（浙江专版）2018年高考数学 仿真卷3.doc

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(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|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)，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a3，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，a