届浙江卷数学高考模拟试题有答案精品Word格式文档下载.docx
- 文档编号:17110426
- 上传时间:2022-11-28
- 格式:DOCX
- 页数:33
- 大小:107.82KB
届浙江卷数学高考模拟试题有答案精品Word格式文档下载.docx
《届浙江卷数学高考模拟试题有答案精品Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届浙江卷数学高考模拟试题有答案精品Word格式文档下载.docx(33页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
ax,x-0g
f(x)axb恰有3个零点,则()
1,b0
B.a
bR,数列{an}满足ai
2an
b,
A.当b
1时,a(0
2
10
1,
B.当b1时,
4
a10
C.当b
2时,a10
D.当b4时,a10
二、填空题:
本大题共
7小题,多空题每题6分,单空题每题
共36分。
一,…,1
11.已知复数z——,
1i
其中i是虚数单位,则|z|
12.已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2xy
30与圆相切与点A(2,1),则m
13.在二项式(J2x)9的展开式中,常数项是
系数为有理数的项的个数是
14.在ABC中,ABC90,AB4,BC3,点D在线段AC上,若BDC45,则BD
cos
ABD
15.
22
已知椭圆y-
95
1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方,若线段PF的中点在以原点。
为圆
心,
|OF|为半径的圆上,则直线
PF的斜率是
16.
已知aR,函数f(x)ax
17..已知正方形ABCD的边长为1.当每个i(i1,2,3,4,5,6)取遍1时,
uuuuumuuruuruuiruum……
|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|的最小值是,最大值是.
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)设函数f(x)sinx,xR.
(1)已知[0,2),函数f(x)是偶函数,求的值;
(2)求函数y[f(x—)][f(xW)]2的值域.
19.(15分)如图,已知三棱柱ABCABC1,平面AACC1平面ABC,ABC90,BAC30,
AAACAC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
(I)证明:
EFBC;
(n)求直线EF与平面ABC所成角的余弦值.
20.(15分)设等差数列{4}的前n项和为0,a3
4,a4S3.数列{bn}满足:
对每个nN,Sbn,
G1bn,Sn2bn成等比数列.
(I)求数列{an},{bn}的通项公式;
Cn
(n)记cn,nN,证明:
C,c2
2bn
22.(15分)已知实数a0,设函数f(x)alnx卅~x,x
(I)当a3时,求函数f(x)的单调区间;
4
(n)对任意x二,)均有f(x),“,求a的取值范围.
e2a
注意:
e2.71828为自然对数的底数.
参考答案与试题解析
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•【分析】由全集U以及A求A的补集,然后根据交集定义得结果.
【解答】解:
QqA{1,3},(euA)IB{1,3}{1,0,1}{1},故选A.
【点评】本题主要考查集合的基本运算,比较基础.
2.【分析】由渐近线方程,转化求解双曲线的离心率即可.
【解答】解:
根据渐进线方程为xy0的双曲线,可得ab,所以cJ2a,
则该双曲线的离心率为e-72,故选C.
【点评】本题主要考查双曲线的简单性质的应用,属于基础题.
3•【分析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.
x3y4,0
由实数x,y满足约束条件3xy4,0作出可行域如图,
xy-0
联立x3y40,解得A(2,2),化目标函数z3x2y为y3x-z,
3xy4022
由图可知,当直线y|x1z过A(2,2)时,直线在y轴上的截距最大,
z有最大值为10.故选C.
【点评】本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是中档题.
4•【分析】由三视图还原原几何体,可知该几何体为直五棱柱,由两个梯形面积求得底面积,代入体积公式得答案.
由三视图还原原几何体如图,
D2E
该几何体为直五棱柱,底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解,即
11
ABCDE_463—26327,图为6,则该枉体的体积是V276162.故选B.
ABCDE22
【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.【分析】充分条件和必要条件的定义结合均值不等式、特值法可得结果
Qa0,b0,4鹿ab2牺,2…寸,布,ab,4,即abfi4ab4,
4.11
右a4,b一,则ab1,4,但ab4-4,即ab,4推不出ab,4,ab,4是ah4的充分不必
44
要条件,故选A.
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,均值不等式,考查了推理能力与计算能力.
6.【分析】对a进行讨论,结合指数,对数的性质即可判断;
由函数y二,y1oga(x1),
ax2
1
当a1时,可得yL是递减函数,图象恒过(0,1)点,a
一,11一
函数y1oga(x-),是递增函数,图象恒过q,0);
当1a。
时,可得y4是递增函数,图象恒过(0,1)点,a
函数y1oga(x1),是递减函数,图象恒过(1,0);
22
满足要求的图象为D.故选D.
【点评】本题考查了指数函数,对数函数的图象和性质,属于基础题.
7•【分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果
111
E(X)0-a-1-
333
D(X)
a12(3
(a
(1
27[(a
1)
(2a1)(a2)](a
9
212
a1)9(a2)
Q0a
D(X)先减小后增大,故选
本题考查方差的求法,利用二次函数是关键,考查推理能力与计算能力,是中档题.
8•【分析】本题以三棱锥为载体,综合考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二倍角的概念和计算,解答的基本方法是通过明确各种角,应用三角函数知识求解,而后比较大小,充分运用图象,则可事半功倍,
方法一、如图G为AC的中点,V在底面的射影为O,则P在底面上的射影D在线段AO上,
作DE
AC于E,易得PE//VG,
过P作PF//AC于F,
过D作DH//AC,交BG于H,
则cos
PFEG
PBPB
DHBD
PB
cos,可得
tan
PDPDtan,
EDBD
可得
方法二、由最小值定理可得
ACB的平面角为(显然
由最大角定理可得
方法三、(特殊图形法)设三棱锥
VABC
为棱长为2
的正四面体,
P为VA的中点,
1_
易得cos2—3,可得sin
6
故选B.
B
33
sin
J_
忑3,
~2
【点评】本题考查空间三种角的求法,常规解法下易出现的错误的有:
不能正确作出各种角,未能想到利
用“特殊位置法”
寻求简单解法.
9.【分析】当x
。
时,yf(x)axbxaxb(1a)xb最多一个零点;
当x,0时,
yf(x)axb
-x3-(a1)x2axaxb-x3-(a1)x2b,利用导数研究函数的单调性,根据单
3232
调性画函数草图,根据草图可得.
当x0时,
f(x)
ax
a)x
yf(x)axb最多
当x-0时,
yf(x)ax
13
-x
2(a
1)x2
当a1,
0,
即a,1时,
f(x)ax
)上递增,
b最多一个零点.不合
0得x[a
),函数递增,令y
a1),函数递减;
数最多有2个零点;
根据题意函数
axb恰有3个零点
函数
yf(x)axb在(
0)上有一个零点,在[0,
)上
如右图:
b
3(a
1)(a1)b
解得b
0,1
得到当b
2时,a。
1r,,
-,得到当
0,b
.3
胪1)
1—
b—时,
2,
117
a11—17,得到当b2
4时,a1010
对于A,
a2
a3
(a2
4
a4(a
4)2
19117
162
16
1,当n-4时,
an1
an
1_2an
1-,由此推导出
aio
a4
729a10
64
【解答】解:
对于
B,
令x2
取a1
an
B错误;
1时,a10
20,得2或
an210,
当b2时,
10,故C错误;
A,
(a4
4时,
17
10,
D错误;
当n-4时,
{an}递增,
a4a5
L
3、6
(一),
729
10.故A正确.故选
本题考查命题真假的判断,
考查数列的性质等基础知识,考查化归与转化思想,考查推理论证能
力,是中档题.
本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分。
11•【分析】利用复数代数形式的除法运算化简,然后利用模的计算公式求模.
Qz—
(1i)(1i)22
|z|
2(丁£
•故答案为:
?
m,再由两点间的距离公式求半
【点评】本题考查了复数代数形式的除法运算,考查了复数模的求法,是基础题.
12.【分析】由题意画出图形,利用圆心与切点的连线与切线垂直列式求得
径.
圆心为(0,2),则半径r《20)2(12)275.故答案为:
2,旗.
【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用,考查数形结合的解题思想方法,是基础题.
13•【分析】写出二项展开式的通项,由x的指数为0求得常数项;
再由2的指数为整数求得系数为有理数
的项的个数.
9r
二项式(亚x)9的展开式的通项为Tr1Cr诋9rxr2^C9rxr.
由r0,得常数项是丁16应;
当r1,3,5,7,9时,系数为有理数,系数为有理数的项的个数是5个.
故答案为:
162,5.
【点评】本题考查二项式定理及其应用,关键是熟记二项展开式的通项,是基础题.
14.【分析】解直角三角形ABC,可得sinC,cosC,在三角形BCD中,运用正弦定理可得BD;
再由三角函数的诱导公式和两角和差公式,计算可得所求值.
在直角三角形ABC中,AB4,BC3,AC5,sinC
在BCD中,
可得也
BD12、.2
可得BD;
sinC5
CBD135
.224372
CBDsin(135C)——(cosCsinC)——(--)——,225510
即有cosABDcos(90
--7-2
CBD)sinCBD——,
卫立,72,
【点评】本题考查三角形的正弦定理和解直角三角形,考查三角函数的恒等变换,化简整理的运算能力,属于中档题.
15•【分析】求得椭圆的a,b,c,e,设椭圆的右焦点为F,连接PF,运用三角形的中位线定理和椭
圆的焦半径半径,求得
P的坐标,再由两点的斜率公式,可得所求值.
椭圆—
y-^^a3,bV5,c2,5
设椭圆的右焦点为F,连接PF,
线段PF的中点A在以原点。
为圆心,2为半径的圆,
连接AO,可得|PF|
2|AO|4,
设P的坐标为(m,n),
可得3-m3
15
-2~
32
屈.故答案为:
715•
由F(2,0),可得直线
PF的斜率为
属于中档题.
注意运用三角形的中位线定理,考查方程思想和运算能力,
16.【分析】由题意可得|a(t2)(t2)
at3t|,-,化为|2a(3t26t4)2|,-,去绝对值化简,结合33
二次函数的最值,以及不等式的性质,不等式有解思想,可得
a的范围,进而得到所求最大值.
存在tR,使得|f(t2)f(t)|,-,即有|a(t3
2)3(t2)at3
222一,22
化为12a(3t6t4)2|,-,可得一强02a(3t6t4)2-
rr22
即-蒯a(3t6t
4)
由3t26t43(t1)21-1,可得0a,f,可得a的最大值为
4.故答案为:
【点评】本题考查不等式成立问题解法,注意运用去绝对值和分离参数法,考查化简变形能力,属于基础
17.
【分
析】
由题意可
uuu
得AB
uuirAD
uur
AC,
uurBD
AB,
uuruurABgAD
0,
化简
uuu11AB
uuur2BC
3CD
uuruuur
4da5ac
uuir
6BD|
.(1
35
6)2
(2
45
了,由于
i(i
1,2,3,
题.
1,由完全平方数的最值,可得所求最值.
6)取遍
4,5,
uuuuuirABgAD
11AB
uuruiguur
解:
正万形ABCD的边长为1,可得ABADAC,
uuuuuruuruuuuuruur
0,|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|
2AD
3AB
uuruuuuur
4AD5AB5AD
uuruuu
6AD6AB|
1(1
6)AB
(2456)AD|
由于
3,4,
5,6)取遍1,可得
可取
6的最大值为
BD
uuur
AD
1356)(
可得所求最小值为
0;
4,可取21,
1,
了,
1,11,3
得所求最大值为275.故答案为:
c
A
【点评】本题考查向量的加减运算和向量的模的最值求法,注意变形和分类讨论,考查化简运算能力,属
18•【分析】⑴函数f(x)是偶函数,则-k(k,根据的范围可得结果;
⑵化简函数得y®
sin(2x-)1,然后根据x的范围求值域即可.26
(1)由f(x)sinx,得f(x)sin(x),
Qf(x)为偶函数,
—k(kZ),Q[0,2),一或—,
222
2.222
⑵y[f(x-)][f(x0sin(x而)sin(x7)
1cos(2x—)
1cos(2x—)
(cos2xcos—sin2xsin—
266
sin2x)
3sin2x4
33.
—cos2x1—sin(2x1)1,426
QxR,
sin(2x-)[1,1],y旦n(2x-)111
626
],
函数y[f(x—)]2[f(X—)]2的值域为:
[1—,1骂.
12422
【点评】本题考查了三角函数的奇偶性和三角函数的图象与性质,关键是熟练掌握三角恒等变换,属基础
19•【分析】法一:
(I)连结AE,则AEAC,从而AE平面ABC,AEBC,推导出BCAF,从而BC平面AEF由此能证明EFBC.
(II)取BC中点G,连结EG、GF,则EGFA是平行四边形,推导出A1EEG,从而平行四边形EGFA1是矩形,推导出BC平面EGFA1,连结AG,交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成角(或其补角),由此能求出直线EF与平面ABC所成角的余弦值.
法二:
(I)连结AE,推导出AE平面ABC,以E为原点,EC,EA1所在直线分别为y,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出直线EF与平面ABC所成角的余弦值.
【解答】方法一:
证明:
(I)连结AE,QAAAC,E是AC的中点,
AEAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,
平面AACC1平面ABCAC,AE平面ABC,AEBC,
QAF//AB,ABC90,BCAF,BC平面AEF,EFBC.
(n)取BC中点G,连结EG、GF,则EGFA1是平行四边形,
由于A,E平面ABC,故AEEG,平行四边形EGFA1是矩形,
由(I)得BC平面EGFA1,则平面ABC平面EGFA」
EF在平面ABC上的射影在直线A1G上,
连结A1G,交EF于。
,则EOG是直线EF与平面ABC所成角(或其补角),
不妨设AC4,则在Rt^AEG中,AE2窕,EG芯,
QO是AG的中点,故EOOG
AG
~T,
cosEOG
_22_2
EOOGEG
2EOOG
3,
直线EF与平面ABC所成角的余弦值为-
5
方法二:
证明:
QA1A
AC,E是AC的中点,
AEAC,
又平面AACC1平面ABC,AE平面AACC1,
平面AACG
平面ABCAC,AE平面ABC,
如图,以E为原点,EC,EA所在直线分别为y,Z轴,建立空间直角坐标系,
设AC4,则A(0,0,2需),B(73,1,0),B1(点,3,2j3),F(-,-,273),C(0,2,0),
uuir.33-uuruuuuur
EF(--2J3),BC(J3,1,0),由EFBC0,得EFBC.
2‘2’
(n)设直线EF与平面ABC所成角为,
由(I)得BC(73,1,0),AC
r
设平面ABC的法向量n(x,y,
uur「一
BCgn,3xy0_
则uuuur,取x1,
AC4y3z0
z),
(1,户1),
uurr
sin捌1
|EF|gn|
直线EF与平面ABC所成角的余弦值为3.
【点评】本题考查空间线面垂直的证明,三棱锥体积的计算.要证线面垂直,需证线线垂直,而线线垂直
可以通过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明,也可以通过另外的线面垂直来证明.求三棱锥
的体积经常需要进行等积转换,即变换三棱柱的底面.
20.【分析】
(I)利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组,求出&
0,d2,从而42n2,
2*2
Snnn,nN,利用(Sn1bn)(Snbn)(Sn2bn),能求出
解得a1
(n)c
n
2n(n
2bn
2n2
1)^n(n1),n
*...,
N,用数学归纳法证明,得到
CC2
(I)设数列
{an}的公差为d,
由题意得
a1
2d4
3d3a13d
0,d2,an
*
Q数列{bn}满足:
对每个nN,Snbn,
1bn,S.2
bn成等比数列.
_2
(Sn1bn)(Snbn)(Sn
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 浙江 数学 高考 模拟 试题 答案 精品