√4+1−2∗2∗1∗cos120∘=√7，不妨设以AB为焦点的双曲线方程为x2a2−y2b2=1，则2a=AC−BC=√7−1，2c=AB=2，∴离心率e=ca =√7−1=√7+13．8.【答案】C【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】把等式左边利用辅助角公式化积，结合α的范围求出cosα+sinα的范围进一步得到tanα的范围，则答案可求．【解答】cosα+sinα=√2sin(α+π4)，当0<α<π2时，π4<α+π4<3π4，则√2sin(α+π4)∈(1, √2]⊂(1, √3)，∴tanα∈(1, √3)．得α∈(π4,π3 )．9.【答案】∵(√b+√c)2−(√a)2=b+c−a+2√bc>0，∴√b+√c>√a，∴以√a，√b，√c为边长的三角形一定存在；当b=3，c=2，a=4时，22+23>24不成立，因此以2a，2b，2c为边长的三角形不一定存在；当b=3，c=2，a=4时，a3>b3+c3不成立，因此以a3，b3，c3为边长的三角形不一定存在； B【考点】三角形求面积【解析】三角形ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，不妨设a ≥b ≥c ，则b +c >a ．通过作差或平方作差，利用绝对值不等式的性质及其三角形三边大小关系即可判断出结论．【解答】∵ (√b +√c)2−(√a)2=b +c −a +2√bc >0，∴ √b +√c >√a ，∴ 以√a ，√b ，√c 为边长的三角形一定存在；当b =3，c =2，a =4时，22+23>24不成立，因此以2a ，2b ，2c 为边长的三角形不一定存在；当b =3，c =2，a =4时，a 3>b 3+c 3不成立，因此以a 3，b 3，c 3为边长的三角形不一定存在；∵ |a −b|+c +|b −c|+a ≥|a −c|+c +a >|c −a|+b ，∴ 以|a −b|+c ，|b −c|+a ，|c −a|+b 为边长的三角形一定存在；其中正确命题的个数为2个．故选：B ． 10.【答案】 A【考点】分段函数的应用函数的最值及其几何意义【解析】讨论a =0，a =1，求得f(x)的解析式，运用二次函数、绝对值函数的值域，可得最值，即可得到结论．【解答】解：若a =0，则f(x)={|x 2−1|,x ≥0|x|−1,x <0 ，可得x <0时，f(x)>−1； x ≥0时，f(x)≥0，可得f(x)的值域为(−1, +∞)，无最小值；当a =1时，f(x)={|(x −1)2−1|+1,x ≥0|x −1|+1,x <0 ，当x <0时，f(x)=|x −1|+1>2，当x ≥0时，f(x)=|(x −1)2−1|+1≥1，当x =0时，取得最小值1，则f(x)的最小值为1，满足题意，当a =−1时，f(x)={|(x +1)2−1|−1,x ≥0|x +1|−3,x <0，当x <0时，f(x)≥−3；当x ≥0时，f(x)=x 2+2x −1的值域为[−1, +∞)，可得f(x)的最小值为−1．故排除B ，C,D. 故选A .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．【答案】 √2【考点】对数的运算性质【解析】由对数的性质分别化简等号两边，再根据对数函数的定义域和单调性求值．【解答】原式等价于log 6x 2=log 66−log 63=log 62，所以x 2=2，又x >0， ∴ x =√2，【答案】 5,[0, 13] 【考点】简单线性规划【解析】画出不等式组表示的平面区域，由图形求出目标函数z =x +y 的最大值，再根据z =x 2+y 2表示区域内的点到原点的距离的平方，求出x 2+y 2的取值范围．【解答】不等式组{−x +y ≤1y ≥|2x −1| 可化为 {x −y ≥−1y ≥2x −1y ≥0 或{x −y ≥−1y ≥−2x +1y ≥0，在同一坐标系中画出两个不等式组表示的平面区域，如图所示；则由图形知，目标函数z =x +y 过点C 时，z 取得最大值，由{x −y =−1y =2x −1 ，解得C(2, 3)， ∴ x +y 的最大值为5；又z =x 2+y 2表示区域内的点到原点的距离的平方，由图形知，x 2+y 2的最小值为0，最大值为22+32=13，∴ x 2+y 2的取值范围是[0, 13]．【答案】26+2√34，其外接球的体积是125√23π【考点】由三视图求体积【解析】判断几何体的形状，利用所使用的数据求解三棱锥的表面积以及外接球体积即可．【解答】如图：PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，PA =5，AB =3，BC =4，三棱锥的表面积为：12×3×5+12×3×4+12×4×√25+9+12×5×√9+16=26+2√34 三棱锥的外接球就是长方体三度为：5，4，3的外接球，所以外接球的半径为：12√32+42+52=5√22．外接球的体积为：4π3×(5√22)3=125√23π．【答案】 1,2【考点】平面向量的基本定理【解析】用AM →,AN →表示出AG →，根据三点共线求出x ，y 的关系，根据三角形的面积比得出xy =23，从而可求出x +y 的值．【解答】根据条件：AC →=1y AN →，AB →=1x AM →；又AG →=13AB →+13AC →；∴ AG →=13x AM →+13y AN →；又M ，G ，N 三点共线； ∴ 13x +13y =1； ∵ x =12，∴ y =1； ∵ S △AMN =23S △ABC ， ∴12AM∗AN∗sin∠MAN 12AB∗AC∗sin∠BAC =AM AB∗AN AC =xy =23，又1x +1y =3，即x+yxy =3， ∴ x +y =2．【答案】1,4【考点】等比数列的前n项和【解析】由题意和等差数列易得第一问；再根据S5，S10−S5，S15−S10为等比数列，可得S15−S10为S5的式子，由基本不等式可得第二问．【解答】∵−1，S5，S10成等差数列，∴2S5=S10−1，∴S10−2S5=1，又由等比数列的性质可得S5，S10−S5，S15−S10为等比数列，∴S5(S15−S10)=(S10−S5)2，∴S15−S10=(S10−S5)2S5=(1+2S5−S5)2S5=S5+1S5+2≥2√S5∗1S5+2=4，当且仅当S5=1S5即S5=1时取等号，∴S15−S10的最小值为4，【答案】90【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，先分析第一行的染法数目，进而分类讨论第一行染好后的3种情况，①第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，依次分析第三、四行的染法数目，综合可得第二、三、行的染法数目，由分步计数原理可得答案．【解答】第一行染2个红色方格有C42种染法；第一行染好后，有如下三种情况：①第二行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C42种染法，第四行的染法随之确定；③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、第二这两行染好后，第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．因此，共有染法为：6×(1+6+4×2)=90（种）．【答案】4√33【考点】球内接多面体【解析】由阿波罗尼斯球得内切球球心O是线段CH上以C，E为定点空间中满足PCPE=λ(λ≠1)的点P的集合，连结CO并延长交平面ABD于H，交内切球上方的点设为K，过M作ME⊥CH，交CH于E，连结BM，CM，设OE=x，由已知得CO=9√6，OH=3√6，KCKE=HC HE ，推导出x=√6，λ=3，从而13MC=ME，进而MB+13MC=MB+ME≥BE，由此能求出MB+13MC的最小值．【解答】由阿波罗尼斯球得内切球球心O是线段CH上以C，E为定点，空间中满足PCPE=λ(λ≠1)的点P的集合，连结CO并延长交平面ABD于H，交内切球上方的点设为K，过M作ME⊥CH，交CH于E，连结BM，CM，设OE=x，由已知得CO=9√6，OH=3√6，KC KE =HCHE，∴√63√6−x=√63√6+x，解得x=√6，∴λ=KCKE =√62√6=3，∴MCME =3，∴13MC=ME，∴MB+13MC=MB+ME≥BE，在△BOE中，BO=CO=9√6，OE=√6，cos∠BOE=−cos∠BOH=−13，∴BE=√(9√6)2+(√6)2−2×9√6×√6×(−13)=4√33．∴MB+13MC的最小值为4√33．三、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．【答案】(Ⅰ)由(b+c)2−a2=(2+√2)bc，可得：b2+c2−a2=√2bc，所以cosA=b2+c2−a22bc =√2bc2bc=√22，又0<A<π，可得：A=π4，由sinAsinB=cos2C2，可得：√22sinB=1+cosC2，√2sinB=1+cosC，∴B+C=3π4，则√2sin(3π4−C)=1+cosC，∴可得：sinC=1，解得C=π2，∴B=π4．(Ⅱ)f(x)=sinx(cosx+asinx)=12sin2x+a2(1−cos2x)=a2+√1+a22sin(2x−θ)，tanθ=a，∵函数f(x)=sinx(cosx+asinx)的最大值为32，∴a2+√1+a22=32，∴解得a=43．．【考点】余弦定理【解析】(Ⅰ)由已知可得：b2+c2−a2=√2bc，利用余弦定理可求cosA，结合范围0<A<π，可求A=π4，由已知可得sinB=1+cosC，由B+C=3π4，则利用三角函数恒等变换的应用可求sinC=1，解得C=π2，利用三角形内角和定理解得B=π4．(Ⅱ)利用恒等变换公式对f(x)=sinx(cosx+asinx)化简得到f(x)=a2+√1+a22sin(2x−θ)，再由最大值，建立方程即可求出a的值．【解答】(Ⅰ)由(b+c)2−a2=(2+√2)bc，可得：b2+c2−a2=√2bc，所以cosA=b2+c2−a22bc =√2bc2bc=√22，又0<A<π，可得：A=π4，由sinAsinB=cos2C2，可得：√22sinB=1+cosC2，√2sinB=1+cosC，∴B+C=3π4，则√2sin(3π4−C)=1+cosC，∴可得：sinC=1，解得C=π2，∴B=π4．(Ⅱ)f(x)=sinx(cosx+asinx)=12sin2x+a2(1−cos2x)=a2+√1+a22sin(2x−θ)，tanθ=a，∵函数f(x)=sinx(cosx+asinx)的最大值为32，∴a2+√1+a22=32，∴解得a=43．．【答案】则A(0, −√32, 0)，C(0, √32, 0)，P(−34, 0, 3√34)，D(−1, √32, 0)，∴AD→=(−1, √3, 0)，AC→=(0, √3, 0)，AP→=(−34, √32, 3√34)，设平面ACP 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗AC →=0n →∗AP →=0 ，即{√3y =0−34x +√32y +3√34z =0 ，令x =√3得n →=(√3, 0, 1)， ∴ cos <n →，AD →>=n →∗AD →|n →||AD →|=−√34， ∴ 直线AD 与平面APC 所成角的正弦值为|cos <n →，AD →>|=√34．【考点】直线与平面垂直直线与平面所成的角【解析】（I ）取AC 的中点M ，连接PM ，BM ，通过证明AC ⊥平面PBM 得出AC ⊥BP ； (II)以M 为原点建立坐标系，求出平面APC 的法向量n →，通过计算n →与AD →的夹角得出AD 与平面APC 所成角．【解答】（I ）证明：取AC 的中点M ，连接PM ，BM ， ∵ AB =BC ，PA =PC ，∴ AC ⊥BM ，AC ⊥PM ，又BM ∩PM =M ， ∴ AC ⊥平面PBM ， ∵ BP ⊂平面PBM ， ∴ AC ⊥BP ．(II)∵ 底面ABCD 是梯形．BC // AD ，AB =BC =CD =1，AD =2， ∴ ∠ABC =120∘，∵ AB =BC =1，∴ AC =√3，BM =12，∴ AC ⊥CD ，又AC ⊥BM ，∴ BM // CD ．∵ PA =PC =√3，CM =12AC =√32，∴ PM =32，∵ PB =√132，∴ cos∠BMP =PM 2+BM 2−BP 22PM∗BM=−12，∴ ∠PMB =120∘，以M 为原点，以MB ，MC 的方向为x 轴，y 轴的正方向，以平面ABCD 在M 处的垂线为z 轴建立坐标系M −xyz ，【答案】（1）证明：令g(x)=lnx −√x>1)，则g′(x)=1x −√x−(x−1)⋅12√xx=1−√x+x−12√xx=(√x−1)⋅1−√x 2√xx=√x−1)22x √x<0，∴ g(x)在(1, +∞)上单调递减， ∴ g(x)<g(1)=0，即lnx √x<0．∴ lnx <x>1)．（2）证明：(i)f′(x)=−1x(lnx)2+1(x−1)2=x(lnx)2−(x−1)2(x−1)2(lnx)2，由(I)可知lnx <√x，∴ (lnx)2<(x−1)2x，∴ x(lnx)2<(x −1)2，∴ f′(x)<0，∴ f(x)=1lnx −1x−1(x >1)是减函数． (ii)由(1+1n )n+a <e 得(n +a)ln(1+1n )<1， ∵ ln(1+1n )>ln1=0，∴ n +a <1ln(1+1n)，即a <1ln(1+1n)−n ，令1+1n =t ，则n =1t−1(1<t ≤2)． ∴ a <1lnt −1t−1=f(t)，由(i)可知f(t)在(1, 2]上单调递减， ∴ f(t)的最小值为f(2)=1ln2−1． ∴ a <1ln2−1．【考点】不等式的证明【解析】（I ）作差求导，根据单调性和最值得出结论；(II)(i)根据(I)的结论判断f′(x)<0，从而结论得证；(ii)分离参数可得a <1ln(1+1n)−n ，使用换元法和(i)的单调性求出函数的最小值即可得出a 的范围．【解答】（1）证明：令g(x)=lnx −√x>1)，则g′(x)=1x−√x−(x−1)⋅12√xx=1−√x+x−12√xx=(√x−1)⋅1−√x 2√xx=√x−1)22x √x<0，∴ g(x)在(1, +∞)上单调递减， ∴ g(x)<g(1)=0，即lnx √x<0．∴ lnx <x>1)．（2）证明：(i)f′(x)=−1x(lnx)2+1(x−1)2=x(lnx)2−(x−1)2(x−1)2(lnx)2，由(I)可知lnx <√x，∴ (lnx)2<(x−1)2x，∴ x(lnx)2<(x −1)2，∴ f′(x)<0，∴ f(x)=1lnx −1x−1(x >1)是减函数． (ii)由(1+1n )n+a <e 得(n +a)ln(1+1n )<1， ∵ ln(1+1n )>ln1=0，∴ n +a <1ln(1+1n)，即a <1ln(1+1n)−n ，令1+1n =t ，则n =1t−1(1<t ≤2)． ∴ a <1lnt −1t−1=f(t)，由(i)可知f(t)在(1, 2]上单调递减， ∴ f(t)的最小值为f(2)=1ln2−1． ∴ a <1ln2−1．【答案】（1）由椭圆的离心率e =ca =12，则2c =2，c =1，则a =2，b =√a 2−b 2=3， ∴ 椭圆C 的方程：x 24+y 23=1；（2）方法一：设P(x 0, y 0)，(x 0≠0, y 0≠0)由椭圆在P 的切线方程：x 0x 4+y 0y 3=1，即3x 0x +4y 0y −12=0，则直线OQ 的方程：y =4y3x 0x ，即3x 0y −4y 0x =0，则|OQ|=√9x 0+16y 0，|PQ|=0000√9x 0+16y 0=00√9x 0+16y 0，则△OPQ 面积S △OPQ =12×|OQ|×|PQ|=12√9x 0+16y 0×00√9x 0+16y 0=6|x 0y 0|9x 02+16y 02≤6|x 0y 0|2×3×4|x 0y 0|=14，当且仅当9x 02=16y 02，即x 02=167，y 02=97时取等号， △OPQ 面积的最大值14．方法二：设切线方程：y =kx +m ，(k ≠0)切点P(x 0, y 0)，(x 0≠0, y 0≠0)， O 到切线的距离：|OQ|=√1+k 2，联立{y =kx +m x 24+y 23=1，整理得：(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0，△=(8km)2−4×(3+4k 2)(4m 2−12)=0，整理得：m 2=3+4k 2，代入解得：x 0=√3+4k 2，y 0=k 0x +m =√3+4k 2，直线OQ 的方程：y =−1k x ，即ky +x =0，则|PQ|=|√3+4k 2−√3+4k 2|√1+k 2=√3+4k 2√1+k 2，则则△OPQ 面积S △OPQ =12×|OQ|×|PQ|=12×|PQ|⋅|OQ|=12√3+4k 2√1+k 2⋅√1+k 2=12×|k|1+k 2≤12×|k|2|k|=14，当且仅当k 2=1时，即x 02=167，y 02=97时取等号， △OPQ 面积的最大值14．【考点】椭圆的标准方程椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】(Ⅰ)根据椭圆的离心率公式及c =1，即可求得a 和c 的值，即可求得椭圆方程；(Ⅱ)方法一：根据椭圆的切线方程，求得直线OQ 的方程，根据点到直线的距离公式即可求得|OQ|及|PQ|，利用三角形的面积公式和基本不等式即可求得△OPQ 面积的最大值；方法二：设切线方程y =kx +m ，求得直线OQ 方程，将切线方程代入椭圆方程，由△=0，即可求得m 2=3+4k 2，利用点到直线的距离公式分别求得|OQ|及|PQ|，根据三角形的面积公式及基本不等式的性质，即可求得△OPQ 面积的最大值．【解答】（1）由椭圆的离心率e =ca =12，则2c =2，c =1，则a =2，b =√a 2−b 2=3， ∴ 椭圆C 的方程：x 24+y 23=1；（2）方法一：设P(x 0, y 0)，(x 0≠0, y 0≠0)由椭圆在P 的切线方程：x 0x 4+y 0y 3=1，即3x 0x +4y 0y −12=0，则直线OQ 的方程：y =4y3x 0x ，即3x 0y −4y 0x =0，则|OQ|=√9x 0+16y 0，|PQ|=0000√9x 0+16y 0=00√9x 0+16y 0，则△OPQ 面积S △OPQ =12×|OQ|×|PQ|=12√9x 0+16y 0×00√9x 0+16y 0=6|x 0y 0|9x 02+16y 02≤6|x 0y 0|2×3×4|x 0y 0|=14，当且仅当9x 02=16y 02，即x 02=167，y 02=97时取等号，△OPQ 面积的最大值14．方法二：设切线方程：y =kx +m ，(k ≠0)切点P(x 0, y 0)，(x 0≠0, y 0≠0)， O 到切线的距离：|OQ|=√1+k 2，联立{y =kx +mx 24+y 23=1，整理得：(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−12=0，△=(8km)2−4×(3+4k 2)(4m 2−12)=0，整理得：m 2=3+4k 2，代入解得：x 0=√3+4k 2，y 0=k 0x +m =√3+4k 2，直线OQ 的方程：y =−1k x ，即ky +x =0，则|PQ|=|√3+4k 2−√3+4k 2|√1+k 2=√3+4k 2√1+k 2，则则△OPQ 面积S △OPQ =12×|OQ|×|PQ|=12×|PQ|⋅|OQ|=12√3+4k 2√1+k 2⋅√1+k 2=12×|k|1+k 2≤12×|k|2|k|=14，当且仅当k 2=1时，即x 02=167，y 02=97时取等号， △OPQ 面积的最大值14．【答案】证明：(Ⅰ)首先利用lnx ≤x −1，可得1n a n 2+a n −3=lna n+1≤a n+1−1，即a n+1≥1na n 2+a n −4，以下用数学归纳法证明a n ≥4n ， ①当n =1时显然成立；②假设当n =k 时，不等式成立，即a k ≥4k ，则当n =k +1时，由函数f(x)=1k x 2−x +4的单调性可得，a k+1≥1k ⋅a k 2−a k +4≥1k(4k)2−4k +4=12k +4>4(k +1)，也就是说，当n =k +1时，不等式也成立；由①②可知，a n ≥4n 对任意的n ∈N ∗成立；（2）易知12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n>12+a 1=16，由a n+1≥1n a n2−a n +4=a n (an n−1)+4≥3a n +4，则a n+1+2≥3(a n +2)，所以，a n +2≥3(a n−1+2)≥32(a n−2+2)≥⋯≥3n−1(a 1+2)=3n−1⋅6=2⋅3n ，则12+a n≤12⋅13，因此，12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n≤12(13+132+⋯+13n )=12⋅13(1−13n )1−13=14(1−13n )=14，所以，16≤12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n≤14．【考点】数列与不等式的综合【解析】(Ⅰ)由lnx ≤x −1，得a n+1≥1n a n2−a n +4，然后利用数学归纳法证明不等式a n ≥4n 成立；(Ⅱ)先由12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n>12+a 1=16成立，再由a n+1≥1n a n2−a n +4≥3a n +4成立，于是得到a n+1+2≥3(a n +2)成立，进而得到a n +2≥2⋅3n ，于是得到12+a n≤12⋅13n，然后利用不等式的可加性与等比数列求和公式可证明12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n≤14成立．【解答】证明：(Ⅰ)首先利用lnx ≤x −1，可得1n a n 2+a n −3=lna n+1≤a n+1−1，即a n+1≥1na n 2+a n −4，以下用数学归纳法证明a n ≥4n ， ①当n =1时显然成立；②假设当n =k 时，不等式成立，即a k ≥4k ，则当n =k +1时，由函数f(x)=1k x 2−x +4的单调性可得，a k+1≥1k ⋅a k 2−a k +4≥1k(4k)2−4k +4=12k +4>4(k +1)，也就是说，当n =k +1时，不等式也成立；由①②可知，a n ≥4n 对任意的n ∈N ∗成立；（2）易知12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n>12+a 1=16，由a n+1≥1n a n2−a n +4=a n (an n −1)+4≥3a n +4，则a n+1+2≥3(a n +2)，所以，a n +2≥3(a n−1+2)≥32(a n−2+2)≥⋯≥3n−1(a 1+2)=3n−1⋅6=2⋅3n ，则12+a n≤12⋅13n ，因此，12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n≤12(13+13+⋯+13)=12⋅13(1−13n )1−13=14(1−13)=14，所以，16≤12+a 1+12+a 2+⋯+12+a n≤14．。

优质金卷：浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题(解析版)

1．D【解析】分析:先化简集合B，再求得解.详解：由题得，所以，所以答案为：D.点睛：本题主要考查集合的交集运算，意在考查集合的基础知识和基本的运算能力.2．C【解析】分析：先根据已知求复数z，再求复数z的虚部得解.详解：由题得所以复数z的虚部为.故答案为：C.点睛：(1)本题主要考查复数的除法运算和复数的虚部概念，意在考查复数的基础知识的掌握能力和基本的运算能力.(2)复数a+bi的实部是a,虚部是b，不是bi.点睛：对于类似这种空间几何元素位置关系的判断，主要考查空间想象能力，可以举反例，也可以证明，要结合题目灵活选择.4．B【解析】试题分析：设的展开式的通项为，则：，令得：，又，∴当时，最小，即．故选B．考点：1．二项式系数的性质；2．分析与运算能力．5．A【解析】分析：“a n＞0”⇒“数列{S n}是递增数列”，“数列{S n}是递增数列”不能推出“a n＞0”，由此知“a n＞0”是“数列{S n}是递增数列”的充分不必要条件．详解：∵“a n＞0”⇒“数列{S n}是递增数列”，所以“a n＞0”是“数列{S n}是递增数列”的充分条件.如数列为-1,0,1,2,3,4，，显然数列{S n}是递增数列，但是不一定大于零，还有可能小于等于零，所以“数列{S n}是递增数列”不能推出“a n＞0”，∴“a n＞0”是“数列{S n}是递增数列”的不必要条件．∴“a n＞0”是“数列{S n}是递增数列”的充分不必要条件．故答案为：A．点睛：说明一个命题是真命题，必须证明才严谨.要说明一个命题是一个假命题，只要举一个反例即可. 6．C【解析】分析：首先画出不等式组表示的平面区域，然后根据|x﹣y|的几何意义求最大值．详解：实数x，y满足不等式组表示的平面区域如图：|x﹣y|的几何意义：表示区域内的点到直线x﹣y=0的距离的倍，由图可知点A(4,0)到直线x-y=0距离最大，所以|x﹣y|的最大值为故答案为：C．点睛：本题解题的关键是发现|x-y|的几何意义，|x-y|它表示区域内的点到直线x﹣y=0的距离的倍，利用数形结合分析解答，可以提高解题效率.所以在今后的解题过程中，看到|ax+by|要联想到点到直线的距离公式.7．C【解析】分析：分C和D颜色相同、C和D颜色不相同两种情况讨论.详解：当C和D颜色相同时，各格的方法数为：,所以此时的方案数为种.当当C和D颜色不相同时，各格的方法数为：,所以此时的方案数为种.所以总的方案数为48+48=96，故答案为： C.点睛：本题主要考查排列组合计数原理的应用，意在考查学生的逻辑分类能力和排列组合的基本运算能力.解答排列组合时，要思路清晰，排组分清.∴B点横坐标为4，不妨设B（4，﹣4），则直线AB的方程为y=4x﹣20，联立方程组，得4x2﹣41x+100=0，设A横坐标为x0，则x0+4=，故而x0=．∴|AM|=x0+1=，∴．故答案为：D.点睛：(1)解答本题的关键是转化，先把面积比转化为线段比，再根据相似转化为，再转化为再求点A和点B的横坐标.(2)转化的思想是高中数学的一个重要思想，遇到复杂的、陌生的数学问题，都要想到通过转化把复杂变简单，把陌生变熟悉.所以．因为，．所以．故答案为：D.点睛：本题解题的关键是发现函数f(x)的对称性，其图像关系直线x=a对称,要证明函数的图像关于直线x=a对称，只要证明即可.否则本题解答比较复杂.对于函数的问题，我们要善于从发现已知中的隐含信息，研究函数的奇偶性、对称性、单调性、周期性等,再利用图像的性质帮助我们解题. 10．A【解析】分析:先设，则试题等价于，满足，求的取值范围．再在空间直角坐标系中求的取值范围．详解:设，则问题等价于，满足，求的取值范围．设点O到平面ABC的距离为h，则，所以所以.所以.所以，即．故答案为：A.点睛：本题是一个难题，难在转化.难点一是，由于直接探究比较困难，所以先要转化，设，则问题等价于，满足，求的取值范围．难点二是，直接求的取值范围比较困难，把问题转化为，空间直角坐标系下的取值范围.难点三是，求的取值范围时，又要用到等体积法.由此可见，转化的思想在高中数学中的重要性，大家要理解掌握并灵活运用这种思想解题.11． 2. .【解析】分析：直接利用双曲线的几何性质解答即可.详解：由题得所以双曲线的离心率为渐近线方程为故答案为：2，.点睛：本题主要是考查双曲线的简单几何性质，意在考查双曲线的基础知识掌握能力.注意焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为，焦点在y轴上的双曲线的渐近线方程为，不要记错了.12． -1. .【解析】分析：（1）利用平行线的斜率关系得到m值.(2)利用数形结合求出弦长的最小值.由于直线l：mx+y-1=0过定点P(0，-1),所以过点P且与PC垂直的弦的弦长最短.且最短弦长为故答案为：-1，.点睛：本题的第一空是道易错题，学生有容易得到实际上是错误的.因为是两直线平行的非充分非必要条件，所以根据求出m的值后，要注意检验，本题代入检验，两直线重合了，所以要舍去m=1.13． 0. .【解析】分析：先根据分布列的性质求出b的值，再根据期望计算出a的值，最后计算方差. 详解：由题得所以.解得a=0.所以故答案为： 0，.点睛：本题主要考查分布列的性质，考查随机变量的期望和方差的计算，意在考查学生离散型随机变量的分布列的基础知识的掌握能力和基本的运算能力.14．. .【解析】分析：（1）根据三视图画出几何体的直观图，判断三视图的数据所对应的量，求出各侧面的高，代入公式计算即可．（2）建立适当的坐标系，写出各个点的坐标和设出球心的坐标，根据各个点到球心的距离相等，求出球心的坐标和点的半径，求出体积．详解：由三视图得几何体的直观图是：∴S表=2××2×2+×2×+×2=4+．故答案是4+．，③∴x=1，y=，z=1，∴球心的坐标是（1，，1），∴球的半径是.∴球的体积是故答案为：4+,点睛：本题的第2空，可以不用空间向量的方法，也可以利用空间向量的方法.利用空间向量计算量大一些，但是思维量小一些.不利用向量的方法则计算量小一些，但是分析思维量大一些，学生可以根据自己的实际情况选择.15．.【解析】分析：先设，再通过分析为等差数列得到d=2,最后求出找到答案.所以所以故答案为.点睛：本题的关键是对数列与均为等差数列的转化，这里利用到了等差数列的一个性质，等差数列的通项是一个关于n的一次函数，根据这个性质得到d的值，后面就迎刃而解了.16．6.【解析】分析: 不妨设是中的最小者，即，把已知转化为，且，.再利用一元二次方程的根来分析求的最小值.详解:不妨设是中的最小者，即，由题设知，且，.于是是一元二次方程的两实根，，，所以, 所以.当,时，满足题设条件且使得不等式等号成立．故的最小值为6.点睛：本题解题的关键难在转化，先要消元，通过已知的分析转化得到b+c的表达式和a的范围，再利用函数分析求的最小值.17．.【解析】分析：先考虑两种特殊情况，假设点F和点D重合，假设点F和点A重合，求出每一种情况下点P的轨迹，再根据题意得到点P的轨迹在正方体表面组成的图形，最后求图形的面积.详解：如图所示，记中点为，假设点F和点D重合，作平面和正方体的左侧面、右侧面和下底面的交线，则分别为点P在上运动.假设点F和点A重合，作平面和正方体的左侧面、右侧面和下底面的交线，则分别为点P在上运动.所以点F在AD上运动时，所求图形为直角梯形、、．所以所求图形的面积为故答案为：.点睛：本题主要考查空间想象能力，考查极限的思想.要确定点P的轨迹在正方体表面组成的图形，不是很好处理，所以可以先考虑两种特殊情况，特殊情况下点P的图形确定了，动点P的轨迹组成的图形就容易确定了.18．（Ⅰ）增区间为．（Ⅱ）【解析】分析: (1)先化简函数f(x)得，再求函数的单调增区间.（2）先化简得再利用对称性结合数形结合求的最小值.（Ⅱ）由得，所以作C关于AB的对称点, 连由余弦定理得所以当共线时，取最小值点睛：本题的难点在第（2）问，直接处理比较困难，利用对称性结合数形结合分析解答，才比较简洁.类似这种在一条线段上找点，求线段和的最值，一般利用对称性结合数形结合解答.19．（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）.【解析】分析：（Ⅰ）先证明，即证.( Ⅱ)利用空间向量法求直线与面所成角的正弦值．（Ⅱ）由，如图建系，则设平面的法向量为，由，可取，．点睛：本题主要考查空间线面位置关系的证明，考查空间线面角的计算，意在考查立体几何的基础知识掌握能力和基本的运算能力.20．（Ⅰ）极小值．（Ⅱ）.【解析】分析：（Ｉ）先根据是的极大值点求出 ,再利用导数求的极小值. （Ⅱ）先分离参数得到，再分类讨论求即得b的最小值.（Ⅱ）不等式即为．所以．ⅰ）若，则，．当时取等号；ⅱ）若，则，．由（Ｉ）可知在上为减函数．所以当时，．因为．所以于是．点睛：处理参数问题常用的方法有分类讨论和分离参数法. 如果参数的系数符号能确定,一般利用分离参数法,化成或的形式,再研究函数f(x)的最值.如果参数的系数符号不能确定，一般利用分类讨论的方法.21．（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】分析：（Ⅰ）根据离心率为和弦长|AB|=列一个方程组，解方程组即得a,b,c的值，即得椭圆的方程. （Ⅱ）先求出的表达式，再求函数的最小值即得的最小值．详解：（Ⅰ）由题意设，即椭圆，由．消得，．则．解得，于是椭圆的方程为：．（Ⅱ）设直线, 由消得，．于是．∵．同理可得．∴，, 当时取等号．综上，的最小值为．点睛：本题的难点在求得之后，如何求该函数的最小值.这里可以利用导数，也可以换元，但是最好的方法是利用基本不等式，，所以解题时要注意观察式子的特点，灵活选择方法解答,提高解题效率.22．（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）存在集合，使得对任意成立，当时,的最小值为．（Ⅲ）见解析.详解：（Ⅰ）下面用数学归纳法证明：当时，．ⅰ）当时，由，，得，显然成立；ⅱ）假设时命题成立，即．则时，．于是．因为．所以，这就是说时命题成立．由ⅰ）ⅱ）可知，当时，．由，，所以，所以，又．从而存在集合，使得对任意成立，当时,的最小值为．（Ⅲ）当时，，所以即，也即，．即,于是．故．点睛：本题难点在第（Ⅲ），要求和，直接求和比较困难，所以要先对通项进行放缩再求和.放缩法证明不等式是重点和难点，放缩的技巧和度要在实际的解题中摸索理解并运用.。

浙江省宁波效实中学等五校2018届高三第二次(5月)联考数学试题

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题(全WORD版)资料讲解

2018年4月浙江省高三“五校联考”第二次考试数学试题(WORD版,无答案)

2018届浙江省高三第二次五校联考文科数学试题及答案

浙江省宁波效实中学等五校2018届高三第二次联考数学试题(含解析)

推荐-浙江省2018年五校联考试数学参考答案 精品

浙江省五校联考2017-2018学年高考数学二模试卷(理科) Word版含解析

浙江省五校联考2018年高考模拟数学理科试卷及答案解析

2018~2019学年浙江省5月高三模拟考五校联考数学试卷 word版 含参考答案

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学精彩试题全WORD版

浙江省2018届高三“五校联考”第二次考试数学试题(含答案)(2018.05)

浙江省五校联考2018年高考模拟数学理科试卷及答案解析

浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题

2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷(解析版)

浙江省宁波市效实中学等五校2022届高三下学期5月联考数学试题(2)

2018年浙江省“五校联考”高考数学二模试卷

优质金卷：浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题(解析版)

推荐-浙江省2018年五校联考试数学参考答案精品

2018~2019学年浙江省5月高三模拟考五校联考数学试卷 word版含参考答案