浙江专版高考数学高考仿真原创押题卷2.docx

2018年高考仿真原创押题卷(二) 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8小题，每小题5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()A1iB1iC1iD1iB1i，故选B.2已知集合Mx|x2x120，Ny|y3x，x1，则集合x|xM且xN为()A(0,3B4,3C4,0)D4,0D易得M4,3，N(0,3，则x|xM且xN4,0，故选D.3，为不同的平面，a，b，c为三条不同的直线，则下列命题正确的是()A若，则B若a，ab，则bC若a，b，ca，cb，则cD若a，b，则abD，或与相交，故A不正确；若a，ab，则b与可能有两种位置关系：b或b，故B不正确；当a，b，c共面时，满足a，b，ca，cb的直线c，故C不正确故选D.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 () 【导学号：51062390】图1A2B.C2D.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2.5若(12x)5a0a1xa2x2a5x5，则a0a1a3a5()A122B123C243D244B记f(x)(12x)5，则a0f(0)1, 又f(1)a0a1a2a535，f(1)a0a1a2a5(1)51，两式相减得a1a3a5122，所以a0a1a3a5123，故选B.6设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列C由于Snna1dn2n是关于n的二次函数，定义域为N*，所以当dSnan10，即若数列Sn是递增数列，则an0(n2)，并不能说明a10也成立，如数列1，1,3,4，所以C不正确；对于D，显然a1S10，若公差d0，由Snn2n可知，存在nN*，有Sn0矛盾，所以d0，从而an0(nN*)，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(1)0，若OAB的面积与OAC的面积的比值为，则的值为()A.B2C.D.A如图，设BC的中点为E，连接OE，直线AO与BC相交于点F，由(1)0，可知()()0，2，则，因为OAB的面积与OAC的面积的比值为，所以BC4BF，又BC2BE，所以BE2BF，从而CF3EF，3，所以23，.8已知0xy,2x2y，则下列不正确的是()Asin x2sin(2y)Csin(2x2)sin yDsin x2cos(y1)C易得x2xx2y，所以0x1.2，又可得2x2y1，又y，所以1y.由x2y得0x2y，所以sin x2sin，故A正确；由21.44x22y，所以sin x2sin(2y)，故B正确；对于C，取2x2，则y，sin(2x2)sin y，显然不成立，所以C不正确；由x2y得0x2y1y，所以sin x20，所以q，从而ana3qn38n326n.11已知函数f(x)sin xcos xcos2x，xR，则函数f(x)的最小值为_，函数f(x)的递增区间为_2，kZf(x)sin xcos xcos2xsin 2xsin1，易知f(x)min2，递增区间为，kZ.12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2818(1)每个盒子非空，则共有C28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A种不同的方法，所以根据分类计数原理，共有3A18种不同的方法13设maxa，b已知x，yR，mn6，则Fmax|x24ym|，|y22xn|的最小值为_. 【导学号：51062391】Fmax|x24ym|，|y22xn|，当且仅当即且时，取“”，所以F的最小值为.14已知双曲线1(a0，b0)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_. 【导学号：51062392】如图，由双曲线的定义可知，|PF2|2(ca)，则|QF2|PF2|3(ca)，设F2P的中点为M，连接F1M，则F1MMQ，|PM|MF2|PF2|ca.在直角三角形F1MQ中，|F1Q|QF2|2a3ca，|F1M|24c2(ca)2，|QM|4(ca)，由勾股定理可得4(ca)24c2(ca)2(3ca)2，即5c212ac7a20,5e212e70，解得e(e1舍去)15已知圆C：(x1)2(y2)22，若等边PAB的一边AB为圆C的一条弦，则|PC|的最大值为_2法一：如图，连接AC，BC，设CAB，连接PC与AB交于点D.ACBC，PAB是等边三角形，D是AB的中点，PCAB，在圆C：(x1)2(y2)22中，圆C的半径为，|AB|2cos ，|CD|sin ，在等边PAB中，|PD|AB|cos ，|PC|CD|PD|sin cos 2sin2.法二：设|AD|x，x(0，则|PC|x，记f(x)x，令f(x)0，得x(0，f(x)maxf2.三、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)16(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atan Aacos Bbcos C.(1)求角A的大小；(2)设AD是BC边上的高，若ADa，求的值解(1)由正弦定理知sin Atan Asin Ccos Bsin Bcos Csin A，3分又sin A0，故tan A1，A.7分(2)ABC的面积Saabcsin A，故a2bc，10分又a2b2c22bccos A，故b2c22bc0，13分求得1.14分17(本小题满分15分)如图2，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCBCD90，BC2，CD，PD4，PDA60，且平面PAD平面ABCD. 【导学号：51062393】图2(1)求证：ADPB；(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角MBCD的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：过点B作BOCD，交AD于点O，连接PO，则ADBO，2分在PDO中，PD4，DO2，PDA60，则POAD，4分因为POBOO，则AD平面POB，因为PB平面POB，所以ADPB.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(0，0)，C(2，0)若存在满足条件的点M(m,0，n)，7分(m，n)，(2,0,0)，平面MBC的一个法向量为，10分又平面ABCD的一个法向量为(0,0,1)，12分cos，n1，14分.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cosNBOtanNBOON1，12分PNPONO21，1.15分18(本小题满分15分)已知数列an满足a1，an1an2an11，令bnan1.(1)求证：数列为等差数列；(2)设cn，求证：数列cn的前n项和Tnn.证明(1)由题可得an2，则1，数列是首项为2，公差为1的等差数列.7分(2)由(1)可知2(n1)(1)n1，bn，9分代入anbn11，cn11，12分从而有Tnc1c2cnn0)的焦点为F，以A(x1，y1)(x10)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：ykx3，联立抛物线C：x22py(p0)得x22pkx6p0，4p2k246p0，即pk26.2分点F，点F到切线l的距离为d2，化简得(p6)216(k21)，4分(p6)216，p0，p60，得p26p16(p8)(p2)0，p2，因此抛物线方程为C：x24y.6分(2)已知直线AB不会与坐标轴平行，设直线AB：yy1k(xx1)(k0)，联立抛物线方程得x22pkx2p(kx1y1)0，则x1xB2pk，则xB2pkx1，同理可得xCx1.8分|AB|AC|xBx1|xCx1|k(xBx1)x1xCx1.10分|AB|xBx1|(2pk2x1)2p.12分2，(当且仅当k1时等号成立)，故|AB|2p，ABC面积的最小值为4p2.15分20(本小题满分15分)设函数f(x)ax2(2b1)xa2，a，bR.(1)若a0，在x上恒有f(x)0，求b的取值范围；(2)若a0且b1，试在直角坐标平面内找出横坐标不同的两点，使函数yf(x)的图象永远不经过这两点；(3)若a0，函数yf(x)在3,4上至少有一个零点，求a2b2的最小值解(1)若a0，则f(x)(2b1)x2，由题意可知即解得b.4分(2)当b1时，ya(x21)x2，当x21时，无论a取何值，yx2必为定值，因此函数yf(x)的图象一定经过点C(1，3)和 D(1，1)，由