2018年浙江省宁波市镇海中学校高考数学模拟试卷（5月份）（含解析）

2018年浙江省宁波市镇海中学校高考数学模拟试卷（5月份）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（4分）已知全集，集合，则ABCD2（4分）已知是虚数单位，复数，则的共轭复数为ABCD3（4分）已知直线，其中，则“，”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是ABCD5（4分）记，则的值为A1B2C129D21886（4分）已知不等式组表示的平面区域为，若函数的图象上存在区域上的点，则实数的取值范围是A，B，C，D，7（4分）甲、乙、丙、丁四个人到，三个景点旅游，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到景点的方案有A18种B12种C36种D24种8（4分）设椭圆的右焦点为，椭圆上的两点、关于原点对称，且满足，则椭圆的离心率的取值范围是A，B，C，D，9（4分）已知函数，则方程的实根个数为A3B4C5D610（4分）已知直三棱柱的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱，分别交于三点，若为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为AB3CD4二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分11（6分）双曲线的渐近线方程为，设双曲线经过点，且与具有相同渐近线，则的方程为12（6分）设数列满足的通项，数列前项和是13（6分）随机变量的分布列如下：01其中，成等差数列，则，方差的最大值是14（6分）函数，的部分图象如图所示，则，为了得到的图象，需将函数的图象最少向左平移个单位15（6分）若实数、满足，则的取值范围是 16（6分）已知抛物线，焦点记为，过点作直线交抛物线于，两点，则的最小值为17（6分）如图，在四边形中，点，分别是边，的中点，延长和交的延长线于不同的两点，则的值为三、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（14分）已知锐角的内角，所对的边分别为，且，（1）求角的大小；（2）求的取值范围19（15分）在三棱锥中，（1）求证：；（2）若点为上一点，且，求直线与平面所形成的角的正弦值20（15分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围21（12分）已知椭圆的方程为，在椭圆上，离心率，左、右焦点分别为、（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于，连接，并延长交椭圆于，连接，求与之间的函数关系式22（12分）我们称满足：的数列为“级梦数列”（1）若是“1级梦数列”且求：和的值；（2）若是“1级梦数列”且满足，求的最小值；（3）若是“0级梦数列”且，设数列的前项和为证明：2018年浙江省宁波市镇海中学校高考数学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析一、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（4分）已知全集，集合，则ABCD【考点】：交、并、补集的混合运算【专题】11：计算题【分析】先求的补集，再利用数轴求交集即可【解答】解：故选：【点评】本题考查集合的并、补运算利用数轴求解直观、形象2（4分）已知是虚数单位，复数，则的共轭复数为ABCD【考点】：复数的运算【专题】38：对应思想；：数学模型法；：数系的扩充和复数【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案【解答】解：，的共轭复数为故选：【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3（4分）已知直线，其中，则“，”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件【专题】36：整体思想；：定义法；：简易逻辑【分析】根据线面垂直的定义结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：当，不是相交直线时，若，则不一定成立，若，则，成立，则“，”是“”的必要不充分条件，故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的定义是解决本题的关键4（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是ABCD【考点】：由三视图求面积、体积【专题】11：计算题；35：转化思想；44：数形结合法；：空间位置关系与距离【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为组合体，左半部分为四分之一圆柱，右半部分为二分之一圆锥，且圆柱与圆锥的底面半径均为2，高为2然后由圆柱及圆锥的体积公式求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分为四分之一圆柱，右半部分为二分之一圆锥，且圆柱与圆锥的底面半径均为2，高为2则该几何体的体积是故选：【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题5（4分）记，则的值为A1B2C129D2188【考点】：二项式定理【专题】11：计算题；34：方程思想；：转化法；：二项式定理【分析】在已知等式中取求得，再由求得，则答案可求【解答】解：在中，取，得又，则故选：【点评】本题考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，体现了转化的数学思想，属于中档题6（4分）已知不等式组表示的平面区域为，若函数的图象上存在区域上的点，则实数的取值范围是A，B，C，D，【考点】：简单线性规划【专题】59：不等式的解法及应用【分析】结合二元一次不等式（组与平面区域的关系画出其表示的平面区域，再利用函数的图象特征，结合区域的角上的点即可解决问题【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：作出函数的图象如图：则函数的图象关于对称，沿着对称轴平移图象，由图象可知当图象经过点时函数取得最小值，当图象经过点时，取得最大值，由，解得，即此时，即，由，解得，即，此时，即，则实数的取值范围，故选：【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法利用平移确定目标函数取得最优解的条件是解决本题的关键7（4分）甲、乙、丙、丁四个人到，三个景点旅游，每个人只去一个景点，每个景点至少有一个人去，则甲不到景点的方案有A18种B12种C36种D24种【考点】：排列、组合及简单计数问题【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；：排列组合【分析】根据题意，分2种情况讨论：，甲单独一个人旅游，甲和乙、丙、丁中1人一起旅游，分别求出每一种情况的方案的数目，由加法原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：，甲单独一个人旅游，在、景点中任选1个，有2种选法；再将其他3人分成2组，对应剩下的2个景点，有种情况，则此时有种方案；，甲和乙、丙、丁中1人一起旅游，先在乙、丙、丁中任选1人，与甲一起在、景点中任选1个，有种情况，将剩下的2人全排列，对应剩下的2个景点，有种情况，则此时有种方案；则甲不到景点的方案有种；故选：【点评】本题考查计数原理的应用，解题注意优先分析排约束条件多的元素，属于中档题8（4分）设椭圆的右焦点为，椭圆上的两点、关于原点对称，且满足，则椭圆的离心率的取值范围是A，B，C，D，【考点】：椭圆的性质【专题】：圆锥曲线的定义、性质与方程；35：转化思想；：转化法【分析】根据条件判断四边形为矩形，结合椭圆的定义结合椭圆离心率方程进行转化求解即可【解答】解：作出椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，又，即，故平行四边形为矩形，设，则在直角三角形中，得，得，令，得，又由，得，即，即，得，即，即，则，即，得得则椭圆的离心率的取值范围是，故选：【点评】本题主要考查椭圆的离心率的计算，结合椭圆的定义进行转化是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度9（4分）已知函数，则方程的实根个数为A3B4C5D6【考点】：分段函数的应用【专题】34：方程思想；44：数形结合法；51：函数的性质及应用【分析】设，可得，分别作出和的图象，可得它们有两个交点，再结合的图象，即可得到实根的个数【解答】解：设，可得，分别作出和的图象，可得它们有两个交点，即方程有两根，一根为，另一个根为，由，可得；由，可得有3个解，综上可得方程的实根个数为4故选：【点评】本题考查函数方程的转化思想，注意运用换元法和数形结合思想方法，考查运算能力，属于中档题10（4分）已知直三棱柱的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱，分别交于三点，若为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为AB3CD4【考点】：棱柱的结构特征【专题】35：转化思想；49：综合法；：空间位置关系与距离【分析】不妨设在处，则有，由，可得直角三角形斜边【解答】解：如图，不妨设在处，则有，由，该直角三角形斜边故选：【点评】本题考查了空间线面位置关系，考查了转化思想，属于中档题二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分11（6分）双曲线的渐近线方程为，设双曲线经过点，且与具有相同渐近线，则的方程为【考点】：双曲线的性质【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】直接求出双曲线的渐近线方程，得到第一问；利用双曲线的渐近线方程以及双曲线经过的点，求出，即可得到双曲线方程【解答】解：双曲线的渐近线方程为：，设双曲线经过点，且与具有相同渐近线，可得：，并且，解得，所求双曲线方程为：故答案为：；【点评】本题考查双曲线的简单性质以及双曲线方程的求法，考查转化思想以及计算能力12（6分）设数列满足的通项，数列前项和是【考点】：数列的求和【专题】34：方程思想；：转化法；54：等差数列与等比数列【分析】数列满足时，相减可得：解得时，求得代入可得利用裂项求和方法即可得出【解答】解：数列满足时，相减可得：解得，时，对于上式也成立综上可得：，数列前项和故答案为：，【点评】本题考查了数列递推关系、通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题13（6分）随机变量的分布列如下：01其中，成等差数列，则，方差的最大值是【考点】：离散型随机变量的期望与方差【专题】34：方程思想；51：函数的性质及应用；：概率与统计【分析】由题意可得：，又，联立解得可得利用数学期望计算公式可得，令，可得，利用二次函数的单调性即可得出【解答】解：由题意可得：，又，联立解得，令，当且仅当时取等号因此的最大值为故答案为：，【点评】本题考查了随机变量的分布列与数学期望及其性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题14（6分）函数，的部分图象如图所示，则，为了得到的图象，需将函数的图象最少向左平移个单位【考点】：函数的图象变换【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；57：三角函数的图象与性质【分析】由函数的最值求出，由周期求出，由特殊点求出的值，可得函数的解析式，再利用的图象变换规律，得出结论【解答】解：由函数，的部分图象，可得，将，代入得，可将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，故答案为：，【点评】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的最值求出，由周期求出，由特殊点求出的值，的图象变换规律，属于基础题15（6分）若实数、满足，则的取值范围是，【考点】：指数函数综合题；：基本不等式及其应用【专题】11：计算题【分析】根据指数式的运算性质结合基本不等式可把条件转化为关于的不等关系式，进而可求出的取值范围【解答】解：，故原式变形为，即，即，当且仅当，即时取等号；解得，故答案为，【点评】利用基本不等式，构造关于某个变量的不等式，解此不等式便可求出该变量的取值范围，再验证等号是否成立，便可确定该变量的最值，这是解决最值问题或范围问题的常用方法，应熟练掌握16（6分）已知抛物线，焦点记为，过点作直线交抛物线于，两点，则的最小值为【考点】：抛物线的性质【专题】34：方程思想；：转化法；：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】由题意设直线的方程以及、点的坐标，由直线与抛物线方程联立消去整理得关于的二次方程，利用根与系数的关系求出的解析式，求出最小值即可【解答】解：由题意知，抛物线的焦点坐标为，当斜率存在时，显然；设直线的方程为，、，由，消去整理得：；则，；根据抛物线性质知，其中；设，当且仅当时取“”；的最小值为；即的最小值为故答案为：【点评】本题考查了直线与抛物线的定义与性质的应用问题，是中档题17（6分）如图，在四边形中，点，分别是边，的中点，延长和交的延长线于不同的两点，则的值为0【考点】：平面向量数量积的性质及其运算【专题】：平面向量及应用；49：综合法；31：数形结合【分析】建立坐标系，设，求出和的坐标，即可得出结论【解答】解：设，则，又，故答案为：0【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，建立坐标系可使运算较简单三、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（14分）已知锐角的内角，所对的边分别为，且，（1）求角的大小；（2）求的取值范围【考点】：正弦定理【专题】35：转化思想；58：解三角形；49：综合法；11：计算题【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理可求，结合范围，可得的值（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由于的范围为，可求，根据正弦函数的图象和性质可求的取值范围是，即可得解【解答】解：（1）由及正弦定理得：，所以，所以，所以，由，可得：（2），所以：，所以：，因为：为锐角三角形，的范围为，则，的取值范围是，【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题19（15分）在三棱锥中，（1）求证：；（2）若点为上一点，且，求直线与平面所形成的角的正弦值【考点】：直线与平面垂直；：直线与平面所成的角【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；：空间位置关系与距离；：空间角【分析】（1）取中点，连接，证明，推出平面，即可证明（2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图直角坐标系求出相关点的坐标，求出，平面的法向量，利用空间向量的数量积列出不等式转化求解即可【解答】（1）证明：取中点，连接，又为中点，同理可得：，又，平面，又平面，（2）解：，为直角三角形，且，即，又，所以平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图直角坐标系，1，0，设，即，设，是平面的法向量，令，得，由，可知，的最大值为，即时，的值为【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力20（15分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围【考点】52：函数零点的判定定理；：利用导数研究函数的单调性【专题】32：分类讨论；35：转化思想；：转化法；53：导数的综合应用【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得单调性；（2）由（1）可知：当时才有两个零点，根据函数的单调性求得最小值，由，（a），求导，由（a），（1），即可求得的取值范围（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得单调性；（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得的取值范围【解答】解：（1）由，求导，当时，当，单调递减，当时，令，解得：，当，解得：，当，解得：，时，单调递减，单调递增；当时，恒成立，当，单调递减，综上可知：当时，在单调减函数，当时，在是减函数，在，是增函数；（2）若时，由（1）可知：最多有一个零点，当时，当时，当时，当，且远远大于和，当，函数有两个零点，的最小值小于0即可，由在是减函数，在，是增函数，即，设，则，求导，由（1），解得：，的取值范围方法二：（1）由，求导，当时，当，单调递减，当时，令，解得：，当，解得：，当，解得：，时，单调递减，单调递增；当时，恒成立，当，单调递减，综上可知：当时，在单调减函数，当时，在是减函数，在是增函数；（2）若时，由（1）可知：最多有一个零点，当时，由（1）可知：当时，取得最小值，当，时，故只有一个零点，当时，由，即，故没有零点，当时，由，故在有一个零点，假设存在正整数，满足，则，由，因此在有一个零点的取值范围【点评】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，考查函数零点的判断，考查计算能力，考查分类讨论思想，属于中档题21（12分）已知椭