浙江省杭州市高三第二次高考科目教学质量检测数学试题

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前浙江省杭州市高三第二次高考科目教学质量检测数学试题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1已知集合A=xx>1，B=xx<2，则AB=( )A. x1<x<2 B. xx>1 C. xx>2 D. xx12设aR,若（1+3i)(1+ai)R(i是虚数单位)，则a=( ）A. 3 B. -3 C. 13 D. -133二项式（2

2、x-1x)5的展开式中含x3项的系数是( ）A. 80 B. 48 C. -40 D. -804设圆C1:x2+y2=1与圆C2:（x-2）2+（y+2)2=1，则圆C1与圆C2的位置关系是( )A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内含5若实数x,y满足不等式组2x+3y-90x-2y-10，设z=x+2y,则( ）A. z0 B. 0z5 C. 3z5 D. z56设a>b>0，e为自然对数的底数.若ab=ba，则（ ）A. ab=e2 B. ab=1e2 C. ab>e2 D. ab<e27已知0<a<14随机变量的分布列如下:-101P3414-

3、aa当a增大时（ ）A. E() 增大，D()增大 B. E()减小，D（）增大C. E()增大，D()减小 D. E()减小，E()减小8已知 a0 且 a1，则函数 f (x)(xa)2lnx（ ）A. 有极大值，无极小值 B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值 D. 既无极大值，又无极小值9记M的最大值和最小值分別为Mmax和Mmin.若平面向量a.b.c满足a=b=ab=c (a+2b-2c)=2则（ ）A. a-cmax=3+72 B. a+cmax=3-72C. a-cmin=3+72 D. a+cmin=3-72第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人

4、得分二、解答题10已知三棱锥S-ABC的底面ABC为正三角形,SA<SB<SC,平面SBC,SCA,SAB与平面ABC所成的锐二面角分别为a1,a2,a3，则（ ）A. a1<a2 B. a1>a2 C. a2<a3 D. a2>a311已知函数fx=sinx+74+cos(x-34)(）求f(x)的最小正周期和最大值;()求函数y=f(-x)的单调减区间12如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,A=120为线段BC的中点，D为线段BC上一点,且BD=BA,沿直线AD将ADC翻折至ADC',使AC'BD.(I)证明;平面AMC'平面

5、ABD;()求直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值.13已知函数f(x)=1nxx2+x(I)求函数f(x)的导函数f'(x)；()证明:f(x)<12e+e(e为自然对数的底数)14如图，抛物线M:y=x2上一点A(点A不与原点O重合)作抛物线M的切线AB交y轴于点B,点C是抛物线M上异于点A的点，设G为ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.()设点A(x0,x20)(x00)求直线AB的方程:()求OBOD的值15已知数列an满足a1=1,an+1=an+can(c>0,nN*)()证明：an+1>an1；()若对于任意mN*，当nm时，

6、ancam(n-m)+am；()an5n-12评卷人得分三、填空题16双曲线的渐近线方程是_，离心率是_.17设各项均为正数的等比数列an中,若S4=80,S2=8则公比q=_18一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_19设ABC内切圆与外接圆的半径分别为r与R.且sinA:sinB:sinC=2:3:4则cosC=_；当BC=1时，ABC的面积等于_20盒子里有完全相同的6个球，每次至少取出1个球(取出不放回)，取完为止，则共有_种不同的取法（用数字作答）21设函数f(x)(xR)满足f(x)-x214,f(x)+1-x234则f(1)=_22在ABC中，角A.B.C所

7、对的边分别为a.b.c若对任意R,不等式BC-BABC恒成立，则cb+bc的最大值为_.试卷第3页，总4页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1A【解析】A=xx>1，B=xx<2AB=x1<x<2故选A2B【解析】1+3i1+ai=1+ai+3i-3a1+3i1+aiR虚部为0则a+3=0，a=-3故选B3D【解析】2x-1x5展开式的通项公式为：Tr+1=C5r2x5-r-1xr=-1r25-rC5rx5-2r令5-2r=3，r=1代入得：-C5124=-80故选D4A【解析】圆心距为22+-22=22>1+1故两圆外离故选A5D【解析

8、】作出可行域区域，如图z=x+2y由2x+3y-9=0x-2y-1=0解得x=3y=1zmin=3+2=5z5故选D6C【解析】不妨令a=4，b=2，代入：42=24则2×4=8>e2故选C7A【解析】E=-34+a当a增大时，E也增大，D也增大故选A8C【解析】由题意，f'x=2x-alnx+x-a2x=x-a2lnx+1-axx>0，由f'x=0，得x=a或2lnx+1-ax=0，由方程2lnx+1-ax=0，结合函数图象，易知此方程有解x0，根据函数单调性与极值关系，可知函数fx具有极大值，也有极小值，故选C.9A【解析】由已知可得：ab=abcos

9、=2cos=12，=3建立平面直角坐标系，a=OA=2，0，b=OB=1，2，c=OC=x，yca+2b-2c=2可得：x，y4-2x，23-2y=24x-2x2+23y-2y2=2化简得C点轨迹，x-12+y-322=34则a-c=x-22+y2转化为圆上点与2，0的距离a-cmax=12+322+32=3+72故选A点睛：本题主要考查的知识点是向量的数量积及模的关系。通过建立平面直角坐标系将其转化为点与圆的位置关系，就可以求出距离的最值，解答本题的关键是转化，理解并掌握本题的解题方法。有一定的难度。10A【解析】过S作SO垂直于平面ABC，垂足为OSA<SB<SC，OA<

10、OB<OC过O点作OE，OF，OH分别垂直于AB，BC，AC，连接SE，SF，SHa1=SFO，a2=SHO，a3=SEO3要比较a1，a2，a3的大小，只需比较OE，OF，OH的大小OA<OB点O在AB中垂线的左侧，OA<OB<OC点O图形中的阴影部分中OE<OF，OH<OF，OE，OH大小不定tana1=SOOF<tana2=SOOHtana1=SOOF<tana3=SOOE即a1<a2，a1<a3故选A点睛：本题主要考查的知识点是面面角问题。按照定义先作出三个面面角所成的平面角，然后由题意中的三边关系得到不等关系，利用正切，求出

11、锐角二面角的正切值，从而比较大小，本题具有一定的难度。11（）最小正周期是2，最大值是2（）(54+2k，94+2k)(kz) 【解析】试题分析：1利用两角和与差的余弦公式，二倍角的三角函数公式和辅助角公式化简，即可得到f(x)的最小正周期和最大值2先求出f(-x)=2sin(x-34)，再求单调区间解析：（）因为sin(x74)cos(x34），所以f(x)2sin(x74）=-2sin(x+34).所以函f(x)的最小正周期是2，最大值是2（）因为f(-x)=2sin(x-34)，所以单调递减区间为(54+2k，94+2k)(kz)12（）见解析（）23-33-1【解析】试题分析：1根据A

12、M'BD，AC'BD求证结果2作C'FAM，连接FD，C'DF为直线C'D与平面ABD所成的角，利用长度求解即可得到答案解析：（）有题意知AM'BD，又因为AC'BD，所以 BD平面AMC，因为BDBD平面ABD，所以平面AMC平面ABD （）在平面AC'M中，过C作C'FAM交AM于点F，连接FD由（）知，C'F平面ABD，所以C'DF为直线C'D与平面ABD所成的角设AM1，则ABAC2，BC 3，MD2 3，DCDC'332，AD 62在RtC'MD中，MC'2=C&#

13、39;D2-MD2=(33-2)2-(2-3)294 3设AFx，在RtC'FA中，AC'2AF2MC'2MF2，即4x2(943)(x1)2，解得，x232，即AF232所以 C'F223-3故直线C'D与平面ABD所成的角的正弦值等于C'FAF23-33-113（I）f'(x)=x+1-(2x+1)lnx(x2+x)2（）见解析.【解析】试题分析：1根据函数f(x)=1nxx2+x，写出f'(x)的解析式2令g(x)=x+12x+1-lnx，求导算出单调性，g(e)>0，g(e)<0，代入f(x)求证结果解析：（I

14、）f'(x)=x+1-(2x+1)lnx(x2+x)2 （）设g(x)=x+12x+1-lnx=12+14x+2-lnx，则函数g(x)在(0,+)单调递减，且g(e)>0，g(e)<0，所以存在x0(e,e)，使g(x0)0，即x0+12x0+1-lnx0=0，所以x01(2x01)lnx00 ，所以f'(x)0，且f(x)在区间(0，x0)单调递增，区间(x0，)单调递减所以 f(x)f(x0) lnx0x0(x0+1)1x0(2x0+1)<12e+e14（）见解析;（）43±6【解析】试题分析：1求导，得出直线AB的斜率，即可得到直线AB的方程

15、；2根据题意求得点B的纵坐标，从而得到AB中点坐标，设C(x1，y1)，G(x2，y2)，得到直线CG的方程，联立抛物线方程，根据韦达定理求得点D的纵坐标，从而得到答案解析：（）因为y'2x，所以直线AB的斜率ky'2x0所以直线AB的方程yx02x0(xx0)，即y2x0xx02 （）由题意得，点B的纵坐标yB x02，所以AB中点坐标为(x02,0)设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为xmyx0由x=my+12x0,y=x2，联立得m2y2(mx01)y 14x020因为G为ABC的重心，所以y13y2由韦达定理，得y1y24y21-mx0m2，y1y23

16、 y22=x024m2所以 (1-mx0)216m4=x0212m2，解得mx0 -3±23所以点D的纵坐标yD -x02m=x026±43，故|OB|OD|=|yByD|=43±615见解析.【解析】试题分析：1用数学归纳法证明当n1时，a1=1，当n=k时，成立，再证n=k+1时，成立2当nm时，anam，an+1=an+canan+cam，累加得结果3若c>12，当m>8c-2(2c-1)2时，得到cam<c-12，推得当nm时，成立，当n>1+am-cmamc-12-cam时，矛盾，求得结果解析：（）因为c0，所以an+1an ca

17、n an（nN*），下面用数学归纳法证明an1当n1时，a111；假设当n=k时，ak1，则当nk1时，ak+1ak cak ak1所以，当nN*时，an1所以 an+1an1 （）（）当nm时，anam，所以 an+1ancan an cam，所以 an+1an cam，累加得 anam cam (nm)，所以 ancam(n-m)+am （）若c>12，当m>8c-2(2c-1)2时，am>(c-12)8c-2(2c-1)2-1=2c2c-1，所以cam<c-12所以当nm时，(c-12)n-1ancam(n-m)+am所以当n>1+am-cmamc-12-c

18、am时，(c-12)n-1>cam(n-m)+am，矛盾所以 c12因为 an+12=an2+2c+c2an2an2+2c+c2an2+54，所以an5n-12点睛：本题主要考查的知识点是数列的综合问题。运用数学归纳法证得数列中的不等关系，在递推关系时，需要运用累加法来解决问题，本题较为综合，有一定的难度。16 【解析】由可得双曲线的渐近线方程是，且双曲线中， .173,162【解析】由题意可得：S4-S2=q2S2，代入得q2=9等比数列an各项均为正数q=3，解得a1=2，故a5=16218 143 6+(6+13)【解析】由三视图知，该几何体是由四分之一球与半个圆锥组合而成，则该组合体的体积为V=144323+1213223=143，表面积为S=14422+1222+1243+12122232+22=6+6+13，从而问题可得解.19 -14 31516【解析】sinA:sinB:sinC=2:3:4a:b:c=2:3:4令a=2t，b=3t