2018年高考数学仿真试卷一(浙江附答案)

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2018年高考数学仿真试卷一(浙江附答案)

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源莲 山课件 w ww.5 Y
K J.cOm

2018年浙江高考仿真卷(一)
 (对应学生用书第163页)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ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.若i是虚数单位,复数z满足(1-i)z=1,则|2z-3|=(  )
 A.3     B.5
 C.6 D.7
 B [由题意得z=11-i=1+i1-i1+i=12+12i,则|2z-3|=|-2+i|=-22+12=5,故选B.]
2.若a,b都是正数,则1+ba1+4ab的最小值为(  )
 A.7 B.8
 C.9 D.10
 C [1+ba1+4ab=1+4ab+ba+4≥5+24ab•ba=9,当且仅当2a=b时,等号成立,所以1+ba1+4ab的最小值为9,故选C.]
3.已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M到焦点F的距离等于2p,则直线MF的斜率为(  )
 A.±3 B.±1
 C.±34 D.±33
 A [因为点M到抛物线的焦点的距离为2p,所以点M到抛物线的准线的距离为2p,则点M的横坐标为3p2,即M3p2,±3p,所以直线MF的斜率为±3,故选A.]

4.函数f(x)=xecos x(x∈[-π,π])的图象大致是(  )
 
 B [由题意得f(-x)=-xecos(-x)=-xecos x=-f(x)(x∈[-π,π]),所以函数f(x)为奇函数,函数图象关于原点成中心对称,排除A、C.又因为f′(x)=ecos x+xecos x•(-sin x),则f′(0)=e,即函数f(x)在原点处的切线的斜率为e,排除D,故选B.]
5.由棱锥和棱柱组成的几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为(  )
 
图1
 A.14 B.2132
 C.22 D.2732
 A [由三视图得该几何体为一个底面为底为3,高为2的三角形,高为4的直三棱柱和一个底面为底为3,高为2的三角形,高为2的三棱锥的组合体,则其体积为4×12×2×3+13×2×12×2×3=14,故选A.]
6.在三棱锥P­ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,AB=AC=23,PA=2,则三棱锥P­ABC外接球的表面积为(  )
 A.20π B.24π
 C.28π D.32π
 A [因为∠BAC=60°,AB=AC=23,所以△ABC为边长为23的等边三角形,则其外接圆的半径r=232sin 60°=2,则三棱锥P­ABC的外接球的半径R=r2+PA22=5,则三棱锥P­ABC的外接球的表面积为4πR2=20π,故选A.]
7.将5名同学分到甲、乙、丙3个小组,若甲组至少两人,乙、丙组每组至少一人,则不同的分配方案的种数为(  )
 A.50  B.80
 C.120 D.140
 B [当甲组有两人时,有C25C23A22种不同的分配方案;当甲组有三人时,有C35A22种不同的分配方案.综上所述,不同的分配方案共有C25C23A22+C35A22=80种不同的分配方案,故选B.]
8.定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x).若对任意的实数x,都有2f(x)+xf′(x)<2恒成立,则使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的实数x的取值范围为(  )
 A.{x|x≠±1}
 B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
 C.(-1,1)
 D.(-1,0)∪(0,1)
 B [设g(x)=x2[f(x)-1],则由f(x)为偶函数得g(x)=x2[f(x)-1]为偶函数.又因为g′(x)=2x[f(x)-1]+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2],且2f(x)+xf′(x)<2,即2f(x)+xf′(x)-2<0,所以当x>0时,g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2]<0,函数g(x)=x2[f(x)-1]单调递减;当x<0时,g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2]>0,函数g(x)=x2[f(x)-1]单调递增,则不等式x2f(x)-f(1)<x2-1⇔x2f(x)-x2<f(1)-1⇔g(x)<g(1)⇔|x|>1,解得x<-1或x>1,故选B.]
9.已知f(x)=x2+3x,若|x-a|≤1,则下列不等式一定成立的是(  )
 A.|f(x)-f(a)|≤3|a|+3
 B.|f(x)-f(a)|≤2|a|+4
 C.|f(x)-f(a)|≤|a|+5
 D.|f(x)-f(a)|≤2(|a|+1)2
 B [∵f(x)=x2+3x,∴f(x)-f(a)=x2+3x-(a2+3a)=(x-a)(x+a+3),
 ∴|f(x)-f(a)|=|(x-a)(x+a+3)|=|x-a||x+a+3|,
 ∵|x-a|≤1,∴a-1≤x≤a+1,∴2a+2≤x+a+3≤2a+4,
 ∴|f(x)-f(a)|=|x-a||x+a+3|≤|2a+4|≤2|a|+4,故选B.]
10.如图,四边形ABCD是矩形,沿直线BD将△ABD翻折成△A′BD,异面直线CD与A′B所成的角为α,则(  )
 
图­­
 A.α<∠A′CD B.α>∠A′CD
 C.α<∠A′CA D.α>∠A′CA
 D [∵AB∥CD,∴∠A′BA为异面直线CD与A′B所成的角α,假设四边形ABCD是正方形,AB=2,平面A′BD⊥平面ABCD,连接AC交BD于点O,连接A′A,A′C,则A′O⊥平面ABCD,A′O=AO=BO=CO=DO=12AC=2,∴A′A=A′C=A′B=A′D=2,∴△A′BA,△A′CD是等边三角形,△A′CA是等腰直角三角形,∴∠A′CA=45°,∠A′CD=∠A′BA=60°,即α>∠A′CA,α=∠A′CD,排除A,B,C,故选D.]
 
第Ⅱ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.设全集U=R,集合A={x|x2-3x-4<0},B={x|log2(x-1)<2},则A∩B=________,∁RA=________.

 (1,4) (-∞,-1]∪[4,+∞) [A=(-1,4),B=(1,5),所以A∩B=(1,4),∁RA=(-∞,-1]∪[4,+∞).]
12.3x+1x6的展开式中常数项为________(用数字作答).
 135 [二项式3x+1x6的展开式的通项公式为Tr+1=Cr6(3x)6-r1xr=
 36-rCr6x ,令6-32r=0,得r=4,所以3x+1x6的展开式中常数项为32C46=135.]
13.已知△ABC的外接圆半径为1,圆心为O,且3OA→+4OB→+5OC→=0,则OB→•OC→=____________,cos A=__________.
 -45 1010 [由4OB→+5OC→=-3OA→,|OB→|=|OC→|=|OA→|=1得(4OB→+5OC→)2=9OA→2,即16+25+40 OB→•OC→=9,OB→•OC→=-45,OB→•OC→=1×1×cos∠BOC=-45,解得cos∠BOC=-45,因为∠BOC=2∠A,所以cos A=1+-452=1010.]
14. 已知变量x,y满足x-4y+3≤0,x+y-4≤0,x≥1,点(x,y)对应的区域的面积________,x2+y2xy的取值范围为________.
 85 2,103 [不等式组对应的平面区域是以点(1,1),(1,3)和135,75为顶点的三角形区域,该区域的面积为12×2×135-1=85.yx的几何意义是可行域上的点(x,y)与原点连线的斜率,当(x,y)为点135,75时,yxmin=713,当(x,y)为点(1,3)时,yxmax=3,所以yx∈713,3,令yx=t∈713,3,则x2+y2xy=xy+yx=1t+t,当t=1时,取得最小值2,当t=3时,取得最大值103,故x2+y2xy的取值范围是2,103.]
15.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点P在双曲线上,若|PF1|+|PF2|=6a,且△PF1F2最小内角的大小为30°,则双曲线的渐近线方程为________.
 2x±y=0 [由题意不妨设|PF1|-|PF2|=2a,
 ∵|PF1|+|PF2|=6a,∴|PF1|=4a,|PF2|=2a.
 ∵|F1F2|=2c>2a,∴△PF1F2最小内角为∠PF1F2=30°,∴在△PF1F2中,由余弦定理得4a2=4c2+16a2-2×2c×4a×cos 30°,解得c=3a,∴b=2a,故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±2x,即2x±y=0.]
16.甲、乙两人被随机分配到A,B,C三个不同的岗位(一个人只能去一个工作岗位).记分配到A岗位的人数为随机变量X,则随机变量X的数学期望E(X)=________,方差D(X)=________.
 23 49 [由题意可得X的可能取值有0,1,2,P(X=0)=2×23×3=49,P(X=1)=C12×23×3=49,P(X=2)=13×3=19,则数学期望E(X)=0×49+1×49+2×19=23,方差D(X)=0-232×49+1-232×49+2-232×19=49.]
17.若函数f(x)=x2(x-2)2-a|x-1|+a有四个零点,则a的取值范围为________.
 aa=-3227或-1<a<0或a>0 [显然x=0和x=2为函数f(x)
 的两个零点.当x≠0且x≠2时,令x2(x-2)2-a|x-1|+a=0得a=x2x-22|x-1|-1=x2x-2,x≥1,-xx-22,x<1,设g(x)=x2x-2,x≥1,-xx-22,x<1,则由题意得直线y=a与函数g(x)的图象有两个横坐标不为0,2的相异交点,在平面直角坐标系内画出函数g(x)的图象如图所示,由图易得当a=-3227或-1<a<0或a>0时,直线y=a与函数g(x)的图象有两个横坐标不为0,2的相异交点,即a的取值范围为aa=-3227或-1<a<0或a>0.]
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.(本小题满分14分)在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知函数f(x)=sin(2x+B)+3cos(2x+B)为偶函数,b=fπ12.
 (1)求b;
 (2)若a=3,求△ABC的面积S.
[解] (1)f(x)=sin(2x+B)+3cos(2x+B)=2sin2x+B+π3,
由f(x)为偶函数可知B+π3=π2+kπ,k∈Z,
所以B=π6+kπ,k∈Z.  5分
又0<B<π,故B=π6,所以f(x)=2sin2x+π2=2cos 2x,
b=fπ12=3.  7分
(2)因为B=π6,b=3,由正弦定理可得sin A=asin Bb=32, 12分
所以A=π3或A=2π3.
当A=π3时,△ABC的面积S=332;
当A=2π3时,△ABC的面积S=334.  14分
19.(本小题满分15分)如图2,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四边形BFED为矩形,平面BFED⊥平面ABCD,BF=1.
 
图3
 (1)求证:AD⊥平面BFED;
 (2)点P在线段EF上运动,设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ,试求θ的最小值.
 [解] (1)证明:在梯形ABCD中,
 ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,
 ∴AB=2.
 ∴BD2=AB2+AD2-2AB•AD•cos 60°=3. 2分
 ∴AB2=AD2+BD2,∴AD⊥BD.
 ∵平面BFED⊥平面ABCD,平面BFED∩平面ABCD=BD,DE⊂平面BFED,DE⊥DB,
 ∴DE⊥平面ABCD,  5分
 ∴DE⊥AD,又DE∩BD=D,
 ∴AD⊥平面BFED.  7分
 (2)由(1)可建立以直线DA,DB,DE为x轴,y轴,z轴的如图所示的空间直角坐标系,令EP=λ(0≤λ≤3),
 
 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,λ,1),
 ∴AB→=(-1,3,0),BP→=(0,λ-3,1),8分
 设n1=(x,y,z)为平面PAB的法向量,
 由n1•AB→=0,n1•BP→=0,得-x+3y=0,λ-3y+z=0,
 取y=1,则n1=(3,1,3-λ).12分
 ∵n2=(0,1,0)是平面ADE的一个法向量,
 ∴cos θ=|n1•n2||n1||n2|=13+1+3-λ2×1=1λ-32+4.
 ∵0≤λ≤3,∴当λ=3时,cos θ有最大值12.
 ∴θ的最小值为π3.  15分
20.(本小题满分15分)设函数f(x)=1-x+1+x.
 (Ⅰ)求函数f(x)的值域;
 (Ⅱ)当实数x∈[0,1],证明:f(x)≤2-14x2.
 [解] (Ⅰ)函数f(x)的定义域是[-1,1],
 ∵f′(x)=1-x-1+x21-x2,
 当f′(x)>0时,解得-1<x<0,
 当f′(x)<0时,解得0<x<1,
 ∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增, 4分
 ∴f(x)min=f(1)=f(-1)=2,f(x)max=f(0)=2, 7分
 ∴函数f(x)的值域为[2,2].
 (Ⅱ)证明:设h(x)=1-x+1+x+14x2-2,x∈[0,1],h(0)=0,
 ∵h′(x)=-12(1-x)-12+12(1+x)-12+12x
 =12x1-21-x21+x+1-x,10分
 ∵1-x2(1+x+1-x)=1-x2•2+21-x2≤2,
 ∴h′(x)≤0.
 ∴h(x)在(0,1)上单调递减,  13分
 又h(0)=0,∴h(x)≤h(0)=0,
 ∴f(x)≤2-14x2.  15分
21.(本小题满分15分)已知椭圆C1:x24+y23=1,抛物线C2:y2=4x,过抛物线C2上一点P(异于原点O)作切线l交椭圆C1于A,B两点.
 
图4
 (1)求切线l在x轴上的截距的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值.
[解] (1)设P(t2,2t)(t≠0),显然切线l的斜率存在,
设切线l的方程为y-2t=k(x-t2),即y=k(x-t2)+2t. 1分
由y=kx-t2+2t,y2=4x消去x得ky2-4y-4kt2+8t=0,
由Δ=16-16k(-kt2+2t)=0,得k=1t,
从而切线l的方程为x=ty-t2,  3分
令y=0,得切线l在x轴上的截距为-t2.
由x=ty-t2,x24+y23=1,得(3t2+4)y2-6t3y+3t4-12=0,
令Δ=36t6-12(3t2+4)(t4-4)>0,得0<t2<4,
则-4<-t2<0,  6分
故切线l在x轴上的截距的取值范围为(-4,0). 7分
 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知y1+y2=6t33t2+4,y1y2=3t4-123t2+4,|AB|=1+t2|y1-y2|
=1+t2•y1+y22-4y1y2
=1+t2•6t33t2+42-43t4-123t2+4
=43•1+t2•-t4+3t2+43t2+42,  9分
原点O到切线l的距离为d=t21+t2,
 ∴S=12|AB|×d=23•t4-t4+3t2+43t2+42. 12分
令3t2+4=u,∵0<t2<4,∴4<u<16,
则有S=23•u-429-u-429+uu2
=239•u2-8u+16-u2+17u-16u2,
∴S=239•u+16u-8•17-u+16u
=239•-u+16u2+25u+16u-136.
令y=u+16u,∵4<u<16,
∴y=u+16u在(4,16)上为增函数,
得8<y<17,
∴S=239•-y2+25y-136,当y=252∈(8,17)时,
Smax=239•-6254+6252-136=3. 14分
由y=u+16u=252得u=25+3414,有t=3+412<
2,故当t=3+412时,△OAB面积S有最大值3. 15分
22.(本小题满分15分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足Snan=13n+r.
 (1)若a1=2,求数列{an}的通项公式;
 (2)在(1)的条件下,设bn=1a2n-1(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn≥2n3n+1.
 [解] (1)令n=1,得13+r=1,∴r=23, 1分
 则Sn=13n+23an,∴Sn-1=13n+13an-1(n≥2),
 两式相减得anan-1=n+1n-1(n≥2),  3分
 ∴a2a1•a3a2•a4a3•…•anan-1=31•42•53•…•n+1n-1,
 化简得ana1=nn+11×2(n≥2),
 ∴an=n2+n(n≥2),  6分
 又a1=2适合an=n2+n(n≥2),∴an=n2+n. 7分
 (2)证明:由(1)知a2n-1=(2n-1)•2n,
 ∴bn=1a2n-1=12n-12n=12n-1-12n,∴T1=12≥23+1不等式成立,
 ∴Tn=11-12+13-14+15-16+…+12n-1-12n(n≥2),
 ∴Tn=11+12+13+…+12n-212+14+…+12n
 =11+12+13+…+12n-11+12+…+1n,
 ∴Tn=1n+1+1n+2+…+12n,  10分
 ∴2Tn=1n+1+12n+1n+2+12n-1+…+1n+k+12n-k+1+…+12n+1n+1.
 ∵1n+k+12n-k+1=3n+1n+k2n-k+1≥43n+1(仅在k=n+12时取等号),
 ∴2Tn≥4n3n+1,即结论Tn≥2n3n+1成立. 15分

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