【最新】浙江省中考数学模拟检测试卷2套(含答案)57038.pdf

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1、最新浙江省中考数学模拟检测试卷（含答案）时间：120 分钟 满分：100 分 一、选择题(本大题共 18 小题，每小题 3 分，共 54 分)1设集合 Mx|x24，Nx|12 或 x2，MNx|20，得 x0，x3，即 x(3,0 3在等差数列an中，若 Sn3n22n，则公差 d 等于()A2 B3 C5 D6 答案 D 解析公差为d的等差数列的前n项和Snna1nn12dd2n2a1d2n3n22n，所以 d6.故选 D.4不等式|x2|x1|5 的解集为()A(，2 B2,3 C3，)D1,2 答案 B 解析 不等式|x2|x1|5 x2，2x15，解得2x1 或1x2 或 2x3，所

2、以不等式|x2|x1|5 的解集为2,3，故选 B.5ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 B2A，a1，b 3，则 c 等于()A2 3B2C.2D1 答案 B 解析由正弦定理得asinAbsinB，因为 B2A，a1，b 3，所以1sinA32sinAcosA.所以 cosA32.又 0A4 成立的一个充分不必要条件是()A|ab|4 B|a|4 C|a|2 且|b|2 Db4 答案 D 解析 由 b4|a|b|4 知，充分性成立 由|a|b|4D/b4 知，必要性不成立 12设变量 x，y 满足约束条件 xy7，xy2，x10，则目标函数 zyx的最大值为()A.9

3、5B3C6D9 答案 C 解析不等式组对应的平面区域如图(阴影部分，含边界)所示，z 的几何意义是区域内的点与原点连线的斜率，则由图象可知，OA 的斜率最大，OB 的斜率最小，由 x1，xy7，解得 x1，y6，即 A(1,6)，此时 OA 的斜率 k6，故选 C.13若 4x4y1，则 xy 的取值范围是()A0,1 B1,0 C1，)D(，1 答案 D 解析 由于 4x4y2 4x4y2xy1，所以 2xy1120，得 xy10，即 xy1.故选 D.14 已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且在0，)上是减函数，则下列各式一定成立的是()Af(0)f(2)Cf(1)f(3)Df(

4、2)f(3)答案 C 解析 因为 f(x)是 R 上的偶函数，所以 f(x)f(x)f(|x|)，又 f(x)在0，)上是减函数，所以 f(6)f(|3|)f(|2|)f(|1|)f(3)，故选 C.15已知 F1，F2是双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的两个焦点，P 是双曲线 C 上一点，若|PF1|PF2|6a，且PF1F2最小内角的大小为30，则双曲线 C 的渐近线方程是()A.2xy0 Bx 2y0 Cx2y0 D2xy0 答案 A 解析 由题意，不妨设|PF1|PF2|，则根据双曲线的定义得，|PF1|PF2|2a，又|PF1|PF2|6a，解得|PF1|4a，|PF2|

5、2a.在PF1F2中，|F1F2|2c，而 ca，所以有|PF2|0，b，cR)在(0,2)内有两个实根，若 c1，25a10b4c4，则实数 a 的最小值为()A1B.32C.94D.1625 答案 D 解析 设 f(x)ax2bxca(xp)(xq)，c1，25a10b4c4，f(0)c1，f(2.5)1，apq1，a(2.5p)(2.5q)1，a2pq(2.5p)(2.5q)1，即 a21pq2.5p2.5q，又 p(2.5p)q(2.5q)625256，当且仅当 pq1.25 时，等号成立 a2256625，即 a1625，a 的最小值为1625.二、填空题(本大题共 4 小题，每空

6、3 分，共 15 分)19函数 f(x)sin2xcos2x 的最小正周期是_；最大值是_ 答案 1 解析 f(x)cos2x，T，f(x)max1.20在ABC 中，若A120，AB5，BC7，则ABC 的面积 S_.答案 15 34 解析 由余弦定理得 BC2AB2AC22ABACcosA，即 4925AC225AC12，则 AC25AC240，解得 AC3.故ABC 的面积 S1253sin12015 34.21已知等差数列an，等比数列bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn(nN*)若Sn32n212n，b1a1，b2a3，则 Tn_.答案 23(4n1)解析 由题意得 a1S13212

7、1212，当 n2 时，anSnSn1 32n212n32(n1)212(n1)3n1，当 n1 时，也成立，所以 an3n1(nN*)，所以 b1a12，b2a38，所以等比数列bn的公比为 4，Tn214n1423(4n1)(nN*)22 偶函数 f(x)满足 f(1x)f(1x)，且当 x0,1时，f(x)2xx2，若直线 kxyk0(k0)与函数 f(x)的图象有且仅有三个交点，则 k 的取值范围是_ 答案 1515，33 解析 因为直线 kxyk0(k0)，即 k(x1)y0(k0)过定点(1,0)因为函数 f(x)满足 f(1x)f(1x)，所以函数 f(x)的图象关于直线 x1

8、对称，又因为函数 f(x)为偶函数，所以函数 f(x)的图象关于 y 轴对称，在平面直角坐标系内画出函数 f(x)的图象及直线 k(x1)y0(k0)如图所示，则由图易得|AB|221 3，|AC|421 15，tanBAx1333，tanCAx1151515，则要使直线 kxyk0(k0)与函数 f(x)的图象有且仅有三个交点，则 k 的取值范围是1515，33.三、解答题(本大题共 3 小题，共 31 分)23(10 分)已知函数 f(x)cosx(sinx 3cosx)32，xR.(1)求 f(x)的最小正周期；(2)求 f(x)的单调递增区间；(3)求 f(x)的值域 解 f(x)co

9、sx(sinx 3cosx)32 sinxcosx32(2cos2x1)12sin2x32cos2x sin2x3.(1)所以函数 f(x)的最小正周期 T22.(2)由 2k22x32k2，kZ，得 k512xk12，kZ，所以函数 f(x)的单调递增区间为 k512，k12(kZ)注：或者写成单调递增区间为k512，k12kZ (3)xR，1sin2x31，即 f(x)1,1 24(10 分)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为33，点 M 在椭圆上，且满足 MF2x 轴，|MF1|4 33.(1)求椭圆的方程；(2)若直线 ykx2 交椭圆于 A，

10、B 两点，求ABO(O 为坐标原点)面积的最大值 解(1)由已知得c2a213，又由 a2b2c2，可得 a23c2，b22c2，得椭圆方程为x23c2y22c21.设点 M 在第一象限，因为 MF2x 轴，可得点 M 的坐标为c，2 33c，由|MF1|4c243c24 33，解得 c1，所以椭圆方程为x23y221.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，将 ykx2 代入椭圆，可得(3k22)x212kx60，由 0，可得 3k220，则有 x1x212k23k2，x1x2623k2，所以|x1x2|2 18k2123k22.因为直线 ykx2 与 y 轴交点的坐标为(0,2)，所

11、以OAB 的面积 S122|x1x2|2 18k2123k222 63k223k22，令 3k22t，由 3k220 知 t(0，)，所以 S2 6tt426tt28t1626t16t862，当且仅当 t16t，即 t4 时等号成立 所以当 t4 时，ABO 的面积取得最大值62.25(11 分)已知函数 yf(x)，若在定义域内存在 x0，使得 f(x0)f(x0)成立，则称 x0为函数 f(x)的局部对称点(1)若 a，bR 且 a0，证明：函数 f(x)ax2bxa 必有局部对称点；(2)若函数 f(x)2xc 在区间1,2上有局部对称点，求实数 c 的取值范围(1)证明 由 f(x)a

12、x2bxa，得 f(x)ax2bxa，代入 f(x)f(x)0，得(ax2bxa)(ax2bxa)0，得到关于 x 的方程 ax2a0(a0)，其中 4a2，由于 aR 且 a0，所以 0 恒成立，所以函数 f(x)ax2bxa(a，bR，a0)必有局部对称点(2)解 方程 2x2x2c0 在区间1,2上有解，于是2c2x2x.设 t2x(1x2)，则12t4，2ct1t，其中 2t1t174，所以178c1.即 c178，1.最新浙江省中考数学模拟检测试卷（含答案）一、选择题(本大题共 18 小题，每小题 3 分，共 54 分)1设集合 M1,0,1，N 为自然数集，则 MN 等于()A1,

13、0 B1 C0,1 D1 答案 C 2已知 A(1,1,1)，B(3,3,3)，点 P 在 x 轴上，且|PA|PB|，则 P 点坐标为()A(6,0,0)B(6,0,1)C(0,0,6)D(0,6,0)答案 A 解析点 P 在 x 轴上，设 P(x,0,0)，又|PA|PB|，x12012012 x32032032，解得 x6.故选 A.3在等差数列an中，a12，a3a510，则 a7等于()A5B6C8D10 答案 C 解析因为在等差数列an中，a12，a3a510，所以 2a4a3a510，解得 a45，所以公差 da4a1411.所以 a7a16d268.故选 C.4若幂函数 f(x

14、)的图象过点(2,8)，则 f(3)的值为()A6B9C16D27 答案 D 解析设幂函数 f(x)x，其图象过点(2,8)，可得 f(2)28，解得 3，即 f(x)x3，可得 f(3)27.故选 D.5在锐角三角形 ABC 中，角 A，B 所对的边长分别为 a，b.若 2asinB 3b，则 A 等于()A.3 B.4 C.6 D.12 答案 A 解析因为在ABC 中，2asinB 3b，所以由正弦定理asinAbsinB，得 2sinAsinB 3sinB，由角 A 是锐角三角形的内角知 sinB0，所以 sinA32.又ABC 为锐角三角形，所以 A3.6已知 cos12，且 是钝角，

15、则 tan 等于()A.3B.33C 3D33 答案 C 解析 cos12，且 为钝角，sin 1cos232，tansincos 3.7 已知 b，c 是平面 内的两条直线，则“直线 a”是“直线 ab，直线 ac”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析依题意，由 a，b，c，得 ab，ac；反过来，由 ab，ac 不能得出 a.因为直线 b，c 可能是平面 内的两条平行直线 综上所述，“直线 a”是“直线 ab，直线 ac”的充分不必要条件，故选 A.8已知实数 x，y 满足不等式组 2xy0，x2y0，3xy50，则 2xy 的最大值

16、是()A0B3C4D5 答案 C 解析在平面直角坐标系中画出题中的不等式组表示的平面区域为以(0,0)，(1,2)，(2，1)为顶点的三角形区域(如图阴影部分，含边界)，由图易得当目标函数 z2xy 经过平面区域内的点(1,2)时，z2xy取得最大值 zmax2124，故选 C.9下列命题为真命题的是()A平行于同一平面的两条直线平行 B与某一平面成等角的两条直线平行 C垂直于同一平面的两条直线平行 D垂直于同一条直线的两条直线平行 答案 C 解析如图所示，A1C1平面 ABCD，B1D1平面 ABCD，但是 A1C1B1D1O1，所以 A错；A1O，C1O 与平面 ABCD 所成的角相等，但

17、是 A1OC1OO，所以 B 错；D1A1A1A，B1A1A1A，但是 B1A1D1A1A1，所以 D 错；由线面垂直的性质定理知 C 正确 10如图是一个几何体的三视图，则这个几何体是()A圆锥 B棱柱 C圆柱 D棱锥 答案 C 11若关于 x 的不等式|ax|x3|4 在 R 上有解，则实数 a 的取值范围是()A7，)B7,7 C1，)D1,7 答案 D 解析因为不等式|ax|x3|4 在 R 上有解，所以 4(|ax|x3|)min|a3|，解得1a7，故选 D.12已知正项等比数列an的前 n 项和为 Sn，若 S32a3a1，则该数列的公比为()A2B.12C4D.14 答案 A

18、解析设正项等比数列an的公比为 q0，因为 S32a3a1，所以 2a1a2a3，所以 a1(2q)a1q2，化为 q2q20，q0，解得 q2.故选 A.13.如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，CACBCC11，则直线 A1B 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为()A.22 B.155 C.33 D.63 答案 C 解析连接 BC1，由 A1C1平面 BB1C1C，得A1BC1 是直线 A1B 与平面 BB1C1C 所成的角，在 RtA1BC1中，A1C11，BC1 2，BA13，sin1333.14已知 F1，F2为双曲线 Ax2By21 的焦点，其顶点是线段 F1F

19、2的三等分点，则其渐近线的方程为()Ay2 2x By24x Cyx Dy2 2x 或 y24x 答案 D 解析由题意可知，双曲线焦点在 x 轴或 y 轴上 2a132c，c29a2.又c2a2b2，b28a2，故ba2 2，ab24.渐近线方程为 y2 2x 或 y24x.15已知函数 f(x)的定义域为 R，若 f(x1)与 f(x1)都是奇函数，则一定有()Af(x)为偶函数 Bf(x)为奇函数 Cf(x2)为偶函数 Df(x3)为奇函数 答案 D 解析因为函数 f(x1)，f(x1)均为奇函数，所以 f(x1)f(x1)，f(x1)f(x1)，则 f(x3)f(x21)f(x2)1 f

20、(x1)f(x1)f(x21)f(x2)1f(x3)，所以函数 f(x3)为奇函数，故选 D.16存在函数 f(x)满足：对于任意的 xR 都有 f(x22x)|xa|，则 a等于()A1B1C2D4 答案 B 解析 由题意不妨令 x22x0，则 x0 或 x2，所以 f(0)|0a|2a|，解得 a1，故选 B.17 已知RtAOB的面积为1，O为直角顶点，设向量aOA|OA|，bOB|OB|，OPa2b，则PAPB的最大值为()A1B2C3D4 答案 A 解析 以 O 为原点，OA 所在直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系(图略)设 A(m,0)，B(0，n)，则

21、a(1,0)，b(0,1)，OPa2b(1,2)，PA(m1，2)，PB(1，n2)，因为 RtAOB 的面积为 1，即有 mn2，则PAPB1m2(n2)5(m2n)52 2mn5221，当且仅当 m2n2 时，取得最大值 1.18.过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点F2向其一条渐近线作垂线l，垂足为 P，l 与另一条渐近线交于 Q 点，若QF23PF2，则双曲线的离心率为()A2B.3C.43D.2 33 答案 B 解析 由题意得直线 F2Q 的方程为 yab(xc)，与直线 ybax 联立，消去 x 得 yababyc，解得 yPabc.与直线 ybax 联立，消去 x 得

22、 yababyc，解得 yQabcb2a2.因为QF23PF2，所以 yQ3yP，即abcb2a23abc，结合 b2c2a2化简得 c23a2，所以双曲线的离心率 eca 3，故选 B.二、填空题(本大题共 4 小题，每空 3 分，共 15 分)19已知抛物线 C：y22x，点 M(3,5)，点 P 在抛物线 C 上移动，点 P在 y 轴上的射影为 Q，则|PM|PQ|的最大值是_，此时点 P 的坐标为_ 答案 5 512 3 54，1 52 解析 抛物线 C 的焦点 F12，0，准线 l：x12，则由抛物线的定义知|PM|PQ|PM|PF|12|MF|125 512，此时点 P 在第四象限

23、，且由抛物线 C：y22x 及直线 MF：y2x1得点 P 的坐标为3 54，1 52.20 已知向量 a(1,2)，b(2，t)，若 ab，则实数 t 的值是_ 答案 4 解析 由 ab 得 t220，所以 t4.21对于实数 x，y，若|x1|1，|y2|1，则|x2y1|的最大值为_ 答案 5 解析|x2y1|(x1)2(y2)2|(x1)2(y2)|2|x1|2|y2|25.22 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cosA3cosCcosB3cab，则sinCsinA的值为_ 答案 3 解析 由正弦定理asinAbsinBcsinC2R，得cosA3cosC

24、cosB3cab2R3sinCsinA2RsinB 3sinCsinAsinB，即(cosA3cosC)sinB(3sinCsinA)cosB，化简可得 sin(AB)3sin(BC)，又 ABC，所以 sinC3sinA，因此sinCsinA3.三、解答题(本大题共 3 小题，共 31 分)23(10 分)已知函数 f(x)sinxcosx，xR.(1)求 f2的值；(2)求函数 f(x)的最小正周期；(3)求函数 g(x)fx4fx34的最小值 解(1)由题意得 f2sin2cos21.(2)因为 f(x)2sinx4，所以函数 f(x)的最小正周期为 2.(3)因为 g(x)fx4fx3

25、4 2sinx2 2sin(x)2(cosxsinx)2cosx4.所以当 x42k，kZ，即 x342k，kZ 时，函数 g(x)取得最小值2.24(10 分)已知椭圆 C 的焦点 F1(2，0)和 F2(2，0)，长轴长为 4，设直线 yx2 交椭圆 C 于 A，B 两个不同的点(1)求椭圆 C 的方程；(2)求弦 AB 的长 解(1)因为椭圆 C 的焦点为 F1(2，0)和 F2(2，0)，长轴长为 4，所以设所求椭圆的方程为x2a2y2b21(ab0)，则依题意有 a2，c 2，所以 b2a2c22.所以椭圆 C 的方程为x24y221.(2)联立 x24y221，yx2，消去 y 得

26、 3x28x40，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由根与系数的关系有 x1x283，x1x243，所以由弦长公式得|AB|1k2x1x224x1x2 28324434 23.25(11 分)已知函数 f(x)x|xa|bx.(1)当 a2，且 f(x)是 R 上的增函数时，求实数 b 的取值范围；(2)当 b2，且对任意 a(2,4)，关于 x 的方程 f(x)tf(a)总有三个不相等的实数根，求实数 t 的取值范围 解(1)f(x)x|x2|bx x2b2x，x2，x2b2x，x2.因为 f(x)连续，且 f(x)在 R 上单调递增，等价于这两段函数分别递增，所以 2b22，2b22，得 b2.(2)f(x)x|xa|2x x2a2x，xa，x2a2x，xa，tf(a)2ta.当 2a4 时，a22a22a，f(x)在，a22上单调递增，在a22，a 上单调递减，在(a，)上单调递增，所以 f(x)极大值fa22a24a1，f(x)极小值f(a)2a，所以 2a2ta对 2a4 恒成立，解得 0t1.当2a2 时，a22aa22，f(x)在，a22上单调递增，在a22，a22上单调递减，在a22，上单调递增，所以 f(x)极大值fa22a24a1，f(x)极小值fa22a24a1，所以a24a12taa24a1 对2a2 恒成立，解得 0t1，综上，0t1.