2018届浙江省绍兴市高三3月适应性模拟考试数学试题(解析版)(共13页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷数学试题第卷（共40分）一、选择题（本大题共10个小题，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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题得，所以，故选B.2. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题得. 故选C.3. 如图是由半球和圆柱组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B，故选B.4. 已知，则“”是“是偶函数”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【答案】C【解析】因为是偶函数，所以所以.所以“”是“是偶函数”的充要条件.故选C.5. 若，满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 0 B. C. D. 【答案】B【解析】由题得不等式组对应的平面区域如下图所示：设z=3x+y,所以y=-3x+z，当直线y=-3x+z经过点B（1,0）时，直线的纵截距最大，z最大.此时，故选B.6. 在中，内角为钝角，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题得，由余弦定理得 故选A.7. 如图，已知双曲线： 的左焦点为，为虚轴的一端点.若以为圆心的圆与的一条渐近线相切于点，且 ，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题得双曲线的第一、三象限的渐近线方程为，所以点A到渐近线的距离，因为，所以A,B,F三点共线.由题得,所以，故选D.8. 已知，函数满足：存在，对任意的，恒有.则可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于选项A,由于在上是增函数，值域是，所以不满足恒成立；对于选项B，在上是增函数，在是减函数，值域是，所以不满足恒成立；对于选项C，在在上是增函数，值域是，所以不满足恒成立；对于选项D,在x>0时的值域为-1,1,总存在，对任意的，恒有.故选D.点睛：本题的难点在于图像分析，函数满足：存在，对任意的，恒有.实际上就是说函数在x>0时，必须有最大值和最小值.9. 如图，在中，为的中点.将沿着翻折至，使得，则的取值不可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图所示:把继续旋转,一直旋转到平面ABC里面,这时,在位置，这时此时，是直线和BM所成的最小角，所以不可能.故选A.点睛：本题的难点在于思维问题的方法，本题属于难题.本题考虑到沿着翻折至时的一种极端情况，即把继续旋转一直旋转到平面ABC里面，从而找到分析推理的依据. 10. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】因为，所以, 令是增函数.综上所述，故选C.点睛：本题的难点在于要解题思路的探寻，本题是一个难度较大的题目，其中要用到结论. 第卷（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. 在我国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书里出现了如图所示的数表，表中除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数之和.利用这一性质，_，_（用数字作答）【答案】 (1). 20 (2). 35【解析】,故填（1）20，（2）35.12. 若离散型随机变量的分布列为则常数_，的数学期望_【答案】 (1). (2). 【解析】由题得. 故填（1）（2）.13. 设为等差数列的前项和，满足，则_，公差_【答案】 (1). -14 (2). 4【解析】由得由得所以，故填（1）-14（2）4.14. 已知正数，满足，则当_时，取得最小值为_【答案】 (1). (2). 【解析】由题得当且仅当时取等.故填（1）（2）.15. 某单位安排5个人在六天中值班，每天1人，每人至少值班1天，共有_种不同值班方案.（用数字作答）【答案】1800【解析】第一步：从六天中选一天，有种选法；第二步，从5个人中选一个人值刚才选出的那一天值班，有种选法；第三步：把剩下的五天进行全排列，有种排法；第四步：把刚才的数的乘积除以2，因为出现了重复的情况，且刚好重复了一倍，(假设选的是星期一，选的人是甲，所以甲在星期一值班，如果甲也值星期二的班，甲值星期一和星期二的班.如果刚开始选的是星期二，选的人也是甲，所以甲再星期二值班，如果后面甲又值星期一的班，故甲也值星期一和星期二的班. 这两个是重复的).故.故填1800.16. 已知正三角形的边长为4，是平面上的动点，且，则的最大值为_【答案】【解析】如图所示,建立直角坐标系,设.由题得，所以动点O的轨迹是圆，所以，所以-4x的最大值为.故填点睛:本题的难点在于想到利用解析法来解析,本题如果不用解析法解答,用其它方法,比较复杂,很难化简，但是利用解析法，先求出动点的轨迹，后面就简单了. 遇到正三角形、直角三角形、菱形等，可以尝试利用解析法解答.17. 已知，函数在区间上的最大值是2，则_【答案】3或【解析】当时，=函数，对称轴为，观察函数 的图像可知函数的最大值是.令，经检验，a=3满足题意.令，经检验a=5或a=1都不满足题意.令，经检验不满足题意.当时，,当时，,函数，对称轴为，观察函数 的图像可知函数的最大值是.令，令,所以.综上所述，故填3或.点睛：本题的难点在于通过函数的图像分析函数的性质. 本题绝对值里面是一个闭区间上的二次函数，要求它的最大值，所以要先画出二次函数的图像，再结合二次函数的图像分析出最大值的可能情况.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. 已知函数 .（）求的最小正周期；（）若，且，求的值.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）第（）问，直接化简函数，再利用三角函数的周期公式求解. (2)第（）问，先解方程得到的值，再求的值.试题解析：（） .即.所以的最小正周期.（）由，得，又因为 ，所以，即.所以 .19. 如图，在三棱锥中，.（）求证：；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：（1）第（）问，直接转化为证明平面. （2）第（）问，可以利用几何法求，也可以利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.试题解析：（）如图，取的中点，连结，.因为为正三角形，所以；因为，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以.（）解法一：过点作的垂线，垂足为，连结.因为平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面，故平面.所以直线与平面所成角为.在中，由余弦定理得 ，所以.所以，.又，故 ，即直线与平面所成角的正弦值为.解法二：如图，以原点，以，为，轴建立空间直角坐标系.可求得，则，.平面的一个法向量为，.设直线与平面所成角为，则 .20. 已知函数 .（）当时，判断的单调性；（）当时，恒有，求的取值范围.【答案】(1) 在上单调递增(2) 【解析】试题分析：（1）第（）问利用导数求导，研究函数的单调性. (2)对进行分类讨论，探究每一种情况是否满足.试题解析：（）当时，.故在上单调递增.（）由于，即，解得.当时， ，当时，所以在上单调递增，符合题意.当时，存在，使得，故在单调递减，在单调递增.因为 ，所以 ， .由单调性知.符合题意.当时， ，在上递减，在上递增，且.符合题意.当时， ，对称轴.故在内有两个不同的实根，设，则在单调递减，在单调递增，在单调递减.必有，不符合题意.综合，所以的取值范围是.21. 已知椭圆： 的离心率为，分别为的右顶点和上顶点，且.（）求椭圆的方程；（）若，分别是轴负半轴，轴负半轴上的点，且四边形的面积为2，设直线和的交点为，求点到直线的距离的最大值.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）第（）问，根据题意得到关于的方程组，解方程组即可. (2)第（）问，先转化四边形的面积为2，得到点的轨迹，再结合点P的轨迹球点P到AB的距离的最大值.试题解析：（）由得.又，所以，.所以椭圆的方程为.（）设，其中，.因为，所以，得，.又四边形的面积为2，得，代入得，即 ，整理得.可知，点在第三象限的椭圆弧上.设与平行的直线 与椭圆相切.由消去得，.所以点到直线的距离的最大值为 .点睛：本题的难点在于转化条件得到动点P的轨迹，对于四边形的面积为2的转化，最好是把这个四边形分成两个三角形的面积来求解.22. 已知数列满足：， . （其中为自然对数的底数，）（）证明：；（）设，是否存在实数，使得对任意成立？若存在，求出的一个值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2) 不存在满足条件的实数【解析】试题分析：（1）第（）问，先证明一个不等式，再利用该不等式证明. (2)第（）问，先利用数学归纳法证明，再利用该不等式证明不存在实数M.试题解析：（）证明：设，令，得到.当时，单调递减；当时，单调递增.故，即（当且仅当时取等号）.故 ，所以.（）先用数学归纳法证明.当时，.假设当时，不等式成立，那么当时， ，也成立.故对都有.所以.取， .即 .所以，对任意实数，取，且，则.故，不存在满足条件的实数.点睛：本题难点在于思路的找寻，本题难度较大. 第（）问，先证明一个不等式，第（）问，先利用数学归纳法证明，之所以要证明这两个不等式，当然是对试题整体分析的结果.专心-专注-专业