2018年浙江省台州市高考数学一模试卷

1、2018 年浙江省台州市高考数学一模试卷一、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（4 分）设集合 P0，1，2，3，QxR|x|2，则 PQ（）A0，1B1，2C0，1，2D1（2 4 分）若复数 z（1i） 2+i） 其中 i 为虚数单位），则 z 在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（4 分

2、）设 A，B，C 为ABC 的内角，则“AB”是“cosAcosB”的（）A充分不必要条件C充分必要条件B必要不充分条件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，则该几何体的体积为（）ABC1D35（4 分）在一个箱子中装有大小形状完全相同的 4 个白球和 3 个黑球，现从中有放回的摸取 5 次，每次随机摸取一球，设摸得的白球个数为 X，黑球个数为 Y，则（）AE（X）E（Y），D（X）D（Y）CE（X）E（Y），D（X）D（Y）6（4 

3、分）设数列an，bn满足 an+bn700，BE（X）E（Y），D（X）D（Y）DE（X）E（Y），D（X）D（Y），nN*，若 a6400，则（）Aa4a3Bb4b3Ca3b3Da4b4（7 4 分）在ABC 中，边 a，b，c 所对的角分别为 A，B，C，若2cosB，则（）第 1 页（共 21 页），sinCABCDc2a8（4 分）设实数 x，y 满足条件，若 z2x2y2，则（）Az 的最小值为Cz 的最大

4、值为 33（9 4 分）已知单位向量Bz 的最小值为3Dz 的最大值为 6，且           ，若向量 满足                    ，则的取值范围为（   ）AB

5、60;                CDR10（4 分）设 f'（x）为函数 f（x）的导函数（x ），且 f（x）0，2f'（x）+f（x）0（e为自然对数的底数），若 x1x2，则（）ABCD二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分多空题每小题 6 分；单空题每小题 6 分

6、11（6 分）设实数 a 满足 2a3，则 a，log312log36（用 a 表示）12（6 分）抛物线 C：y28x 的焦点 F 坐标为，若点则线段 PF 的长度为在抛物线 C 上，13（6 分）若函数是奇函数，则 a      ，函数 f（x）的值域为14（6 分）若非负实数 x，y 满足 x2+4y2

7、+4xy+4x2y232，则 x+2y 的最小值为，的最大值为（23815 4 分）在（2x1） +（2x1） +（2x1） 的展开式中，含 x2 项的系数为第 2 页（共 21 页）16（4 分）若关于 x 的不等式（acosx1）（ax2x+16a）0 在（0，+）上有解，则实数 a 的取值范围为17（4 分）如图，在直角梯形 ABCD 中，ABCD，ABC90°

8、，AB1，ACCDDA2，动点 M 在边 DC 上（不同于 D 点），P 为边 AB 上任意一点，沿 AM 将ADM 翻折成'M，当平面 AD'M 垂直于平面 ABC 时，线段 PD'长度的最小值为三、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）已知函数 f（x）sinxcosx+cos2x（）

9、求函数 f（x）的最小正周期，并写出 f（x）图象的对称轴方程；（）若将函数 yf（x）图象向右平行移动满足 g（x0）1 的实数 x0 的集合个单位，得到函数 yg（x）的图象，求19（15 分）如图，在三棱锥 DABC 中，CACB，DADB  ，AB2（）求证：ABCD；（）若顶点 D 在底面 ABC 上的射影落在ABC 的内部，当直线 AD 与底面 ABC 所成角的正弦

10、值为时，求二面角 CADB 的平面角的余弦值20（15 分）已知函数 f（x）2x33（m+1）x2+6mx，mR（）若 m2，写出函数 f（x）的单调递增区间；（）若对于任意的 x1，1，都有 f（x）4，求 m 的取值范围21（15 分）已知椭圆 C：1（ab0）经过点，且离心率为（）求 a，b 的值，并写出椭圆 C 的方程；第 3 页（共 21 页）（）设 A，B 分别为

11、椭圆 C 的左、右顶点，在椭圆 C 上有异于 A，B 的动点 P，若直线PA，PB 与直线 l：xm（m 为常数）分别交于不同的两点 M，N，则当点 P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过定点？22（15 分）在正项数列an中，已知 1a111，an+1213312an，nN *（）求证：1an11；（）设 bnn（a2n1+a2n），Sn 表示数列bn前 n 项和，求证：Sn6n（n+

12、1）；（）若 a18，设 cna2n1a2n，Tn 表示数列cn前 n 项和（i）比较 an 与 7 的大小；（ii）求证：Tn13第 4 页（共 21 页）2018 年浙江省台州市高考数学一模试卷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）设集合 P0，1，2，3，QxR|x|2

13、，则 PQ（）A0，1B1，2C0，1，2D1【分析】解不等式化简集合 Q，根据交集的定义写出 PQ【解答】解：集合 P0，1，2，3，QxR|x|2xR|2x2，则 PQ0，1故选：A【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题（2 4 分）若复数 z（1i） 2+i） 其中 i 为虚数单位），则 z 在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出 z 在复平面内对应的

14、点的坐标得答案【解答】解：z（1i）（2+i）3i，则 z 在复平面内对应的点的坐标为：（3，1），位于第四象限故选：D【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题3（4 分）设 A，B，C 为ABC 的内角，则“AB”是“cosAcosB”的（）A充分不必要条件C充分必要条件B必要不充分条件D既不充分也不必要条件【分析】利用余弦函数的单调性和充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：在三角形中，0A，B因为 ycosx 在（0，）上为单调减函数，所以若 A

15、B，则 cosAcosB若 cosAcosB，则 AB所以，AB 是 cosAcosB 的充要条件第 5 页（共 21 页）故选：C【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，以及充分条件和必要条件的应用，利用余弦函数的单调性是解决本题的关键4（4 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）ABC1D3【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是以侧视图为底面的四棱锥，进而得到答案【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是以侧视图为底面的四棱锥，其底面面积 S1

16、5;11，高 h1，故体积 V ×1×1 ，故选：B【点评】本题考查的知识点是棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度中档5（4 分）在一个箱子中装有大小形状完全相同的 4 个白球和 3 个黑球，现从中有放回的摸取 5 次，每次随机摸取一球，设摸得的白球个数为 X，黑球个数为 Y，则（）AE（X）E（Y），D（X）D（Y）CE（X）E（Y），D（X）D（Y）BE（X）E（Y），D（X）D（Y）DE（X）E（Y），D（X）D（Y）【分析】推导出

17、 XB（5， ），YB（5， ），由此得到 E（X）E（Y），D（X）D第 6 页（共 21 页）（Y）【解答】解：在一个箱子中装有大小形状完全相同的 4 个白球和 3 个黑球，现从中有放回的摸取 5 次，每次随机摸取一球，设摸得的白球个数为 X，黑球个数为 Y，则 XB（5， ），YB（5，），E（X）  ，E（Y）5× ，D（X）  ，D（Y） 

18、; ，E（X）E（Y），D（X）D（Y）故选：C【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望、方差的求法及应用，考查二项公布的性质等基础知识，考查对立事件概率计算公式运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题6（4 分）设数列an，bn满足 an+bn700，nN *，若 a6400，则（）Aa4a3Bb4b3Ca3b3Da4b4【分析】由题意可得 an+1an+280，可得 an+1400可得 an400，bn300，即可得到所求结论（an400），由 a6400，【解答】解：an+bn700，可得

19、0;bn700an，即有 an+1an+280，可得 an+1400（an400）可得 an400（a6400）（6）n0，即有 an400，bn300，则 a4a3，b4b3，a3b3，a4b4，故选：C【点评】本题数列的通项的求法，注意运用构造等比数列法，考查运算能力，属于中档题第 7 页（共 21 页）（7 4 分）在ABC 中，边 a，b，c 所对的角分别为 A，B，C，若2cosB，则（），sinCABCDc2a【分析】由已知及余弦定理

20、可得 cosA，可得 A，利用三角函数恒等变换的应用可求 tanB【解答】解：，由 B（0，），可得 B，进而可求 C，即可得解 c2a由余弦定理可得：cosAsinA ，   ，可得 A  ，sinC2cosB，可得：sin（B）2cosB，可得： cosB+sinB2cosB，tanB，由 B（0，），可得：B，C  ，c2a故选：D【点评】本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想

21、，属于基础题8（4 分）设实数 x，y 满足条件，若 z2x2y2，则（）Az 的最小值为Cz 的最大值为 33Bz 的最小值为3Dz 的最大值为 6【分析】先根据约束条件画出可行域，由 z2x2y2 可得 y2x22z，再利用 z 的几何意义求最值，只需求出 z2x2y2 过可行域内的点 A 时，从而得到 z 值即可【解答】解：实数 x，y 满足条件，作可行域如图，

22、由 z2x2y2 可得 y2x22z，上下平移 y2x22z，当经过点 A 时，过可行域内的点 A 时，z 最小，第 8 页（共 21 页）设抛物线 y2x22z 与直线 yx+1 相切于点 A，切点为（x0，y0）y4x，4x01，解得 x0 ，代入 yx+1，可得 y0 ，z2×故选：A 2  ，【点评】本题考查了简单的线性

23、规划，考查了转化的解题思想方法，体现了数形结合的数学思想方法，是中档题（9 4 分）已知单位向量，且           ，若向量 满足                    ，则的取值范围为（   ）AD【分析】根据题意求出|+

24、|，把不等式求出| |的取值范围B                 C化为     | | 0，解【解答】解：单位向量|+|，且1；，c  ，  120°，第 9 页（共 21 页）若向量 满足则 （+，）+  

25、0;  ，| |2 （| |2| |cos+）+  解得 | | +；的取值范围是（ ，  + 故选：B【点评】本题考查了平面向量的模长与夹角的运算问题，是中档题R10（4 分）设 f'（x）为函数 f（x）的导函数（x ），且 f（x）0，2f'（x）+f（x）0（e为自然对数的底数），若 x1x2，则（）ABCD【分析】设 g（x）exf2（x），判断

26、60;g（x）的单调性，根据单调性得出结论【解答】解：设 g（x）exf2（x），则 g（x）exf2（x）+ex2f（x）f（x）exf（x）f（x）+2f（x）0，g（x）在 R 上单调递减，又 x1x2，g（x1）g（x2），即f2（x1）f2（x2），f2（x1）f2（x2），又 x2x1，f2（x2）f2（x2），第 10 页（共 21 页）f2（x1）f2（x2），故选：D【点评】本题考查了函数单调性与导数的关系，函数单调性的判断与应用，属于中档题二、填空题：本大题共 7&

27、#160;小题，共 36 分多空题每小题 6 分；单空题每小题 6 分11（6 分）设实数 a 满足 2a3，则 alog23，log312log36【分析】直接由对数的运算性质计算得答案【解答】解：实数 a 满足 2a3，alog23；（用 a 表示）log312log36故答案为：log23； 【点评】本题考查了对数的运算性质，是基础题12（6 分）抛物线 C：y28x 的焦点 F&

28、#160;坐标为（2，0），若点在抛物线 C上，则线段 PF 的长度为+2【分析】根据抛物线的方程得出开口方向和焦点坐标，准线方程，利用抛物线的定义得出 PF【解答】解：抛物线方程为 y28x，抛物线开口向右，2p8，p4，0，抛物线焦点为（2，0），抛物线的准线方程为 L：x2，点 P 到准线的距离为，由抛物线的定义可知 PF故答案为：（2，0），【点评】本题考查了抛物线的定义，简单性质，属于基础题13（6 分）若函数是奇函数，则 a 1 ，函数 f（x

29、）的值域为（，1）（1，+）ff【分析】由奇函数的定义可得 （x）+ （x）0，解方程可得 a，再由指数函数的值域，第 11 页（共 21 页）解不等式可得值域【解答】解：函数可得 f（x）+f（x）a+a是奇函数，2a（解得 a1，+     ）2a+20，则 yf（x）1，可得 12x即有 2x，0，解得 y1 或 y1，可得值域为（，1）（1，+），故答案为：1，（，1）（1，+），【点评】

30、本题考查函数的奇偶性的判断和值域的求法，注意运用定义法和指数函数的值域，考查运算能力，属于基础题14（6 分）若非负实数 x，y 满足 x2+4y2+4xy+4x2y232，则 x+2y 的最小值为4，的最大值为16【分析】第一空，不等式配方是关键，因为x2+4y2+4xy+4x2y232，所以（x+2y）2+4x2y232（x+2y）2+（x+2y）4，从而由（x+2y）4+16（x+2y）232×160，解得 x+2y的最小值为 4，第二空，因为 x2+4y2+4xy+4x2y232，可以令

31、令（x+2y）+2xyt（t0）整理后关于 xy 的方程 32x2y24txy32×7+t20的判别式，解得 t 的范围，确定 t 的最大值为 16则（x+2y）+2xyt 的最大值也为 16【解答】解：因为 x2+4y2+4xy+4x2y232，即（x+2y）2+4x2y232（x+2y）2+（x+2y）4，第 12 页（共 21 页）即（x+2y）4+16（x+2y）232×160，故（x+2y）216，或（x+2y）23

32、2（舍）故 x+2y4，或 x+2y4（舍）故 x+2y 的最小值为 4，故答案为：4第二空：令（x+2y）+2xyt（t0）则（x+2y）t2xy0，两边平方得：7（x+2y）2（t2xy）2因为 x2+4y2+4xy+4x2y232，所以 x2+4y2+4xy（x+2y）2324x2y2，所以由联立可得：7（324x2y2）（t2xy）2展开得：32x2y24txy32×7+t20因为关于 xy 的方程必须有解，故方程的判别式t24×32×（t232×7）0解得

33、 t216×16，因为 t20，所以 0t16，所以 t 的最大值为 16则 t（x+2y）+2xy，故答案为：（x+2y）+2xy 的最大值为 16【点评】考查不等式的解法，配方是关键，运算量比较大，务必要细心，属于难题（15 4 分）在（2x1）2+（2x1）3+（2x1）8 的展开式中，含 x2 项的系数为64【分析】利用二项展开式的通项依次写出每一个二项式中含 x2 的项，则答案可求【解答】解：在（2x1）2+（2x1

34、）3+（2x1）8 的展开式中，含x2项   为，则含 x2 项的系数为 4（13+610+1521+28）64故答案为：64【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题16（4 分）若关于 x 的不等式（acosx1）（ax2x+16a）0 在（0，+）上有解，则实数 a 的取值范围为（，1）（0，+）【分析】根据余弦函数的性质和二次函数的性质，分类讨论即可求出【解答】解：当 a0 时，不等式可化为 x0，此

35、时不等式在（0，+）无解，第 13 页（共 21 页）当 a0 时，a1acosx1a1，因为a11，a11，因为 yax2x+16a，开口向上，此时在（0，+）一定有解，故 yacosx10 即可，由于 yacosx1 为周期函数，此时 yacosx1 在（0，+）有负解，故（acosx1）（ax2x+16a）0 在（0，+）上有解，a当 a1 时，1acosx1a1，因为 a11，a10，而 yax2x+16a，

36、开口向下，此时64a20，即 ax2x+16a0 恒成立，故 yacosx10 即可，由于 yacosx1 为周期函数，此时 yacosx1 在（0，+）有正解，故（acosx1）（ax2x+16a）0 在（0，+）上有解，当 a1 时，不等式可化为（cosx+1）（x2+x+16）0，此时无解，acosx10 恒成立，当1a0 时，a1acosx1a1，因为2a11，1a10，此时 acosx10 恒成立而 yax2x+16a，开口向

37、下，对称轴为 x0，与 y 轴的交点 16a0，此时 yax2x+16a0，在（0，+）一定有解故原不等式在（0，+）有解，综上所述 a 的取值范围为（，1）（0，+），故答案为：（，1）（0，+）【点评】本题考查了不等式恒成立的问题，关键是分类讨论，掌握余弦函数的有解性，属于难题17（4 分）如图，在直角梯形 ABCD 中，ABCD，ABC90°，AB1，ACCDDA2，动点 M 在边 DC 上（不同于 D 点），P

38、0;为边 AB 上任意一点，沿 AM 将ADM 翻折成'M，当平面 AD'M 垂直于平面 ABC 时，线段 PD'长度的最小值为第 14 页（共 21 页）【分析】设 D在平面 ABCD 上的射影为 H，根据 H 到直线 AB 的最小值及距离公式计算【解答】解：设 D在平面 ABCD 上的射影为 H，显然当AMD&

39、#160;最小值时，H 到直线 AB 的距离最小，故折痕为 AC 时，H 为 AC 的中点，此时 DHDH，此时，H 到直线 AB 的最小距离为 h BC，PD的最小距离为    故答案为：【点评】本题考查了空间线面位置关系即空间距离的计算，属于中档题三、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）已知函数 

40、f（x）sinxcosx+cos2x（）求函数 f（x）的最小正周期，并写出 f（x）图象的对称轴方程；（）若将函数 yf（x）图象向右平行移动个单位，得到函数 yg（x）的图象，求满足 g（x0）1 的实数 x0 的集合【分析】（）利用三角函数的倍角公式以及辅助角公式进行化简，即可求函数f（x）的最小正周期，和对称轴方程；（）求出 g（x）的解析式，结合不等式进行求解即可【解答】解：（）f（x）sinxcosx+cos2xsin2x+（1+cos2x）（sin2x+cos2x）+ sin（2x

41、+）+ ，则函数 f（x）的最小正周期 T由 2x+k，kZ，第 15 页（共 21 页）得 x，kZ ，得 f（x）图象的对称轴方程为 x，kZ ；（）由题意得 g（x）sin（2（x  ）+   ）+ sin2x+ ，由 g（x0）1 得sin2x0+ 1，即 sin2x0，得+2k2x0+kx0+2k，kZ+k，kZ+kx0即所求实数

42、0;x0 的集合为x0|+k，kZ 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用辅助角公式进行化简结合三角函数的图象变换关系是解决本题的关键19（15 分）如图，在三棱锥 D ABC 中，CA CB ，DA DB   ，AB 2（）求证：AB CD ；（）若顶点 D 在底面 ABC 上的射影落在ABC 的内部，当直线 AD 与底面 ABC 所成角的正弦值为

43、时，求二面角 C AD B 的平面角的余弦值【分析】（）取 AB 中点 E ，连接 CE ，DE ，结合已知条件即可得到 AB 平面 DEC ，由此能证明 AB CD ；（）作 DO CE 于点 O ，结合（）可得 DO 平面 ABC ，则DAO 为直线 AD 与平面 ABC 所

44、成的角，求出 DO ，OE 的值，再过 C 作 CM DE 于点 M ，取 AD 的中点 G ，连接 CG ，GM ，同上可得 CM 平面 ABD ，则CGM为二面角 C AD B 的平面角，由此可求出二面角 C AD B 的平面角的余弦值【解答】（）证明：如图，取 AB 中点 

45、E ，连接 CE ，DE ，CA CB ，DA DB ，CE AB ，DE AB ，又 DE CE E ，AB 平面 DEC ，第 16 页（共 21 页）又 DC 平面 DEC，ABCD；（）解：如图，作 DOCE 于点 O，由（）可得平面 DEC平面 ABC，且交于 CE，D

46、O平面 ABC，DAO 为直线 AD 与平面 ABC 所成的角，OE ，O 为 CE 的中点过 C 作 CMDE 于点 M，取 AD 的中点 G，连接 CG，GM，同上可得 CM平面 ABD，CMAD，CGAD，CGM 为二面角 CADB 的平面角，    ，即 DO   ，CG

47、，在CDE 中，在 CMG 中，则二面角 CADB 的平面角的余弦值为【点评】本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，是中档题第 17 页（共 21 页）20（15 分）已知函数 f（x）2x33（m+1）x2+6mx，mR （）若 m2，写出函数 f（x）的单调递增区间；（）若对于任意的 x1，1，都有 f（x）4，求

48、60;m 的取值范围【分析】（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；（）求出函数的导数，通过讨论 m 的范围，求出函数的最大值即可【解答】解：（）若 m2，则 f（x）2x39x2+12x，f（x）6x218x+126（x23x+2）6（x1）（x2），令 f（x）0，则 x1 或 x2，故函数 f（x）的递增区间是（，1），（2，+）；（）f（x）2x33（m+1）x2+6mx，f（x）6（x1）（xm），当 m1 时，f（x）在（1，1）递增，f

49、（x）maxf（1）3m14，故 m ，1m ；当1m1 时，f（x）在（1，m）递增，在（m，1）递减，f（x）maxf（m）m3+3m24，即 m33m2+40，（m+1）（m2）20 恒成立，1m1；当 m1 时，f（x）在（1，1）递减，f（x）maxf（1）9m54，综上，m 的范围是1m【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及求函数的最值问题以及求函数的最值问题，是一道中档题21（15 分）已知椭圆 C：1（ab0）经过点，且离心率为（）求 a，b&

50、#160;的值，并写出椭圆 C 的方程；第 18 页（共 21 页）（）设 A，B 分别为椭圆 C 的左、右顶点，在椭圆 C 上有异于 A，B 的动点 P，若直线PA，PB 与直线 l：xm（m 为常数）分别交于不同的两点 M，N，则当点 P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过定点？【分析】（）由题意可得+1， ，a2b2+c2，解得即可；（）A（2，0），B（2，0

51、），设 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，分别设出直线方程，即可得到圆的方程，根据斜率的关系即可求出 k1k2 ，即可得到（xm）2（m28），分类讨论即可求出【解答】解：（）由题知：+1， ，a2b2+c2，解得 a2，b2，1；（）A（2，0），B（2  ，0），设 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，则 PA，PB 方程分别为 yk1（x+2），yk2（x2），M（m，k1（m+2），N（m，k2（m+2），圆的方程为（xm）2+（yk1（m+2）（yk2（m+2）0，即（xm）2+y2（k1（m+2）+k2（m+2）y+k1k2（m28）0，设点 P（x0，y0），则+1，即 y024（1），k1k2 ，由 y0，得（xm）2 （m28）0，（xm）2 （m28），当 m280 时，即2m2  ，方程无实数解，该圆不经过原点，当 m280