高考数学 仿真卷2

2018年浙江高考仿真卷(二) (对应学生用书第167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已知i是虚数单位，则()A1iB1iC1iD1iB1i，故选B.2已知集合Mx|x2x120，Ny|y3x，x1，则集合x|xM且xN为()A(0,3B4,3C4,0)D4,0D易得M4,3，N(0,3，则x|xM且xN4,0，故选D.3已知xR，则“|x3|x1|1，所以“|x3|x1|2”是“x1”的充分不必要条件故选A.4如图1，某多面体的正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角梯形和直角三角形，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为 ()图1A2B.C2D.C三视图对应的直观图为四棱锥，补形成正方体如图所示，由图可知最长棱的长度为2.5若(12x)5a0a1xa2x2a5x5，则a0a1a3a5()A122B123C243D244B记f(x)(12x)5，则a0f(0)1, 又f(1)a0a1a2a535，f(1)a0a1a2a5(1)51，两式相减得a1a3a5122，所以a0a1a3a5123，故选B.6设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列C由于Snna1dn2n是关于n的二次函数，定义域为N*，所以当dSnan10，即若数列Sn是递增数列，则an0(n2)，并不能说明a10也成立，如数列1，1,3,4，所以C不正确；对于D，显然a1S10，若公差d0，由Snn2n可知，存在nN*，有Sn0矛盾，所以d0，从而an0(nN*)，所以数列Sn是递增数列，故D正确7已知O为三角形ABC内一点，且满足(1)0，若OAB的面积与OAC的面积的比值为，则的值为()A.B2C.D.A如图，设BC的中点为E，连接OE，直线AO与BC相交于点F，由(1)0，可知()()0，2，则，因为OAB的面积与OAC的面积的比值为，所以BC4BF，又BC2BE，所以BE2BF，从而CF3EF，3，所以23，.8给定R上函数f(x)，()A存在R上函数g(x)，使得f(g(x)xB存在R上函数g(x)，使得g(f(x)xC存在R上函数g(x)，使得f(g(x)g(x)D存在R上函数g(x)，使得f(g(x)g(f(x)D对于A，B：若f(x)1，则f(g(x)x，g(f(x)x均不成立，排除A，B；对于C：f(x)x1，则f(g(x)g(x)1g(x)，排除C；当g(x)x时，f(g(x)f(x)，同时g(f(x)f(x)，即f(g(x)g(f(x)，所以给定R上的函数f(x)，一定存在R上的函数g(x)x，使得f(g(x)g(f(x)，故选D.9如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm为分米)，高为5 dm，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm和4 dm，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为()图2A. dm3B4 dm3C. dm3D3 dm3C由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为311111，故选C.10已知0xy,2x2y，则下列不正确的是()Asin x2sin(2y)Csin(2x2)sin yDsin x2cos(y1)C易得x2xx2y，所以0x1.2，又可得2x2y1，又y，所以1y.由x2y得0x2y，所以sin x2sin，故A正确；由21.44x22y，所以sin x2sin(2y)，故B正确；对于C，取2x2，则y，sin(2x2)sin y，显然不成立，所以C不正确；由x2y得0x2y1y，所以sin x20，所以q，从而ana3qn38n326n.13已知函数f(x)sin xcos xcos2x，xR，则函数f(x)的最小值为_，函数f(x)的递增区间为_2，kZf(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin1，易知f(x)min2，递增区间为，kZ.14将9个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子中至少有1个小球，共有_种不同的方法若要求每个盒子中至少有1个小球，且每个盒子中的小球个数都不相同，则共有_种不同的方法2818(1)每个盒子非空，则共有C28种方法；(2)三个盒子中球的个数有以下三类：1,3,5；1,2,6；2,3,4.每一类都有A种不同的方法，所以根据分类计数原理，共有3A18种不同的方法15设maxa，b已知x，yR，mn6，则Fmax|x24ym|，|y22xn|的最小值为_Fmax|x24ym|，|y22xn|，当且仅当即且时，取“”，所以F的最小值为.16已知双曲线1(a0，b0)的左、右焦点分别是F1，F2，过F2的直线交双曲线的右支于P，Q两点，若|PF1|F1F2|，且3|PF2|2|QF2|，则该双曲线的离心率为_如图，由双曲线的定义可知，|PF2|2(ca)，则|QF2|PF2|3(ca)，设F2P的中点为M，连接F1M，则F1MMQ，|PM|MF2|PF2|ca.在直角三角形F1MQ中，|F1Q|QF2|2a3ca，|F1M|24c2(ca)2，|QM|4(ca)，由勾股定理可得4(ca)24c2(ca)2(3ca)2，即5c212ac7a20,5e212e70，解得e(e1舍去)17已知实数x，y，z满足则xyz的最小值为_720由xy2z1得xy12z，则5x2y2z22xyz224zz2，解得2z2，则xyz(12z)z2z2z的最小值为2(2)22720.三、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，内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，已知atan Aacos Bbcos C.(1)求角A的大小；(2)设AD是BC边上的高，若ADa，求的值解(1)由正弦定理知sin Atan Asin Ccos Bsin Bcos Csin A，3分又sin A0，故tan A1，A.7分(2)ABC的面积Saabcsin A，故a2bc，10分又a2b2c22bccos A，故b2c22bc0，13分求得1.14分19(本小题满分15分)如图2，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCBCD90，BC2，CD，PD4，PDA60，且平面PAD平面ABCD.图2(1)求证：ADPB；(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角MBCD的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：过点B作BOCD，交AD于点O，连接PO，则ADBO，2分在PDO中，PD4，DO2，PDA60，则POAD，4分因为POBOO，则AD平面POB，因为PB平面POB，所以ADPB.6分(2)法一：由(1)可建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，B(0，0)，C(2，0)若存在满足条件的点M(m,0，n)，7分(m，n)，(2,0,0)，平面MBC的一个法向量为，10分又平面ABCD的一个法向量为(0,0,1)，12分cos，n1，14分.15分法二：假设存在点M，过点M作AD的平行线交PO于点N，连接BN，则NBO即为二面角MBCD的平面角，9分cosNBOtanNBOON1，12分PNPONO21，1.15分20(本小题满分15分)已知函数f(x)x3|ax3|2，a0.()求函数yf(x)的单调区间；()当a(0,5)时，对于任意x10,1，总存在x20,1，使得f(x1)f(x2)0，求实数a的值解()f(x)x3|ax3|2当时，即a3，函数yf(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，；4分当时，即0a3，函数yf(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.7分(2)由题意知，对于任意x10,1，总存在x20,1，使得f(x1)f(x2)0，等价于f(x)minf(x)max0，由()得，当3a5时，yf(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf2，f(x)maxmaxf(0)，f(1)max1，a41，所以210，所以a3；11分当0a3时，yf(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)minf1，f(x)maxmaxf(0)，f(1)max1,2a，当1a3时，f(x)max1，则110，得a3(舍去)；当0a1时，f(x)max2a，则12a0，即3a，其中3a2，而0)的焦点为F，以A(x1，y1)(x10)为直角顶点的等腰直角ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线C上图3(1)过Q(0，3)作抛物线C的切线l，切点为R，点F到切线l的距离为2，求抛物线C的方程；(2)求ABC面积的最小值解(1)过点Q(0，3)的抛物线C的切线l：ykx3，联立抛物线C：x22py(p0)得x22pkx6p0，4p2k246p0，即pk26.2分点F，点F到切线l的距离为d2，化简得(p6)216(k21)，4分(p6)216，p0，p60，得p26p16(p8)(p2)0，p2，因此抛物线方程为C：x24y.6分(2)已知直线AB不会与坐标轴平行，设直线AB：yy1k(xx1)(k0)，联立抛物线方程得x22pkx2p(kx1y1)0，则x1xB2pk，则xB2pkx1，同理可得xCx1.8分|AB|AC|xBx1|xCx1|k(xBx1)x1xCx1.10分|AB|xBx1|(2pk2x1)2p.12分2，(当且仅当k1时等号成立)，故|AB|2p，ABC面积的最小值为4p2.15分22(本小题满分15分)已知数列an满足a11，an1an(nN*)(1)证明：；(2)证明：2(1)n.证明()an1an，an2an1，2分而a11，易得an0，由得，.5分(2)由(1)得(n1)an2nan，.(7分)令bnnan，则bnbn1nan(n1)an1n1，当n2时，bn1bnn，由b1a11，b22，易得bn0，由得