2018年浙江高考数学二轮复习练习：仿真卷3 .doc

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1、2018年浙江高考仿真卷(三)(对应学生用书第171页)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、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定义集合Ax|f(x)，By|ylog2(2x2)，则ARB()A(1，)B0,1C0,1)D0,2)B由2x10得x0，即A0，)，由于2x0，所以2x22，所以log2(2x2)1，即B(1，)，所以ARB0,1，故选B.2ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，则“a2b2c2”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

2、C充要条件D既不充分也不必要条件Aa2b2c2C为钝角ABC为钝角三角形；若ABC为钝角三角形，则当A为钝角时，有b2c2a2，不能推出a2b2，故D错误5设函数f(x)若函数g(x)f(x)m在0,2内恰有4个不同的零点，则实数m的取值范围是()A(0,1)B1,2C(0,1D(1,2)A函数g(x)f(x)m在0,2内有4个不同的零点，即曲线yf(x)与直线ym在0,2上有4个不同的交点，画出图象如图所示，结合图象可得出0m0，b0)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.C由题意可得

3、点P的坐标为(b，a)，又P在双曲线上，故有1，即，所以b2ac，即c2aca20，所以e2e10，解得e(负值舍去)7已知3tan tan21，sin 3sin(2)，则tan()()A.BCD3B由3tan tan21得，所以tan .由sin 3sin(2)得sin()3sin()，展开并整理得，2sin()cos 4cos()sin ，所以tan()2tan ，由得tan().8已知f(x)2x24x1，设有n个不同的数xi(i1,2，n)满足0x1x20)均相交，所成弦的中点为Mi(xi，yi)，则下列说法错误的是()A数列xi可能是等比数列B数列yi是常数列C数列xi可能是等差数列

4、D数列xiyi可能是等比数列C设等比数列ci的公比为q.当a0，b0时，直线byci0与抛物线y22px最多有一个交点，不符合题意；当a0，b0时，直线axci0与抛物线y22px的交点为，则xi，yi0，xiyi，此时数列xi为公比为q的等比数列，数列yi为常数列，数列xiyi为公比为q的等比数列；当a0，b0时，直线axbyci0与抛物线y22px的方程联立，结合韦达定理易得xi，yi，此时数列yi为常数列综上所述，A，B，D正确，故选C.10如图2，棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1，点A在平面内，平面ABCD与平面所成的二面角为30，则顶点C1到平面的距离的最大值是()图2A2(

5、2)B2()C2(1)D2(1)B由于AC14(定长)，因此要求C1到平面距离的最大值，只需求出AC1与平面所成角的最大值设AC1与平面ABCD所成的角为，则tan ，因为平面ABCD与平面所成的二面角为30，所以AC1在与平面所成的角为30的平面内，且AC1与平面，的交线垂直时，AC1与平面所成的角最大，最大值为30，所以点C1到平面的距离的最大值dAC1sin(30)2()第卷二、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分把答案填在题中横线上)11.6展开式中的常数项为_设展开式的第(r1)项为常数项，即Tr1C()6rrCrx为常数项，则63r0，解得r2，所以常数

6、项为T3C2.12已知空间几何体的三视图如图3所示，则该几何体的表面积是_，体积是_图38由三视图可得该几何体是由一个底面半径为1，高为2的圆柱和两个半径为1的半球组成的，且球截面与圆柱的上，下底面完全重合，所以该几何体的表面积为2124128，体积为13122.13若直线x是函数f(x)sin 2xacos 2x的图象的一条对称轴，则函数f(x)的最小正周期是_；函数f(x)的最大值是_由题设可知f(0)f，即aa，解得a，所以f(x)sin 2xcos 2x，则易知最小正周期T，f(x)max.14袋中有大小相同的3个红球，2个白球，1个黑球若不放回摸球，每次1球，摸取3次，则恰有2次红球

7、的概率为_；若有放回摸球，每次1球，摸取3次，则摸到红球次数X的期望为_不放回地从6个球中取3个，概率为.由题意得有放回的取球3次，取到红球的分布列服从二项分布，且取球一次取到红球的概率为，所以取到红球次数的期望为3.15已知整数x，y满足不等式组则2xy的最大值是_，x2y2的最小值是_248画出可行域如图中阴影部分所示，易得当x8，y8时，2xy取得最大值，最大值是24.x2y2的最小值即为可行域中的点到原点最小距离的平方，即原点到直线xy40距离的平方，所以x2y2的最小值是8.16已知向量a，b满足|a|2，向量b与ab的夹角为，则ab的取值范围是_2ab2如图，半径为的圆C中，|OA

8、|2，OBA，设a，b，则ab, b在上投影的最小值为，最大值为1，2ab2.17已知函数f(x)x2x(x0)，bR.若f(x)图象上存在A，B两个不同的点与g(x)图象上A，B两点关于y轴对称，则b的取值范围为_54b1f(x)x2x(x0)，所以f(x)图象上存在A，B两个不同的点与g(x)图象上A，B两点关于y轴对称，当且仅当方程x2xx2bx2有两个不同的正根，即(1b)x2(b1)x20有两个不同的正根，等价于解得54b0，|CD|y0，则xy3，BD2x2y2xy(xy)2xy(xy)2(xy)2BD，ACBD3，12分当BCCD时取到所以|AC|的最小值为3.14分19(本小题

9、满分15分)如图5，三棱柱ABCA1B1C1中，D，M分别为CC1和A1B的中点，A1DCC1，侧面ABB1A1为菱形且BAA160，AA1A1D2，BC1.图5(1)证明：直线MD平面ABC；(2)求二面角BACA1的余弦值解连接A1C，A1DCC1，且D为CC1的中点，AA1A1D2，A1CA1C1AC，又BC1，ABBA12，CBBA，CBBA1，又BABA1B，CB平面ABB1A1，取AA1的中点F，则BFAA1，即BC，BF，BB1两两互相垂直，以B为原点，BB1，BF，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，B1(2,0,0)，C(0,0,1)，A(1，0)，A1(1，0)

10、，C1(2,0,1)，D(1,0,1)，M. 5分(1)证明：设平面ABC的法向量为m(x，y，z)，则mxy0，mz0，取m(，1,0)，m00，m，又MD平面ABC，直线MD平面ABC.9分(2)设平面ACA1的法向量为n(x1，y1，z1)，(1，1)，(2,0,0)，nx1y1z10，n2x10，取n(0,1，)，又由(1)知平面ABC的法向量为m(，1,0)，设二面角BACA1的平面角为，二面角BACA1的平面角为锐角，cos ，二面角BACA1的余弦值为.15分20(本小题满分15分)已知函数f(x)ln 2xax2.(1)若f(x)在(0，)上的最大值为，求实数a的值；(2)若a

11、3，关于x的方程f(x)xb在上恰有两个不同的实根，求实数b的取值范围.解(1)f(x)2ax，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，无最大值当a0时，由f(x)0得x，f(x)在x上单调递增；由f(x)0，于是(x)在x上单调递增；当x时，(x)0，于是(x)在x上单调递减方程f(x)xb在上恰有两个不同的实根，11分则解得ln 2bb0)的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2y2相切(1)求椭圆C的方程；(2)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，请说明理由解(1)ea24c2，又焦点与短轴

12、的两顶点的连线与圆x2y2相切，根据三角形面积公式得bcb2c2(b2c2)，4分即(a2c2)c2a2(a2c2)3，故c21，a24，b23，椭圆方程为1.6分(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(34k2)x28k2x4k2120，8分则若存在定点N(m,0)满足条件，则有(x1m)(x2m)y1y2x1x2m2m(x1x2)k2(x11)(x21)(1k2)x1x2(mk2)(x1x2)k2m2k2m2，10分如果要上式为定值，则必须有m，12分验证当直线l斜率不存在时，也符合故存在点N满足.15分22(本小题满分15分)已知数列an满足a1，都有an1aan，nN*.(1)求证：n1ann1，nN*；(2)求证：当nN*时，6.证明(1)an1anaa0，an1与an同号a10，an0.2分an11aan1(an1)(aan3)，又aan30，an11与an1同号a110，an1，4分an1anan(a1)0，则0n1，8分又0a10，n1ann1，nN*.9分(2)(1an)，又an11(a2an3)(an1)(aan3)，(aan3).11分当n2时，an1(a11)n1，又a1111，(an1)n1，12分(a11)(a21)(an1)6，6.15分