2017-2018学年第一中学高考数学仿真试卷(二)含答案

2017-2018学年浙江省绍兴市越城区第一中学高考数学仿真试卷(二)含答案本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ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2i1－i＝(　　) A．1＋i　　 B．－1＋i C．1－i D．－1－i B　[2i1－i＝2i1＋i2＝－1＋i，故选B.]2．已知集合M＝{x|x2＋x－12≤0}，N＝{y|y＝3x，x≤1}，则集合{x|x∈M且x∉N}为(　　) A．(0,3] B．[－4,3] C．[－4,0) D．[－4,0] D　[易得M＝[－4,3]，N＝(0,3]，则{x|x∈M且x∉N}＝[－4,0]，故选D.]3．已知x∈R，则“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”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 A　[因为|x－3|－|x－1|≤|(x－3)－(x－1)|＝2，当且仅当x≤1时，等号成立，所以|x－3|－|x－1|＜2等价于x>1，所以“|x－3|－|x－1|<2”是“x≠1”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1 A．22 B.10 C．23 D.13 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23.]5．若(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a0＋a1＋a3＋a5＝(　　) A．122 B．123 C．243 D．244 B　[记f(x)＝(1＋2x)5，则a0＝f(0)＝1,又f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a5＝35，f(－1)＝a0－a1＋a2－…－a5＝(－1)5＝－1，两式相减得a1＋a3＋a5＝122， 所以a0＋a1＋a3＋a5＝123，故选B.]6．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是(　　) A．若d<0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d<0 C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0 D．若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列 C　[由于Sn＝na1＋nn－12d＝d2n2＋\a\vs4\al\co1(a1－\f(d2))n是关于n的二次函数，定义域为N*，所以当d<0时，Sn有最大值，反之也成立，故A，B正确；由于Sn＋1>Sn⇔an＋1>0，即若数列{Sn}是递增数列，则an>0(n≥2)，并不能说明a1>0也成立，如数列－1，1,3,4，…，所以C不正确；对于D，显然a1＝S1>0，若公差d<0，由Sn＝d2n2＋\a\vs4\al\co1(a1－\f(d2))n可知，存在n∈N*，有Sn<0，与对任意n∈N*，均有Sn>0矛盾，所以d≥0，从而an>0(n∈N*)，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→＋λ→＋(λ－1)→＝0，若△OAB的面积与△OAC的面积的比值为13，则λ的值为(　　) A.32 B．2 C.13 D.12 A　[ 如图，设BC的中点为E，连接OE，直线AO与BC相交于点F，由→＋λ→＋(λ－1)→＝0，可知(→－→)＋λ(→＋→)＝0，→＝－2λ→，则→∥→，因为△OAB的面积与△OAC的面积的比值为13，所以BC＝4BF，又BC＝2BE，所以BE＝2BF，从而CF＝3EF，→＝3→，所以2λ＝3，λ＝32.]8．给定R上函数f(x)，(　　) A．存在R上函数g(x)，使得f(g(x))＝x B．存在R上函数g(x)，使得g(f(x))＝x C．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)＝x＋1，则f(g(x))＝g(x)＋1≠g(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1dm(dm为分米)，高为5dm，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3dm和4dm，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为(　　)图2 A.92dm3 B．4dm3 C.72dm3 D．3dm3 C　[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3×1×1＋12×1×1×1＝72，故选C.]10．已知0<x<y,2<x2＋y<52，则下列不正确的是(　　) A．sinx2<sin\a\vs4\al\co1(\f(52)－y) B．sinx2>sin(2－y) C．sin(2－x2)<siny D．sinx2<cos(y－1) C　[易得x2＋x<x2＋y<52，所以0<x<11)－12<1.2， 又可得2<x2＋y<y2＋y，所以y>1，又y<52，所以1<y<52. 由x2＋y<52得0<x2<52－y<32<π2，所以sinx2<sin\a\vs4\al\co1(\f(52)－y)，故A正确；由2<x2＋y得π2>1.44>x2>2－y>－12>－π2，所以sinx2>sin(2－y)，故B正确；对于C，取2－x2＝π2，则π2<y<1＋π2，sin(2－x2)<siny，显然不成立，所以C不正确；由x2＋y<52得0<x2<52－y<π2＋1－y<π2，所以sinx2<sin\a\vs4\al\co1(\f(π2)＋1－y)＝cos(y－1)，故D正确．]第Ⅱ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．已知圆C：x2＋y2＋2x＋23y－5＝0，则圆心C的坐标为________；此圆中过原点的弦最短时，该弦所在的直线方程为________． (－1，－3)　y＝－3)3x　[x2＋y2＋2x＋23y－5＝0⇒(x＋1)2＋(y＋3)2＝9，所以圆心为C(－1，－3)，半径r＝3，圆中过原点最短的弦所在的直线即为过原点且与CO(O为原点)垂直的直线，易求得该直线方程为y＝－3)3x.]12．已知单调递减的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项，则公比q＝________，通项公式为an＝________. 12　26－n　[由题设可知2(a3＋2)＝a2＋a4，又a2＋a3＋a4＝28，所以a3＝8，a3q＋a3＋a3q＝28，所以8q＋8＋8q＝28，解得q＝2或q＝12.因为{an}单调递减，且a3>0，所以q＝12，从而an＝a3qn－3＝8·\a\vs4\al\co1(\f(12))n－3＝26－n.]13．已知函数f(x)＝3sinxcosx－cos2x－12，x∈R，则函数f(x)的最小值为________，函数f(x)的递增区间为________． －2　kπ－\f(ππ3)，k∈Z　[f(x)＝3sinxcosx－cos2x－12＝3)2sin2x－1＋cos2x2－12＝sin\a\vs4\al\co1(2x－\f(π6))－1，易知f(x)min＝－2，递增区间为kπ－\f(ππ3)，k∈Z.]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． 28　18　[(1)每个盒子非空，则共有C28＝28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A33种不同的方法，所以根据分类计数原理，共有3A33＝18种不同的方法．]15．设max{a，b}＝aa≥b，ba<b，)已知x，y∈R，m＋n＝6，则F＝max{|x2－4y＋m|，|y2－2x＋n|}的最小值为________． 12　[F＝max{|x2－4y＋m|，|y2－2x＋n|} ＝\f(x2＋y2－2x－4y＋m＋n2))＋ \f(x2－y2＋2x－4y＋m－n2)) ＝\f(x－12＋y－22＋12)) ＋\f(x＋12－y＋22＋m－n＋32)) ＝\f(1x－12＋y－222) ＋\f(x＋12－y＋22＋m－n＋32))≥12， 当且仅当 x－12＋y－22＝0，x＋12－y＋22＋m－n＋3＝0，m＋n＝6，即x＝1，y＝2，) 且m＝\f(15232)时，取“＝”，所以F的最小值为12.]16．已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)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________． 75　[如图，由双曲线的定义可知，|PF2|＝2(c－a)， 则|QF2|＝32|PF2|＝3(c－a)， 设F2P的中点为M，连接F1M，则F1M⊥MQ，|PM|＝|MF2|＝12|PF2|＝c－a.在直角三角形F1MQ中，|F1Q|＝|QF2|＋2a＝3c－a，|F1M|2＝4c2－(c－a)2，|QM|＝4(c－a)，由勾股定理可得[4(c－a)]2＋4c2－(c－a)2＝(3c－a)2，即5c2－12ac＋7a2＝0,5e2－12e＋7＝0，解得e＝75(e＝1舍去)．]17．已知实数x，y，z满足xy＋2z＝1，x2＋y2＋z2＝5，)则xyz的最小值为________． －77－20　[由xy＋2z＝1得xy＝1－2z，则5＝x2＋y2＋z2≥2xy＋z2＝2－4z＋z2，解得2－7≤z≤2＋7，则xyz＝(1－2z)z＝－2z2＋z的最小值为－2(2＋7)2＋2＋7＝－77－20.]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atanA－acosB＝bcosC. (1)求角A的大小； (2)设AD是BC边上的高，若AD＝12a，求bc的值． [解]　(1)由正弦定理知sinAtanA＝sinCcosB＋sinBcosC＝sinA， 3分 又sinA≠0，故tanA＝1，A＝π4. 7分 (2)△ABC的面积S＝12a·12a＝12bcsinA， 故a2＝2bc， 10分 又a2＝b2＋c2－2bccosA， 故b2＋c2－22bc＝0， 13分 求得bc＝2±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，∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝2，CD＝3，PD＝4，∠PDA＝60°，且平面PAD⊥平面ABCD.图2 (1)求证：AD⊥PB； (2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角M­BC­D的大小为π6？若存在，求PMPA的值；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：过点B作BO∥CD，交AD于点O，连接PO， 则AD⊥BO， 2分 在△PDO中，PD＝4，DO＝2，∠PDA＝60°， 则PO⊥AD， 4分 因为PO∩BO＝O，则AD⊥平面POB， 因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB. 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(0，3，0)，C(－2，3，0)． 若存在满足条件的点M(m,0，n)， 7分→＝(－m，3，－n)，→＝(－2,0,0)，平面MBC的一个法向量为μ＝\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3)n))， 10分又平面ABCD的一个法向量为ν＝(0,0,1)， 12分cos〈μ，ν〉＝\a\vs4\al\co1(\f(\r(3n))1＋\f(3n2)＝3)2，∴n＝1， 14分∴PMPA＝PO－1PO＝3)－12\r(3)＝3)6. 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cos∠NBO＝3)2⇒tan∠NBO＝3)3＝NOOB⇒ON＝1， 12分PN＝PO－NO＝23－1，∴PMPA＝PNPO＝3)－12\r(3)＝1－3)6. 15分20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝x3＋|ax－3|－2，a>0. (Ⅰ)求函数y＝f(x)的单调区间； (Ⅱ)当a∈(0,5)时，对于任意x1∈[0,1]，总存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＋f(x2)＝0，求实数a的值． [解]　(Ⅰ)f(x)＝x3＋|ax－3|－2 ＝x3＋ax－5，x≥\f(3a3a). 当a3)≥3a时，即a≥3， 函数y＝f(x)的单调递减区间为\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a3a)，单调递增区间为\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(a3)))，\a\vs4\al\co1(\f(3a)，＋∞)； 4分 当a3)<3a时，即0<a<3， 函数y＝f(x)的单调递减区间为\a\vs4\al\co1(－\r(\f(a\f(a3))，单调递增区间为\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(a3)))，\a\vs4\al\co1(\r(\f(a3))，＋∞). 7分 (2)由题意知，对于任意x1∈[0,1]，总存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＋f(x2)＝0，等价于f(x)min＋f(x)max＝0， 由(Ⅰ)得，当3≤a<5时，y＝f(x)在0，\f(3a))上单调递减，在\a\vs4\al\co1(\f(3a)，1)上单调递增， 所以f(x)min＝f\a\vs4\al\co1(\f(3a))＝27a3－2， f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{1，a－4}＝1， 所以27a3－2＋1＝0，所以a＝3； 11分 当0<a<3时，y＝f(x)在0，\r(\f(a3)))上单调递减，在\a\vs4\al\co1(\r(\f(a3))，1)上单调递增， 所以f(x)min＝f\a\vs4\al\co1(\r(\f(a3)))＝1－2a3a3)， f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{1,2－a}， 当1<a<3时，f(x)max＝1，则1－2a3a3)＋1＝0，得a＝3(舍去)； 当0<a≤1时，f(x)max＝2－a，则1－2a3a3)＋2－a＝0， 即3－a＝2a3a3)，其中3－a≥2，而2a3a3)<2，所以无解，舍去. 14分 综上所述，a＝3. 15分21．(本小题满分15分)抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，以A(x1，y1)(x1≥0)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：y＝kx－3， 联立抛物线C：x2＝2py(p>0)得x2－2pkx＋6p＝0， Δ＝4p2k2－4×6p＝0，即pk2＝6.2分 ∵点F\a\vs4\al\co1(0，\f(p2))，点F到切线l的距离为d＝\a\vs4\al\co1(\f(p2)＋3)k2＋1＝2， 化简得(p＋6)2＝16(k2＋1)， 4分 ∴(p＋6)2＝16\a\vs4\al\co1(\f(6p)＋1)＝16p＋6p，∵p>0，∴p＋6>0， 得p2＋6p－16＝(p＋8)(p－2)＝0， ∴p＝2， 因此抛物线方程为C：x2＝4y. 6分(2)已知直线AB不会与坐标轴平行，设直线AB：y－y1＝k(x－x1)(k>0)，联立抛物线方程得x2－2pkx＋2p(kx1－y1)＝0，则x1＋xB＝2pk，则xB＝2pk－x1，同理可得xC＝－2pk－x1. 8分 ∵|AB|＝|AC|⇔1＋k2|xB－x1|＝1k2)|xC－x1|⇒k(xB－x1)＝x1－xC⇒x1＝\rc\k))k＋1. 10分 ∴|AB|＝1＋k2|xB－x1|＝1＋k2(2pk－2x1) ＝2p1＋k2)k2＋1kk＋1. 12分 ∵k2＋1k≥2，k2＋1)k＋1＝k2＋1k2＋2k＋1)≥k2＋1k2＋1＋k2＋1)＝2)2(当且仅当k＝1时等号成立)， 故|AB|≥22p，△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a1＝1，an＋1·an＝1n(n∈N*)． (1)证明：an＋2n＝ann＋1； (2)证明：2(n＋1－1)≤12a3＋13a4＋…＋1n＋1an＋2≤n.[证明]　(Ⅰ)∵an＋1·an＝1n，　①∴an＋2·an＋1＝1n＋1，　　　② 2分而a1＝1，易得an>0，由②÷①得an＋2·an＋1an＋1·an＝an＋2an＝nn＋1，∴an＋2n＝ann＋1. 5分(2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan，∴12a3＋13a4＋…＋1n＋1an＋2＝1a1＋12a2＋…＋1nan. (7分)令bn＝nan，则bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝n·n＋1n＝n＋1，　③∴当n≥2时，bn－1·bn＝n，　④由b1＝a1＝1，b2＝2，易得bn>0，由③－④得1bn＝bn＋1－bn－1(n≥2)．∴b1<b3<…<b2n－1，b2<b4<…<b2n，得bn≥1. 10分 根据bn·bn＋1＝n＋1得bn＋1≤n＋1，∴1≤bn≤n， ∴1a1＋12a2＋…＋1nan＝1b1＋1b2＋…＋1bn ＝1b1＋(b3－b1)＋(b4－b2)＋…＋(bn－bn－2)＋(bn＋1－bn－1) ＝1b1＋bn＋bn＋1－b1－b2＝bn＋bn＋1－2. 12分 一方面，bn＋bn＋1－2≥2bnbn＋1－2＝2(n＋1－1)， 另一方面，由1≤bn≤n可知bn＋bn＋1－2＝bn＋n＋1bn－2≤max1＋n＋1－2，n＋\f(n＋1n)－2)＝n. 15分