浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试数学试题
浙江省温州市高考数学二模试卷(文科)(含解析)
2019年浙江省温州市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大題共1O小題，每小題5分，共50分.在每小題给出的四个选项中，只有一項符合題目要求.2“”}{}==1{}{}“3．（5分）（2019•温州二模）记S n为等差数列{a n}前n项和，若=1，则其公差d=（）由题意可得﹣=1，化简可得公差d的值．中，∵﹣=1评：4．（5分）（2019•温州二模）若函数f（x）=是奇函数，则a的值为（）A．0B．1C．2D．4函数奇偶性的判断．考点：专计算题；函数的性质及应用．题：依题意，利用f（﹣x）+f（x）=0即可求得a的值．分析：解解：∵f（x）=是奇函数，答：∴f（﹣x）+f（x）=0，即+=0，∴=，∴（x+a）2=（﹣x+a）2，∴2ax=0，又x不恒为0，∴a=0．故选A．本题考查函数奇偶性的判断，利用f（﹣x）+f（x）=0是求a的关键，属于基础题．点评：5．（5分）（2019•温州二模）若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是（）A．2B．.C．.3 D．.由三视图求面积、体积．考点：计算题．专题：分由三视图可画出原几何体，并确定其中的位置关系和数值，由柱体的体积公式可得答案．析：解：由题意可知，该几何体如图所示：解答：其中AB=AG=GH=HB=HI=FG═IJ=1，AD⊥面FIBA，故体积V=S FIBA×IJ==2故选A点本题考查由三视图求几何体的体积，由三视图得出原几何体是解决问题的关键，属中档题．评：6．（5分）（2019•温州二模）椭圆+y2=1的一个焦点在抛物线y2=4x的准线上，则该椭圆的离心率为（）D由抛物线y2=4x的方程得准线方程，进而得到椭圆+y2=1的焦点，由题意可得c，利用a2=b2+c2及离心率=4x的方程得准线方程为x=﹣1，又椭圆+y2=1的焦点为（±c，0）．∵椭圆，解得C：如图，直线l在平面α，则α内存在直线a平行于直线l，故C不正确；第 3 页g（x）=sin（2x﹣）g（x）=sin（2x﹣）g（x）=cos（2x﹣）D g（x）=cos（2x﹣）可得f（x）=sin2x的图象位于y轴右侧的第一个最高点的横坐标为．，解得．的图象向右平移=故g（x）=sin2（x﹣）=sin（2x﹣），Da=b=c===+1+＞∈∈（0，1），．），x+的方程：x+y因P是△CDE内（包括边界）的动点，则可行域为==，，⇒11．（4分）（2019•温州二模）i是虚数单位，a，b∈R，若，则a+b=1．解：∵，第 5 页∴，化为b+ai=（a2+b2）+（a2+b2）i，根据复数相等的定义可得，a2+b2≠0解得．∴a+b=1．故答案为1．点评：熟练掌握复数的除法运算法则、复数相等的定义是解题的关键．12．（4分）（2019•温州二模）高函数f（x）=，则f[f（﹣）]=2．考点：函数的值．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：根据自变量范围代入相应的表达式，先求出f（﹣），再求f[f（﹣）]即得答案．解答：解：由题意得，f（﹣）=|﹣1|=，所以f[f（﹣）]=f（）==2，故答案为：2．点评：本题考查分段函数求值，考查学生的计算能力，属基础题．13．（4分）（2019•温州二模）某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值为8．考点：循环结构．专题：图表型．分析：由图知，每次进入循环体后，S的值被施加的运算是乘以2加上1，故由此运算规律进行计算，经过4次运算后输出i即可．解答：解：由图知运算规则是对S=2S+1，故第一次进入循环体后S=2×0+1=1，i=2第二次进入循环体后S=2×1+1=3，i=4第三次进入循环体后S=2×3+1=7，i=6第四次进入循环体后S=2×7+1=15，i=8不满足条件S＜10，退出循环，输出i=8故答案为：8．点评：本题考查循环结构，已知运算规则与最后运算结果，求运算次数的一个题，是算法中一种常见的题型．14．（4分）（2019•温州二模）同时抛掷两颗骰子，得到点数分别为a，b，则|a﹣b|≤1的概率是．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：计算题；概率与统计．分析：抛两枚骰子共有36种结果，|a﹣b|≤1即|a﹣b|=0，1，共有16种结果，由古典概型计算概率公式可得答案．解答：解：同时抛掷两枚骰子共有6×6=36种结果，其中满足|a﹣b|≤1有：（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（5，5），（6，6），（1，2），（2，1），（2，3），（3，2），（3，4），（4，3），（4，5），（5，4），（5，6），（6，5）16种结果，故|a﹣b|≤1的概率为：，故答案为：．点评：本题考查古典概型及其概率计算公式，正确列举出所有基本事件是解决该题的关键．15．（4分）（2019•温州二模）经过随机抽样获得100辆汽车经过某一雷达测速地区的时速（单位：km/h），并绘制成如图所示的频率分布直方图，其中这100辆汽车时速范围是[35，85]，数据分组为[35，45），[45，16．（4分）（2019•温州二模）若实数x，y满足不等式组，则2x+y的最大值是9．解：作出不等式组表示的平面区域，，﹣17．（4分）（2019•温州二模）己知F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，A是双曲线上在第一象中根据余弦定理算出，从而得到．（的面积之比等于的面积为=2，再两个三角形的面积相加，即可得到第 7 页=，化为，，，化为解得，（舍去）．的坐标为（，）设直线AB方程为x=my+c，与双曲线联解，可得由根与系数的关系，得到，结合化简得到（===2S（=4S=S=418．（14分）（2019•温州二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a（cosC+sinC）=b （I）求角A的大小（II）若a=1，S△ABC =，求b、c的值．cosC+化简得：sinAsinC=cosAsinCsinA=cosA tanA=∴A=；，A=，代入解得：19．（14分）（2019•温州二模）设数列{a n}的前n项和为S n，a1=2．且1，a n，S n（n∈N）成等差数列．（I）求数列{a n}的通项公式：计算题；证明题；等差数列与等比数列．（I）由已知可得，，利用a n=s n﹣s n﹣1可得a n与a n﹣1之间的递推关系，结合等比数列的，结合数列的项的特点，考虑利用错位相减求和即可a，，∴n）解：∵第 9 页=3∴…（14分）BF=3现将四边形AEFB沿EF折成四边形A′EFB′，使DF⊥B′F（I）求证：A′EFB′⊥平面CDEFDF=EF=2H=HF=HK=KH=，21．（15分）（2019•温州二模）已知函数f（x）=，a∈R．（1）若f（x）在（0，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围（II）问题等价于a≥恒成立，构造函数g（x）=，通过求导数可得g（x）≤≥设g（x）=，（I）求切线m的方程和切点A的坐标（II）若点P是直线l上的一个动点，过点P作抛物线M的两条切线，切点分别为B，C，同时分别与切线m交于点E，F试问是否为定值？若是，则求之，若不是，则说明理由．的面积化为，作比后进行约分，最终可证得为定值）设切点，切线斜率，切点∴切线PB，PC的方程分别是y=2x1x，y=联立方程组，得交点）12的距离又由得x2﹣2sx+t=0．．第 11 页联立方程组，得交点联立方程组，得交点=．。
2019年2月温州市普通高中高考适应性考试数学试卷
b x2 y 2 2 1(a b 0) 的右焦点，直线 y x 交椭圆于 A 、 B 两点，若 2 a a b
cos AFB
1 ，则椭圆 C 的离心率是 ▲ ． 3
2
17．已知 f ( x) x ax ，若对任意的 a R，存在 x0 [0, 2] ，使得 | f ( x0 ) | k 成立，则实数 k 的最大值是 ▲ ．
机密 ★ 考试结束前
2019 年 2 月份温州市普通高中高考适应性测试
第一时间查成绩
数学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分． 全卷共 4 页． 满分 150 分，考试时间 120 分钟． 参考公式： 如果事件 A，B 互斥，那么 P(A+B)=P(A)+P(B) 如果事件 A，B 相互独立，那么 P (A · B)=P(A)· P (B ) 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p,那么 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率 Pn(k)= pk(1－p)n-k(k=0，1，2，…，n) 其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式 S=4πR2 球的体积公式 柱体的体积公式
(b e2 ) 0 ，则 | a b | 的最大值
8．已知实数 a 0, b 0, a 1 ，且满足 ln b = A． a b B． a b
a 1 a
，则下列判断正确的是（ ▲ ） D． log a b 1
C． log a b 1
9．在正四面体 ABCD 中，P, Q 分别是棱 AB, CD 的中点， E, F 分别是直线 ．．AB, CD 上的动点，M 是
2i 等于（ ▲ ） 1 i
C ． 1 i
2
B． 1 i B． 1, 2, 4
2019年2月份温州市普通高中选考适应性测试
2019年2月份温州市普通高中选考适应性测试思想政治试题一、判断题(本大题共10小题，每小题1分，共10分。
判断下列说法是否正确，正确的请将答题纸相应题号后的T 涂黑，错误的请将答题纸相应题号后的F涂黑)1.纸币是商品交换发展到一定阶段的产物。
2.在激烈的市场竞争中，兼并有利于各类企业发展。
3.兼颐效率与公平，既要落实分配政策，也要提倡奉献精神。
4.人大代表联系群众制度，能够使人大代表行使监督权得以真正落实。
5.在我国，人民检察院依照法律规定独立行使监察权。
6.尊重文化多样性，首先要尊重自己民族的文化。
7.汉字历来为中华各族人民所通用，是中华文明的重要标志。
8.“飞矢不动”说只承认静止而否认运动，从而陷入了诡辩论。
9.事物数量的增减才能引起事物根本性质的变化。
10.中华民族伟大复兴只能在社会基本矛盾的不断解决中实现。
二、选择题I (本大题共21小题，每小题2分，共42分。
在每小题列出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的，不选、多选。
错选均不给分)11.乘着互联网的东风，目前全国有超过半数的中华老字号上线网店。
老字号们敞开怀抱迎接新零售时代，是因为A.科学进步能提高商品价值量B.商品价值实现依赖商品流通C.交换是连接生产与消费的桥梁和纽带D.为购买者着想是生产经营者根本目的12.目前，我国已建成4万余个“扶贫车间" ,通过为贫困户解决就业问题，带动了20余万人摆脱贫困。
这种就业扶贫①彰显了就业是最大的民生②破除了劳动力流动的机制弊端③鼓励人们以创业带动就业④使得劳动力与生产资料相结合A.①③B.①④C.②③D.②④13.下表是浙江省2017年经济发展和财政收支情况，从中可以得出的结论是注:增值税、企业所得税、个人所得税合计增收347.38亿元，对税收的增收贡献率为68.7%。
①浙江省实体经济活力有所增强②浙江省须发行国债来弥补财政赤字③税收是财政收入最重要的来源④税收对财政收入的影响是基础性的A.①③B.①④C.②③D.②④14.司马迁在《史记.货殖列传》中写道:“故物贱之征 (征: 征兆)贵，贵之征贱，各劝其业、乐其事，若水之趋下，日夜无休时，不召而自来，不求而民出之。
浙江省温州市2024届高三第二次适应性考试数学试题(原卷版)
温州市普通高中2024届高三第二次适应性考试数学试题卷2024.3本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上．将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上．3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破．选择题部分（共58分）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z C ∈，则“2R z ∈”是“R z ∈”的（）A.充分条件但不是必要条件B.必要条件但不是充分条件C.充要条件D.既不是充分条件也不是必要条件2.已知集合{{,M x y N y y ====，则M N ⋂=（）A.∅B.RC.MD.N3.在正三棱台111ABC A B C -中，下列结论正确的是（）A.1111113ABC A B C A BB C V V --=B.1AA ⊥平面11AB CC.11A B B C⊥ D.1AA BC⊥4.已知0.50.3sin0.5,3,log 0.5a b c ===，则,,a b c 的大小关系是（）A.a b c<< B.a c b<< C.c a b<< D.c b a<<5.在()()531x x --展开式中，x 的奇数次幂的项的系数和为（）A.64- B.64C.32- D.326.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且{}n S 单调递增．若55a =，则d ∈（）A.50,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B.100,7⎡⎫⎪⎢⎣⎭C.50,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D.100,7⎛⎫⎪⎝⎭7.若关于x 的方程22112x mx x mx mx +++-+=的整数根有且仅有两个，则实数m 的取值范围是（）A.52,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭B.52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C.55,22,22⎛⎤⎡⎫-- ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭D.55,22,22⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭8.已知定义在()0,1上的函数()()1,,1,m x m n f x n n x ⎧⎪=⎨⎪⎩是有理数是互质的正整数是无理数，则下列结论正确的是（）A.()f x 的图象关于12x =对称 B.()f x 的图象关于11,22⎛⎫ ⎪⎝⎭对称C.()f x 在()0,1单调递增D.()f x 有最小值二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，()3,4P -为其终边上一点，若角β的终边与角2α的终边关于直线y x =-对称，则（）A .()3cos π5α+=B.()π2π22k k βα=++∈Z C.7tan 24β=D.角β的终边在第一象限10.已知圆221:6C x y +=与圆222:20C x y x a ++-=相交于,A B 两点．若122C AB C AB S S =△△，则实数a的值可以是（）A.10B.2C.223D.14311.已知半径为r 球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为d ，则（）A.r 有最大值，但无最小值B.r 最大时，球心在正四面体外C.r 最大时，d 同时取到最大值D.d 有最小值，但无最大值非选择题部分（共92分）三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．12.平面向量,a b满足()2,1a = ，a b ，a b ⋅= ，则b = ______．13.如图，在等腰梯形ABCD 中，12AB BC CD AD ===，点E 是AD 的中点．现将ABE 沿BE 翻折到A BE ' ，将DCE △沿CE 翻折到D CE '△，使得二面角A BE C '--等于60︒，D CE B '--等于90︒，则直线A B '与平面D CE '所成角的余弦值等于______．14.已知P ，F 分别是双曲线()22221,0x y a b a b -=>与抛物线()220y px p =>的公共点和公共焦点，直线PF 倾斜角为60 ，则双曲线的离心率为______．四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.记ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知2sin c B =．（1）求C ；（2）若tan tan tan A B C =+，2a =，求ABC 的面积．16.已知直线y kx =与椭圆22:14xC y +=交于,A B 两点，P 是椭圆C 上一动点（不同于,A B ），记,,OP PA PB k k k 分别为直线,,OP PA PB 的斜率，且满足OP PA PB k k k k ⋅=⋅．（1）求点P 的坐标（用k 表示）；（2）求OP AB ⋅的取值范围．17.红旗淀粉厂2024年之前只生产食品淀粉，下表为年投入资金x （万元）与年收益y （万元）的8组数据：x1020304050607080y12.816.51920.921.521.92325.4（1）用ln y b x a =+模拟生产食品淀粉年收益y 与年投入资金x 的关系，求出回归方程；（2）为响应国家“加快调整产业结构”的号召，该企业又自主研发出一种药用淀粉，预计其收益为投入的10%．2024年该企业计划投入200万元用于生产两种淀粉，求年收益的最大值．（精确到0.1万元）附：①回归直线ˆˆˆu bv a =+中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：1221ˆni ii n ii v unv ubv nv ==-⋅=-∑∑，ˆˆa u bv =-⋅②81ii y=∑81ln ii x=∑821ii x=∑()128ln i i x =∑81ln iii y x=∑1612920400109603③ln20.7,ln5 1.6≈≈18.数列{}{},n n a b 满足：{}n b 是等比数列，122,5b a ==，且()()*1122238N n n n n a b a b a b a b n ++⋅⋅⋅+=-+∈．（1）求,n n a b ；（2）求集合()(){}*0,2,Ni i A x x a x b i n i =--=≤∈中所有元素的和；（3）对数列{}n c ，若存在互不相等的正整数()12,,,2j k k k j ⋅⋅⋅≥，使得12j k k k c c c ++⋅⋅⋅+也是数列{}n c 中的项，则称数列{}n c 是“和稳定数列”．试分别判断数列{}{},n n a b 是否是“和稳定数列”．若是，求出所有j 的值；若不是，说明理由．19.如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C 在点A 处的二阶导数（已知圆()()222x a y b r -+-=在点()00,A x y 处的二阶导数等于()230r b y -）；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．（1）求抛物线2y x =在原点的曲率圆的方程；（2）求曲线1y x=的曲率半径的最小值；（3）若曲线e x y =在()11,ex x 和()()2212,e x x xx ≠处有相同的曲率半径，求证：12ln2x x +<-．。
浙江省2019届高三高考模拟训练(二)数学试题(附解析)
浙江省2019年高考模拟训练数学（二）第Ⅰ卷一、选择题.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.已知全集，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合U，再根据补集的定义求出结果即可．【详解】由题意得，∵，∴．故选C．【点睛】本题考查集合补集的运算，求解的关键是正确求出集合和熟悉补集的定义，属于简单题．2.双曲线的焦点坐标是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先判断出焦点的位置，再根据题意求出半焦距，进而可得焦点的坐标．【详解】由题意得双曲线的焦点在轴上，又，所以双曲线的焦点坐标为．故选B．【点睛】判断双曲的焦点位置上要看正负，即双曲线的焦点在正的项对应的变量所在的轴上．同时解题时要准确判断出的值，要注意之间关系的利用，本题考查双曲线的基本性质，属于简单题．3.复数（为虚数单位）的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算先求出复数，然后再求出其共轭复数即可．【详解】由题意得，∴，即复数的共轭复数为．故选D．【点睛】本题考查复数的基本运算和共轭复数的概念，解题的关键是正确进行运算和熟记共轭复数的概念，属于基础题．4.直线与圆交于不同的两点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，然后根据圆的弦长公式求解可得所求．【详解】由题意得，圆的圆心为，半径为．圆心到直线的距离为，∴．故选C．【点睛】求圆的弦长有两种方法：一是求出直线和圆的交点坐标，然后利用两点间的距离公式求解；二是利用几何法求解，即求出圆心到直线的距离，在由半径、弦心距和半弦长构成的直角三角形中运用勾股定理求解，此时不要忘了求出的是半弦长．在具体的求解中一般利用几何法，以减少运算、增强解题的直观性．5.函数的图像可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出函数的定义域，然后判断出函数的奇偶性，根据对称性进行排除部分选项，最后再根据y轴右侧的函数值的正负再进行排除可得结果．【详解】由题意得函数的定义域为，∵，∴函数为偶函数，∴函数图象关于y轴对称，故排除C,D．又当时，，因此可排除B．故选A．【点睛】根据函数的解析式判断函数图象的大体形状时，常用的方法是排除法．解题时可根据函数的定义域、奇偶性（即图象的对称性）、单调性、变化趋势等进行排除，同时也可利用特殊值进行求解．考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题．6.已知平面，直线满足，，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】判断条件“”和“”的相互推出情况，然后根据充分条件、必要条件的定义进行求解可得结论．【详解】当，且，时，则有或或相交，所以由“”不能推出“”；反之，当，且，时，由线面垂直的性质定理可得成立，所以由“”可推出“”．根据充分条件和必要条件的定义可得“”是“”的必要不充分条件．故选B．【点睛】判断p是q的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件p能否推得条件q；二是由条件q能否推得条件p．对于带有否定性词语的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想把抽象、复杂问题形象化、直观化外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题求解．7.若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围．【详解】画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示．表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，设，结合图形可得或，由题意得点A,B的坐标分别为，∴，∴或，∴的取值范围为．故选D．【点睛】解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域．考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题．8.已知四边形中，，，在将沿着翻折成三棱锥的过程中，直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角，设二面角，的大小分别为，则（）A. B. C. 存在 D. 的大小关系无法确定【答案】B【解析】【分析】根据题意在三棱锥中，作平面于，则分别为与平面所成的角，过作，垂足分别为，连，则，由的大小得到的大小，然后求出的正切值后可得的大小关系．【详解】如图，在三棱锥中，作平面于，连，则分别为与平面所成的角．∵直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角，∴．过作，垂足分别为，连，则有，∴分别为二面角，的平面角，∴．在中，，设BD的中点为O，则为边上的中线，由可得点H在CO的左侧（如图所示），∴．又，∴．又为锐角，∴．故选B．【点睛】本题考查线面角和二面角的求法和应用，解题时可先作出相关角，并由角的大小得到相关线段的大小关系，然后再根据空间角的定义求出角即可，解题的关键是正确作出图形，并将角的大小的问题转化为线段的长度的问题求解，考查作图能力和计算能力．9.若平面向量满足，，，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】设向量的夹角为θ，则，∴，．于是可设，令，则，由题意得，表示点在以为圆心，半径为的圆上．又，∴，表示圆上的点与点间的距离，∴的最大值为．故选D．【点睛】由于向量具有数形两方面的性质，所以在解答向量的有关问题时可借助坐标，将向量的问题转化为数的运算的问题，如本题中最值的计算问题，通过建立适当的平面直角坐标系，将向量模的问题转化为距离问题求解，考查数形结合和转化的运用，同时也考查计算能力．10.设为互不相等的三个实数，且，则有（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】运用绝对值不等式的性质和三角函数的有界性（求解可得结论．【详解】∵，∴．∵，又，∴，即．故选D．【点睛】本题考查三角函数的值域及绝对值不等式，考查放缩法的应用，解题时要灵活运用正弦函数和余弦函数的有界性，同时要注意不等式中等号成立的条件，考查变化能力的运用．第Ⅱ卷二、填空题（将答案填在答题纸上）11.已知数列满足，，则__，__．【答案】 (1). 2 (2). 3028【解析】【分析】先求出当为偶数时的通项公式，然后结合题意求解即可．【详解】当为偶数时，则有为奇数，所以当为偶数时，，故有．所以，，故答案为2,3028．【点睛】本题考查数列通项公式和数列的求和，解题的关键是根据题意得到下标为偶数的项的通项公式，属于基础题．12.已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的体积为__，该三棱锥的外接球的表面积为__．【答案】 (1). (2). 12π【解析】【分析】根据三视图得到三棱锥的直观图，然后根据图中的数据求出三棱锥的体积及外接球的半径，进而得到球的表面积．【详解】由题意得三视图对应的几何体为如图所示的三棱锥，其中底面三角形为等腰直角三角形，；底面，且．所以该三棱锥的体积为．由题意得三角形外接圆半径．设三棱锥外接圆圆心为O，则点O在过AB的中点且与底面垂直的直线上，设球心O到平面的距离为，球半径为，则有，解得，所以，所以外接球的表面积为．故答案为．【点睛】（1）在由三视图还原空间几何体时，一般以主视图和俯视图为主，结合左视图进行综合考虑．热悉常见几何体的三视图，能由三视图得到几何体的直观图是解题关键．（2）求三棱锥外接球的表面积时首先要求出球的半径，其中明确“球心在过底面三角形外接圆的圆心且垂直于底面的直线上”是解题的关键，然后再根据球心到各顶点的距离相等求出半径即可．13.在中，角的对边分别为，，，，则____，___．【答案】 (1). (2).【解析】【分析】根据并结合题中的条件可求得，然后再根据正弦定理求出即可．【详解】∵，∴为锐角，且，∴．由正弦定理得，∴．故答案为，．【点睛】本题考查三角形中的三角变换和解三角形，解题的关键是熟练掌握相关的公式，其中容易出现的错误是符号问题，考查转化和计算能力，属于基础题．14.已知袋中装有大小相同质地均匀的5个球，其中3个黑球和2个白球，从袋中无放回地随机取出3个球，记取出黑球的个数为，则____，____．【答案】 (1). (2).【解析】【分析】分析题意得到的所有可能取值，然后求出取每个值的概率，进而得到分布列，然后再求出和．【详解】由题意得的所有可能取值为1,2,3，，所以的分布列为所以，．故答案为．【点睛】解答本题的关键有两个，一是准确判断出随机变量的所有可能取值，并求出每个值对应的概率；二是要结合分布列根据和的定义进行求解．考查分析理解和计算能力，属于基础题．15.设是抛物线上相异的两点，则的最小值是____．【答案】-16【解析】【分析】设出直线的方程，代入抛物线方程消元后得到关于x的二次方程，然后求出弦长及弦的中点的坐标，根据转化为关于的函数后求解．【详解】由题意直线的斜率存在，设，由消去整理得，且．设，中点为，则，∴，∴，∴，∴，又．∴，当时等号成立，∴的最小值是．故答案为．【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系及向量的运算，其中把问题转化为点的坐标的问题、利用代数运算求解是解题的关键，考查转化和计算能力．16.已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围是___．【答案】【解析】【分析】根据导数判断出函数的单调性，然后求出当时的最大值和最小值，再把“对任意的恒成立”转化为“”恒成立，并结合的最值求解可得结论．【详解】∵，∴在上成立，∴在上单调递减，∴，．又“对任意的恒成立”等价于“对任意的恒成立”∴，解得，∴的取值范围是．故答案为．【点睛】解答本题的关键在于把恒成立问题转化为函数的最值问题求解，即若恒成立，则有，若函数的最值不存在，则利用函数值域的端点值来代替，求函数的最值时首先要考虑函数的单调性．考查导数的应用及转化思想在解题中的应用．17.已知集合，现从集合中任意取出三个点，以这三个点为顶点能够得到___个不同的直角三角形．【答案】200【解析】【分析】由题意集合中共有16个点，把所有点分为三类，分别求出以每个点为直角顶点的直角三角形的个数，再根据计数原理得到所求．【详解】由题意集合中共有16个点，按直角顶点把16个点分成三类：第一类，以的其中一个为直角顶点，共有个直角三角形；第二类，以的其中一个为直角顶点，共有个直角三角形；第三类，以的其中一个为直角顶点，共有个直角三角形．综上可得满足条件的直角三角形共有个.故答案为200．【点睛】本题考查计数原理的应用，解题的关键是分清求解过程中是分类还是分步，分类时要选择合适的标准，并要做到“不重不漏”；分步时要做到每个步骤间要紧密衔接，缺少任何一个步骤也不可．三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18.已知函数.（1）已知角的顶点和原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，求的值；（2）若，，求的值.【答案】（1） (2)【解析】【分析】（1）根据三角函数的定义求出角，然后根据两角和的余弦公式求解；（2）由得，所以，再求出，最后根据求解可得所求．【详解】（1）∵角的终边过点，∴．∴．（2）∵，∴，∴．又，∴，∴，∴.【点睛】本题考查利用三角变换求值，考查转化求解的能力，解题的关键是结合题意选择合适的公式，同时对于给值求值问题，要注意将所给条件作为一个整体，并通过适当的角的变换进行求解，属于基础题．19.如图，四边形中，，，，沿对角线将翻折成，使得.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连.可证得，，于是可得平面，进而可得结论成立．（2）运用几何法或向量法求解可得所求角的正弦值．【详解】（1）证明：取的中点，连.∵，∴．又，∴.在中，，∴．又，∴平面，又平面，∴.（2）解法1：取的中点，连结，∵，∴,又，∴．又由题意得为等边三角形，∴，∵，∴平面．作，则有平面，∴就是直线与平面所成的角．设，则，在等边中，．又在中，，故．在中，由余弦定理得，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为．解法2：由题意可得，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，则在直角三角形中，可得，作于，则有平面几何知识可得，∴．又可得，.∴,．设平面的一个法向量为，由，得，令，则得．又，设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】利用向量法求解直线和平面所成角时，关键点是恰当建立空间直角坐标系，确定斜线的方向向量和平面的法向量．解题时通过平面的法向量和直线的方向向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角．求解时注意向量的夹角与线面角间的关系．20.已知数列的前项和为，且满足，，数列满足：，，数列的前项和为.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.【答案】（1）（2）见证明；【解析】【分析】（1）根据与的关系可求得数列的通项公式；（2）结合（1）及题意可得，故得，当时可得，相加相消后可得，最后验证当时，也成立，从而得到结论．【详解】（1）∵，∴，两式相减得，∴，∴，即，又满足上式，∴．（2）∵，∴．∴，又满足上式，∴．∴当时，，∴．又当时，，综上可得．【点睛】（1）根据与的关系解决数列问题时，要结合结论进行求解，解题时要注意下标的限制．（2）证明数列中的不等式时常用放缩的方法进行求解，解题时注意放缩的度，不要放得过大，也不要缩得过小，放缩时不一定从第一项开始，也可能是从第二项或第三项开始放缩．21.已知椭圆，过点，且离心率为，过点作互相垂直的直线、，分别交椭圆于、两点.（1）求椭圆方程；（2）求面积的最大值.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率为可得，故方程变为，然后代入点的坐标，解得，从而可得所求方程．（2）由题意可知，直线的斜率必存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立后得到关于x的二次方程，由、垂直求得，由根与系数的关系利用弦长公式求得，再求出点到直线的距离后可得三角形的面积，最后结合函数的单调性可得所求的最大值．【详解】（1）∵椭圆的离心率为，∴，∴椭圆的方程为，∵椭圆过点，∴，解得．∴椭圆的方程为．（2）由题意可知，直线的斜率必存在，设直线的方程为，由消去整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴，设，则．∵，∴，即，∴，∵,∴，∴，∴，且恒成立．∴，又点到直线的距离为，∴，令，则，∴，由于函数在上单调递减，∴，当且仅当，即时等号成立，∴面积的最大值为．【点睛】求圆锥曲线中的最值或范围问题时，常用的方法是根据题意得到所求关于某个变量的表达式，然后再求出这个式子的最值即为所求．求最值时一般先考虑基本不等式，解题时需要注意等号成立的条件；若不能利用基本不等式则要根据函数的单调性求解．此类问题一般涉及到大量的计算，所以在解题时要注意计算的合理性，合理利用换元等方法进行求解．22.已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）设点，是函数图像上异于点的两点，其中，，是否存在实数，使得，且函数在点切线的斜率为，若存在，请求出的范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】（1）先根据导数得到当时函数的单调性，由于当时函数单调递增，所以根据实数的符号可得函数的单调性．（2）假设存在实数满足条件，且设，，由可得，再由函数在点切线的斜率为可得，分离参数后得到．构造函数，求出函数的值域即为所求．【详解】（1）由题意得函数的定义域为．当时，由题意得，由得或；由得．又当时，函数单调递增．所以当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为．（2）假设存在实数满足条件．设，，由得，∴．又，，且函数在点切线的斜率为，∴，∴．令，则，∴当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递增；当时，单调递减．∴当时，取得极小值，且极小值为；当时，取得极大值，且极大值为，∴或．∴存在实数满足条件，且实数的取值范围为．【点睛】（1）本题考查利用导数解决函数问题，在讨论函数单调性时要注意定义域及题中的参数对结果的影响，讨论时要做到不重不漏．（2）解决能成立问题时常用的方法是分离参数法，分离参数后可将问题转化为求具体函数的最值或值域的问题处理，解题的关键是将问题合理转化，同时也要注意计算的准确性和合理性．。
浙江省温州市2019届高考数学二模试卷(理科) Word版含解析
2018-2019学年浙江省温州市高考数学二模试卷（理科）最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。
最新试卷多少汗水曾洒下，多少期待曾播种，终是在高考交卷的一刹尘埃落地，多少记忆梦中惦记，多少青春付与流水，人生，总有一次这样的成败，才算长大。
一、选择题：本大题共8小题，每小题是5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1．下列函数中，既是奇函数又在其定义域上是增函数的是（）A．y=﹣B．y=2x C．y=log2x D．y=2x2．“任意的x∈R，都有x2≥0成立”的否定是（）A．任意的x∈R，都有x2≤0成立B．任意的x∈R，都有x2＜0成立C．存在x0∈R，使得x≤0成立D．存在x0∈R，使得x＜0成立3．要得到函数y=sin2x+cos2x的图象，只需将函数y=2sin2x的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位4．若某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是（）A．（18π﹣20）cm2cm3 B．（24π﹣20）cm3 C．（18π﹣28）cm23 D．（24π﹣28）cm35．若实数x，y满足不等式组，且z=y﹣2x的最小值等于﹣2，则实数m的值等于（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D． 26．已知f（x）=，则方程f[f（x）]=2的根的个数是（）A．3个B．4个C．5个D．6个7．在△ABC中，BC=5，G，O分别为△ABC的重心和外心，且=5，则△ABC的形状是（）A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．上述三种情况都有可能8．如图所示，A，B，C是双曲线=1（a＞0，b＞0）上的三个点，AB经过原点O，AC经过右焦点F，若BF⊥AC且|BF|=|CF|，则该双曲线的离心率是（）A．B．C．D．3二、填空题：本大题共7小题，9-12题：每小题6分，13-15题：每小题6分，共36分．9．集合A={0，|x|}，B={1，0，﹣1}，若A⊆B，则A∩B=，A∪B=，C B A=．10．设两直线l1：（3+m）x+4y=5﹣3m与l2：2x+（5+m）y=8，若l1∥l2，则m=，若l1⊥l2，则m=．11．已知ABCDEF为正六边形，若向量，则||=；=．（用坐标表示）12．设数列{}是公差为d的等差数列，若a3=2，a9=12，则d=；a12=．13．设抛物线y2=4x的焦点为F，P为抛物线上一点（在第一象限内），若以PF为直径的圆的圆心在直线x+y=2上，则此圆的半径为．14．若实数x，y满足4x2+2x+y2+y=0，则2x+y的范围是．15．如图所示的一块长方体木料中，已知AB=BC=4，AA1=1，设E为底面ABCD的中心，且（0≤λ≤），则该长方体中经过点A1、E、F的截面面积的最小值为．三、解答题：本大题共5小体，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
2019年2月份温州市普通高中高考适应性测试 数学试题参考答案及评分标准
2019年2月份温州市普通高中高考适应性测试数学试题参考答案及评分标准一、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，只有一11．7，34； 12．3，12+ 13．0，6-； 14．59，3； 15．20；16 17．12- 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．解：（I ）1sin()237AOC S ∆=+=παsin()37πα∴+=5,62236πππππαα<<∴<+<，1cos()37∴+=-πα sin sin()33ππαα=+-=sin()cos cos()sin 3333ππππαα+-+11=7272+⨯=14（II ）2cossin()2326-+（）απαπ=22sin ()26απ+=81cos()37-+=πα19．解：（I ）法一：过C 做CH BD ⊥，（其中H 与B D ,都不重合，否则，若H 与B 重合，则CB BD ⊥与1CD CB =<=若H 与D 重合，则1AD BD ==，与2AB =矛盾） 面ABD ⊥面BCD ∴CH ⊥面BCD∴CH ⊥AD ，又 AD ⊥CD ∴AD ⊥面BCD ∴AD ⊥BC法二：参见第（II ）问的法三（II ）法一：做EQ AH ⊥，则//EQ CH ，由（1）知：EQ ⊥面ADB∴EDQ ∠即DE 与面ABD所成角，且2DE EQ ==∴sin QE EDQ ED ∠==法二：由（I）知：,AD BD BD ⊥=AC BC ==记AB 的中点为F ，AF 的中点为M E 是AC 的中点，∴AB EM ⊥，AB DM ⊥∴AB ⊥面DEM ∴面ABD ⊥面DEM∴EDM ∠即DE 与面ABD所成角，且1,,222ME MD ED ===∴sin 3ME EDM MD ∠==法三：由（I ）知AD ⊥平面BCD ，AD BD ∴⊥，以D 为原点，分别以射线,DB DA 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -由题意知：(0,0,0),(0,1,0),D A F C∴12E，12DE ∴= ∵平面ABD 的法向量为(0,0,1)n =， 设DE 与面ABD 所成角为θ ∴3sin |cos ,|||||||n DE DE n n DE θ⋅===⋅法四：以D 为坐标原点，,DC DA 为,x y 轴，建立空间直角坐标系D xyz -AA则()()1,0,0,0,1,0C A ，设(),,B a b c ，面ABD 的法向量为1n ，面BCD 的法向量为2n ，则12200AB AC BC n n =⎧⎪⋅=⎨⎪⋅=⎩，即()()()22212141,1,01,,00a b c a b c n n ⎧+-+=⎪⎪-⋅---=⎨⎪⋅=⎪⎩，则10a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩ ∴0AD BC ⋅=，∴AD ⊥BC ∴113sin DE n DE n θ⋅==⋅，即DE 与面ABD 所成角的正弦值为3.20．解：（I ）22231S a =+，28S =，得25a =13a ∴=.()211n n S n a n =++-，则()1122n n S n a n ++=++，两式相减得()()112211n n n a n a n a ++=+-++, 即()1110n n na n a +-++= ①()()211210n n n a n a ++∴+-++= ②②-①得()()()2112210n n n n a n a n a +++-+++=， 即2120n n n a a a ++-+=，故数列{}n a 为等差数列，21n a n ∴=+. （II ）21n a n =+22n S n n ∴=+，由20n n S ⋅->λ得()22nn n +>λ对任意正整数n 恒成立，()max22nn n ⎡+⎤∴>⎢⎥⎣⎦λ， 令()22n nn n b +=，211322n n n n b b ++-∴-=，1234b b b b ∴<>>>, max 2()2n b b ∴==2∴>λ.21．解：（Ⅰ）易知(0,1)A -，不妨设2(,)2t B t p ，则22(,)24t t pC p -，代入抛物线方程得：222()224t t p p p-=⋅，得：24t p =，42142C p p y p -∴==为定值. （Ⅱ）点C 是AB 中点，BMN AMN S S ∆∆∴=直线l 的斜率1(1)322k t t --==，直线l '的斜率3k t '=-，∴直线l '的方程：13()22t y x t -=--，即32y x t =-+，不妨记3m t=-，则l '：2y mx =+代入椭圆方程整理得：22(21)860m x mx +++=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则122821m x x m +=-+，122621x x m =+，12|||MN x x =-=， A 到MN的距离d =所以1||2AMNS MN d ∆=⋅⋅=44=≤=.=272m =，所以229187t m ==，29414t p ==.22．解：（I ）∵1()(21)a f x a x x'=-+∵(1)0a f =，又∵()0a f x ≤恒成立，∴(1)a f 是()a f x 的最大值 ∴(1)0a f '=，∴1a =-反过来，当1a =-时，显然()0a f x ≤恒成立. ∴1a =-（II ）（i ）∵1()(21)a f x a x x'=-+，由切点(,)Q m n ，则有：1(21)(1)ln 1a m k m am m m km ⎧-+=⎪⎨⎪-+=+⎩①②，把①代入②可得：2ln 2m a m -=， 代入①式得：2(21)(ln 2)m m mk m --+=（**），（ii ）根据题意方程（**）有三个不同的解， 令2(21)(ln 2)()m m mF m m--+=∴241[2(ln 2)(21)1][(21)(ln 2)]2()m m m m m m m m F m m-+-+⋅---+⋅'= 3(2ln 1)(4ln 2ln 64)m m m m m m m m-----+= 332ln 2ln 55(1)(52ln )m m m m m m m m-++---== 由()0F m '=，解得两根分别为1与52e∴当(0,1)m ∈时，()0F m '<，()F m 单调递减；当52(1,m e ∈时，()0F m '>，()F m 单调递增；当52(,)m e ∈+∞时，()0F m '<，()F m 单调递减 ∴()F m 的极小值为(1)1F =-；()F m 的极大值为5522541()2e F e e -=又∵52(,)m e ∈+∞时，2(21)(ln 2)()0m m mF m m --+=>∴当52541(0,)2e k e -∈时，方程（**）有三个不同的根， 下面说明三个不同的m 对应的a 也是不同的：设方程（**）的三个不同的根分别为：123,,m m m ，且5212301m m e m <<<<< 则有：1121ln 2m a m -=，2222ln 2m a m -=，3323ln 2m a m -=，显然1230,,0a a a <>只需说明23a a ≠即可， 又由23()()F m F m =可得：3332222223(21)(ln 2)(21)(ln 2)m m m m m m m m --+--+= 即22332311(21)(21)m a m a m m -+=-+，假设23a a λ==， 则有2332112()m m m m λ-=-，即2312m m λ= 即32322222232323ln 2ln ln ln 212m m m m m m m m m m λ---====- 即3223321ln()02m m m m m m --=，令231ms m =<，即11ln ()02s s s --=设11()ln ()2G s s s s =-- ∴2211111()(1)(1)022G s s s s'=-+=--<∴()G s 在(0,1)上是减函数，即()(1)0G s G >=，与()0G s =矛盾 ∴假设不真，即23a a ≠∴当52541(0,)2e k e-∈，存在三个不同的实数123a a a ，，使得直线l 与曲线1()a f x ，2()a f x ，3()a f x 同时相切．。
【精选五套高考模拟卷】2019年浙江省温州市高考数学二模试卷(理科)含答案解析
浙江省温州市2019年高考数学二模试卷（理科）（解析版）一、选择题：本大题共8个小题，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．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3} B．{1，2，4，5} C．{1，2} D．{1，3，5}2．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．36．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A ．f （x ）=B ．f （x ）=2x ﹣1C ．f （x ）=D ．f （x ）=log 2（x+1）8．棱长为2的正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为（ ）A ．2B ．C ．D ．2二、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）9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是 ，离心率为 ．10．函数的图象如图所示，则ω= ，φ= ．11．已知等差数列{a n }的公差为﹣3，且a 3是a 1和a 4的等比中项，则通项a n = ，数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为 ．12．设奇函数f （x ）=，则a+c 的值为 ，不等式f （x ）＞f （﹣x ）在x ∈[﹣π，π]上的解集为 ．13．若正数a ，b 满足log 2a=log 5b=lg （a+b ），则的值为 ． 14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+∙-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是 ．15．如图，矩形ABCD 中，AB=3，AD=4，M ，N 分别为线段BC ，CD 上的点，且满足，若，则x+y 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.）16．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．17．如图，矩形ABCD中， =λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB ﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n﹣m=n2﹣m2成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1+a2n+1与2a2n的大小；（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．2019年浙江省温州市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8个小题，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．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，则A∩∁U B=（）A．{3} B．{1，2，4，5} C．{1，2} D．{1，3，5}【分析】由全集U及B，求出B的补集，找出A与B补集的交集即可．【解答】解：∵全集U={1，2，3，4，5}，集合A={1，2，3}，B={3，4，5}，∴∁U B={1，2}，则A∩∁U B={1，2}，故选：C．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2．已知实数x，y满足，则z=x﹣y（）A．最小值为﹣1，不存在最大值B．最小值为2，不存在最大值C．最大值为﹣1，不存在最小值D．最大值为2，不存在最小值【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=x﹣y，得y=x﹣z表示，斜率为1纵截距为﹣z的一组平行直线，平移直线y=x﹣z，当直线y=x﹣z经过点A时，即和直线AD：x﹣y=﹣1平行时，直线y=x﹣z的截距最大，此时z最小，最小为﹣1，无最大值，故选：A．【点评】本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．3．直线l1：mx+y﹣1=0与直线l2：（m﹣2）x+my﹣1=0，则“m=1”是“l1⊥l2”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【分析】对m分类讨论，利用两条直线相互垂直的充要条件即可得出．【解答】解：当m=0时，两条直线分别化为：y﹣1=0，2x+1=0，此时两条直线相互垂直，∴m=0．当m≠0时，若l1⊥l2，则﹣m（﹣）=﹣1，解得m=1．综上可得：m=0，或m=1，故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题考查了简易逻辑的判定方法、两条直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是（）A．4 B．C．8 D．【分析】由三视图知该几何体是一个四棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积．【解答】解：根据三视图可知几何体是一个四棱锥，底面是一个矩形：两条边分别是4、2，且四棱锥的高是2，∴几何体的体积V==，故选：B．【点评】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．5．设集合S={A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算⊕为：A i⊕A j=A k，其中k为i+j被4除的余数，i，j=0，1，2，3．若（A2⊕A3）⊕A m=A0，则m的值为（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据新定义进行推理计算即可．【解答】解：∵2+3=5，5除4的余数为1，∴A2⊕A3=A1，则A1⊕A m=A0，则1+m是4的倍数，则m=3，故选：D．【点评】本题主要考查推理的应用，根据新定义是解决本题的关键．比较基础．6．点P到图形C上所有点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C的距离与到圆C外的定点A的距离相等的点的轨迹是（）A．射线 B．椭圆 C．双曲线的一支 D．抛物线【分析】根据题意可知|PC|﹣r=|PA|，即P到C与A的距离之差为常数，故而P在双曲线上运动．【解答】解：设圆C的半径为r，由题意可知P到圆C的距离为|PC|﹣r，∴|PC|﹣r=|PA|，即|PC|﹣|PA|=r．∴P点轨迹为以A，C为焦点的双曲线靠近A点的一只．故选：C．【点评】本题考查了圆锥曲线的定义，属于基础题，7．数列{a n}是递增数列，且满足a n+1=f（a n），a1∈（0，1），则f（x）不可能是（）A．f（x）=B．f（x）=2x﹣1 C．f（x）= D．f（x）=log2（x+1）【分析】A．由a1∈（0，1），可得＞a n，即可判断出数列{a n}的单调性；B．由a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，即可判断出数列{a n}的单调性；C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，可得得0≤x≤2．由f（x）==，利用二次函数的单调性及其a1∈（0，1），即可判断出数列{a n}的单调性；D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，即可判断出数列{a n}的单调性．【解答】解：对于A．∵a1∈（0，1），∴＞a n，可得数列{a n}是递增数列；对于B．∵a1∈（0，1），不妨取a1=，则a2=﹣1=﹣1，因此数列{a n}不是递增数列；对于C：f（x）=，令2x﹣x2≥0，解得0≤x≤2．由f（x）==，可知：当0≤x≤1时，函数f（x）单调递增；当1≤x≤2时，函数f（x）单调递减．∵a1∈（0，1），∴数列{a n}是递增数列；对于D．利用几何画板画出图象y=log2（x+1），y=x，可知：在x∈（0，1）时，log2（x+1）＞x，∴a n+1=log2（a n+1）＞a n，因此数列{a n}是递增数列．故选：B．【点评】本题考查了数列的单调性，考查了数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题．8．棱长为2的正方形ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A．2 B． C． D．2【分析】由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得出结论．【解答】解：由题意，△PEQ周长取得最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM=2．EN=，∠MEN=135°，∴MN==．故选：B．【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查学生的计算能力，属于中档题．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）9．以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的渐近线方程是y=±x ，离心率为．【分析】由椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），求出双曲线的标准方程，由此能求出结果．【解答】解：∵椭圆=1的焦点坐标为（，0），长轴顶点为（±2，0），∴以椭圆=1的焦点为顶点，长轴顶点为焦点的双曲线的标准方程为：=1，∴双曲线的渐近线方程是y=±x，离心率e==．故答案为：，．【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆、双曲线的性质的合理运用．10．函数的图象如图所示，则ω= 2 ，φ= ．【分析】通过函数的图象，求出T然后求出ω，利用图象经过（π，0）求出φ的值．【解答】2，解：由图象可知T=π，，则ω=2，∵函数经过点（π，1），∴1=2sin（2×π+φ），sinφ=，|φ|＜，故φ=；故答案为2，．【点评】本题是基础题，考查三角函数的图象的应用，学生的视图能力，注意角的范围的应用．11．已知等差数列{a n}的公差为﹣3，且a3是a1和a4的等比中项，则通项a n= ﹣3n+15 ，数列{a n}的前n项和S n的最大值为30 ．【分析】由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣6），解之可得a1，代入通项公式得到a n=﹣3n+15，再判断数列{a n}的前n项和S n的最大值的n的情况，即可求出，【解答】解：由题意可得（a1﹣6）2=a1（a1﹣9），解得a1=12，∴a n=12+（n﹣1）×（﹣3）=﹣3n+15，∴a n=﹣3n+15≥0，解得n≤5，∴S5=5×12+=30，故答案为：﹣3n+15，30．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式和等比中项的定义，属基础题．12．设奇函数f（x）=，则a+c的值为0 ，不等式f（x）＞f（﹣x）在x∈[﹣π，π]上的解集为．【分析】根据函数奇偶性的定义和性质求出a，b，c的值，利用分类讨论的思想进行求解即可得到结论．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（0）=0，即f（0）=acos0﹣sin0+c=a+c=0，即a+c=0，则f（x）=，若x＜0，则﹣x＞0，则f（﹣x）=acosx+sinx﹣a=﹣cosx﹣bsinx﹣a，则a=﹣1，b=﹣，c=1，即f（x）=，若0≤x≤π，则由f（x）＞f（﹣x）得﹣cosx﹣sinx+1＞cosx+sinx﹣1，即cosx+sinx＜1，即cos（x﹣）＜，∵0≤x≤π，∴﹣≤x﹣≤，则＜x﹣≤，即＜x≤π，若﹣π≤x＜0，则由f（x）＞f（﹣x）得cosx﹣sinx﹣1＞﹣cosx+sinx+1，即cosx﹣sinx＞1，即cos（x+）＞，∵﹣π≤x＜0，∴﹣≤x+＜，则﹣＜x+＜，即﹣＜x＜0，综上不等式的解集为，故答案为：．【点评】本题主要考查不等式的求解，根据函数奇偶性的性质求出a，b，c的值，利用分类讨论的思想结合三角函数的图象和性质是解决本题的关键．13．若正数a，b满足log2a=log5b=lg（a+b），则的值为 1 ．【分析】设log2a=log5b=lg（a+b）=k，可得a=2k，b=5k，a+b=10k，可得a+b=ab．即可得出．【解答】解：设log2a=log5b=lg（a+b）=k，∴a=2k ，b=5k ，a+b=10k， ∴ab=10k， ∴a+b=ab ，则=1．故答案为：1．【点评】本题考查了对数与指数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14．若存在x 0∈[﹣1，1]使得不等式10002124+≤+∙-x x x a 成立，则实数a 的取值范围是 [0，] ．【分析】将不等式进行等价转化，利用换元法，结合基本不等式的性质进行转化求解，建立不等式关系进行求解即可得到结论．【解答】解：不等式|4﹣a2+1|≤2等价为≤2，即|2+﹣a|≤2，即﹣2≤2+﹣a ≤2，即a ﹣2≤2+≤2+a ，设t=2，当x 0∈[﹣1，1]是t ∈[，2]，设y=t+，则函数在[，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数， 则当t=1时，函数取得最小值y=1+1=2，当t=2或t=，函数取得最大值y=+2=，则2≤y ≤， ∵即a ﹣2≤y ≤2+a ，∴若[a ﹣2，a+2]与[2，]没有公共点，则a+2＜2或a ﹣2＞，即a＜0或a＞，则若[a﹣2，a+2]与[2，]有公共点，则0≤a≤，故答案为：[0，]【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，将不等式进行转化，利用不等式求出不等式的范围，建立不等式关系是解决本题的关键．15．如图，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，M，N分别为线段BC，CD上的点，且满足，若，则x+y的最小值为．【分析】由题意建立平面直角坐标系，设点M（3，a），N（b，4），0＜a＜4，0＜b＜3；求得b=，a=，从而可得+=（x+y﹣1）2，再设x+y=m，则x=m﹣y；利用判别式即可求出m的最小值．【解答】解：由题意建立如图所示坐标系，如图所示；设点M（3，a），N（b，4），且0＜a＜4，0＜b＜3；∵=（3，4），=（3，a），=（b，4）；又∵=x+y，∴（3，4）=x（3，a）+y（b，4），即，∴b=，a=，∴+=+=+=1，即+=（x+y﹣1）2，设x+y=m，则x=m﹣y；则+=（m﹣1）2，即25y2﹣18my+9m2﹣144（m﹣1）2=0，故△=（18m）2﹣4×25×（9m2﹣144（m﹣1）2）≥0，即24m2﹣50m+25≥0，解得，m≥或m≤（舍去）；∴x+y的最小值．故答案为：．【点评】本题考查了平面向量的应用问题，也考查了数形结合的思想与转化思想的应用问题，是较难的题目．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．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知=，sinA=．（Ⅰ）求sinC的值；（II）设D为AC的中点，若△ABC的面积为8，求BD的长．【分析】（1）利用向量的数量积和正玄定理得出sinBcosA=sinAcosB，根据三角公式得出A=B，根据诱导公式求解即可．（2）利用面积公式，以及余弦定理求解即可．【解答】解：在△ABC中，∵ =，∴cbcosA=cacosB，即bcosA=acosB，sinBcosA=sinAcosB，sin（A﹣B）=0，∴A=B，∵sinA=．∴sinC=sin（π﹣2A）=sin（2A）=2sinAcosA=2××=．（2）设AC=BC=m，∵△ABC的面积为8，∴×=，m=3，cosC=，根据余弦定理得出：BD2=m2×=m2=BD=．【点评】本题考查了向量数量积以及正弦定理和余弦定理的运用，在判断三角形形状时，要注意对角的范围进行分析，即求角的大小需要两个条件：该角的一个三角函数值和该角的范围，缺一不可，正、余弦定理是解三解形必用的数学工具17．如图，矩形ABCD中， =λ（λ＞1），将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C﹣AB ﹣E为直二面角．（1）求证：平面ACE⊥平面BCE；（2）设F是BE的中点，二面角E﹣AC﹣F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．【分析】（Ⅰ）推导出AB⊥BC，BC⊥AE，从而AE⊥平面BCE，由此能证明平面ACE⊥平面BCE．（Ⅱ）以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出cosθ的取值范围．【解答】（本题15分）证明：（Ⅰ）∵二面角C﹣AB﹣E为直二面角，AB⊥BC，∴BC⊥AE平面，∴BC⊥AE…（2分）∵AE⊥CE，BC∩CE=C，∴AE⊥平面BCE…（4分）∵AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE…（6分）解：（Ⅱ）如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图空间直角坐标系，则AB=λ…（8分）则设平面EAC的法向量为则，取x=1，则…（10分）同理设平面FAC的法向量为…（12分）∴…（14分）∵…（15分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．18．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a＞0）的图象过点（1，0）．（1）记函数f（x）在[0，2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0，2]，存在x2∈[0，2]，使得f（x1）+f（x2）＞a，求的取值范围．【分析】（1）方法一：由f（x）是开口向上的抛物线，可得：M=max{f（0），f（2）}，即，两式相加可得a的最大值；方法二： =，结合M≤1，可得a的最大值（2）存在，使，结合二次函数的图象和性质，分类讨论，最后综合讨论结果，可得答案．【解答】解：（1）∵f（x）过点（1，0），∴f（1）=a+b+c=0，…（1分）∴c=﹣a﹣b，f（x）=ax2+bx﹣a﹣b∵f（x）是开口向上的抛物线，∴M=max{f（0），f（2）}…（3分）∴…（5分）两式相加得a≤1，即a的最大值为1…（6分）解法二：由解得： =≤=1 …（6分）（2）由题意，存在，使，∴…（8分）∵a+b+c=0∴f（x）=ax2+bx﹣a﹣b其对称轴为①当，即时，f（x）在[0，2]上单调递增，∴∴＞0均符合题意…（10分）②当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）＜f（2），∴∴由得：，符合题意…（12分）③当，即时，f（x）在[0，]上递减，在[，2]上递增且f（0）≥f（2），∴由得：∴符合题意…（13分）④当即时，f（x）在[0，2]上单调递减，∴，∴均符合题意…（14分）综上所述：∴或…（15分）【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．19．已知椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形．（1）求该椭圆方程；（2）过x轴上的一点M（m，0）作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2+|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．【分析】（Ⅰ）根据题意，有，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）联立方程组，得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件推导出|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意．【解答】（本题15分）解：（Ⅰ）∵椭圆=1（a＞b＞0）的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P（a，b）满足△PF1F2是等腰三角形，∴根据题意，有…（4分）解得：，故所求椭圆方程为．…（6分）（Ⅱ）联立方程：，整理得：（3+4k2）x2﹣8k2mx+4m2﹣12=0在△＞0的情况下有：…（9分）令﹣24k2+18=0，得，即…（13分）此时|MA|2+|MB|2=7与m无关符合题意，…（15分）【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查满足条件的实数是否存在的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式的合理运用．20．设正项数列{a n}满足：a1=1，且对任意的n，m∈N+，n＞m，均有a2n+m a2n﹣m=n2﹣m2成立．（1）求a2，a3的值，并求{a n}的通项公式；（2）（ⅰ）比较a2n﹣1+a2n+1与2a2n的大小；（ⅱ）证明：a2+a4+…+a2n＞．【分析】（1）先令m=1，求得a3，n=m+2，求得a2，分类讨论n为奇数或偶数，分别求得通项公式，（2）a2n﹣1+a2n+1与2a2n的通项公式，化简、比较大小，采用分析法，写出所以偶数项和奇数项整理即可．【解答】解：（1）令m=1，得，从而，所以，令n=m+2，得从而，，又=，∴，，从而，∴当n为偶数时，；令n=m+1，，可知当n为奇数时，综上可得（n∈N+）．（2）（i）a2n﹣1+a2n+1﹣2a2n==＜0，所以a2n﹣1+a2n+1＜2a2n（ii）即证明由（i）得，，…，将上述的n个式子相加，得所以，所以，只需证，事实上，当k=0，1，2，…，n时，+﹣1﹣=﹣≥0，（∵，1），∴从而数学高考模拟试卷（理科）注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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温州市2019届高三2月高考适应性测试数学试题一、选择题：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，则等于（）A. 1 iB. 1 iC. 1 iD. 1＋i 【答案】B【解析】【分析】直接由复数代数形式的除法运算化简得答案．【详解】，故选：B．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．2.已知集合 A＝{1，2，－1}，集合 B＝{y | y＝x2，x∈A}，则A∪B＝（）A. 1B. 1，2，4C. 1，1，2，4D. 1，4【答案】C【解析】【分析】将A中的元素代入集合B中的等式中求出y的值，确定出B，求出A与B的并集即可．【详解】当x＝1时，y＝1；当x＝2时，y＝4；当x时，y，∴B＝{1，4}，∴A∪B＝1，1，2，4．故选：C．【点睛】本题考查了并集的定义及其运算，用列举法表示集合时，注意集合中元素的互异性．3.已知a，b都是实数，那么“”是“” 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【答案】C【解析】【分析】根据题意构造指数函数与幂函数，利用函数的单调性结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】对于“”，考查函数y=在R上单调递增，所以“”与“a>b”等价；同样对于“”，考查函数y=在R上单调递增，所以“”与“a>b”也等价；所以“”是“” 的充要条件，故选C.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据指数函数及幂函数的单调性是解决本题的关键．4.双曲线的一个顶点坐标是（）A. ( 2，0)B. ( －，0)C. (0，)D. (0 ，) 【答案】D【解析】【分析】先将双曲线方程化为标准方程，即可得到顶点坐标.【详解】双曲线化为标准方程为：，∴=，且实轴在y轴上，∴顶点坐标是（），故选D.【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，比较基础．5.以下不等式组表示的平面区域是三角形的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由选项依次作出不等式组对应的平面区域，即可得结论.【详解】A选项：表示的区域如图：不满足题意；B选项：表示的区域如图：不满足题意；C选项：表示的区域如图：不满足题意；D选项：表示的区域如图：满足题意；故选D.【点睛】本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域的知识，属于基础题.6.随机变量 X 的分布列如下表所示，则 D X ( )＝（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】由分布列的性质解出a，再利用方差公式求方差即可．【详解】由题意，，∴a＝，∴E(x)= 0×+2×+4×=2,∴D(X)＝（0﹣2）2×+（2﹣2）2×+（4﹣2）2×＝2,故选B.【点睛】本题考查分布列的性质、期望和方差的计算，考查基础知识和基本运算，属于基础题．7.在平面上，，是方向相反的单位向量，||＝2 ，() •() ＝0 ，则||的最大值为（）A. 1B. 2C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】将已知数量积运算得到||，由向量模的几何意义结合图形可求得||的最大值.【详解】由题意() •() ＝0，即-（=0，又，是方向相反的单位向量，所以有，即||＝1，记,则A,B两点的轨迹分别是以原点为圆心，以2和1为半径的圆上，当反向共线时，如图：||的最大值为1+2=3，故选D.【点睛】本题考查了向量数量积的运算，考查了向量模的几何意义的应用，考查了数形结合思想，属于中档题.8.已知实数 a 0，b 0，a 1，且满足lnb ＝，则下列判断正确的是（）A. a bB. a bC. b 1D.b 1【答案】C【解析】【分析】通过构造函数，由函数的单调性及值域对A,B选项取对数进行作差比较，而对C，D用换底公式变形后进行判断.【详解】令函数f(x)=-2lnx，则，所以f(x)单调递增，又f(1)=0，可得f(x)<0在（0，1）恒成立，f(x)>0在（1，）恒成立，取，则f()==lnb，当时，f()<0，即lnb<0,b<a；当时，f()>0，即lnb>0,b>a；故A，B不一定成立；又当时， lnb<0，所以，由换底公式得到 b 1；当时， lnb>0, 所以,得到 b 1.故选C.【点睛】本题考查了构造函数法，考查了利用导数研究函数的单调性、值域问题，涉及到对数中的换底公式运算，属于有难度的题型.9.在正四面体 ABCD 中，P，Q分别是棱 AB，CD的中点，E，F分别是直线AB，CD上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（）A. PE＋QF＝2B. PE•QF＝2C. PE＝2QFD. PE2＋QF2＝2【答案】D【解析】【分析】先由对称性找到PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，利用向量的加减运算，得到，结合正四面体的特征将等式平方得到4，由圆的定义得到结论.【详解】如图：取BC、BD、AC、AD的中点为G、H、K、L，因为P、Q是定点，所以PQ的中点O为定点，由对称性可知，PQ、EF的中点在中截面GHLK上运动，∵+=+,∴，又在正四面体中，对棱垂直，∴PE QF，∴，∴4=若点M的轨迹是以O为圆心的圆，则为定值，只有D符合题意，故选D.【点睛】本题考查了向量的三角形法则的应用，考查了曲线的轨迹的求法，属于较难题型.10.已知数列满足0，且，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先取特殊值进行排除，再利用递推关系计算前6项，进行猜测结论并证明.【详解】由,取特殊值：，，得：=，=，排除C、D；==，=>；且，，均小于，猜测，下面由图说明：当时，由迭代蛛网图：当时，由迭代蛛网图：可得，当n分别为奇数、偶数时，单调递增，且都趋向于不动点，由图像得，，综上可得，故选A.【点睛】本题考查了数列的递推关系的应用，涉及三角函数的运算，考查了由特殊到一般的思维方法，考查了分类讨论与数形结合思想，属于难题.二、填空题．11.我国古代三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅如图所示的“勾股圆方图”，四个相同的直角三角形与边长为1的小正方形拼成一个边长为5的大正方形，若直角三角形的直角边分别记为a，b，有，则a＋b＝__，其中直角三角形的较小的锐角的正切值为___ ．【答案】 (1). 7 (2).【解析】【分析】由条件直接运算即可.【详解】由得到，又a，b均为正数，所以a ＋b＝7，不妨设a<b，则a=3,b=4，则较小的锐角的正切值为.故答案为7，.【点睛】本题考查了一元二次方程组的解法，考查了直角三角形中正切函数的定义，属于基础题.12.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm3）等于_____，表面积（单位：cm2）等于____．【答案】 (1). 3 (2).【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，再利用几何体的体积公式与表面积公式求出结果．【详解】根据几何体的三视图，得该几何体为以等腰梯形ABCD与等腰梯形为底面，高为1的直四棱柱，如图：由柱体体积公式得：V．又等腰梯形ABCD与等腰梯形全等，面积和为6，矩形DC的面积为21=2，矩形的面积为41=4，矩形与矩形DA的面积相等，又由正视图可得BC=，所以矩形与矩形DA的面积和为2=2，所以表面积为6+2+4+2=12+2，故答案为3，.【点睛】本题考查了由三视图还原几何体，考查了直棱柱的体积公式及表面积公式，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．13.若，则_____，_____【答案】 (1). (2).【解析】【分析】利用赋值法求第一个问题，观察可得，再利用展开式的通项公式求得第二个问题的结果.【详解】令x＝0，得0=；又=,将x+1视为一个整体，则为二项式展开式中的系数，展开式的通项公式为，令r=1，则的系数的值为=-6,故答案为0，-6.【点睛】本题考查了二项式展开式定理的应用问题，考查了展开式中的通项公式的应用及赋值法，是基础题．14.在ABC 中，C＝45°，AB＝6 ，D 为 BC 边上的点，且AD＝5，BD＝3 ，则cos B＝_____ ，AC＝_____．【答案】 (1). (2).【解析】【分析】利用余弦定理求出cos B，可得sin B，在△ABC中利用正弦定理可得AC．【详解】∵AB＝6，AD＝5，BD＝3，在△ABD中，余弦定理cos B，∴sin B．正弦定理：，可得：AC．故答案为：，．【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，是中档题，解题时要注意合理选择正余弦定理，属于中档题．15.已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡、若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有 _____ 种．【答案】20【解析】【分析】由题意，根据乙的支付方式进行分类，根据分类与分步计数原理即可求出．【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.16.已知F是椭圆的右焦点，直线交椭圆于A、B 两点，若cosAFB，则椭圆C 的离心率是_____．【答案】【解析】【分析】设A AF=n，由对称性结合余弦定理在中，得到mn=3，联立直线与椭圆，求得弦长，在中，由余弦定理得到-，可得a，b的关系，即可计算e.【详解】设椭圆的左焦点为，由对称性可知，AF= -cos AFB，设A AF=n，在中，由余弦定理可得=+AF，又m+n=2a，所以-4，即mn=3,联立直线与椭圆，得A（）,B（）,则=；又在中，由余弦定理可得=+AFB=，得到-，所以有=-，即=5，=4，所以e=.故答案为.【点睛】本题考查了椭圆的定义及几何性质的应用，考查了焦点三角形问题，涉及余弦定理，考查了运算能力，属于中档题.17.已知，若对任意的 a R，存在[0，2] ，使得成立，则实数k的最大值是_____【答案】【解析】【分析】讨论f（x）在[0，2]上的单调性，求出在[0，2]的最大值，即可得出m的取值范围．【详解】当0时，即a≤0时，在[0，2]恒成立，∴，此时在[0，2]上单调递增，∴max f（x）max＝f（2）＝22﹣2a＝4﹣2a，∴k≤4-2a对任意的a≤0成立，∴k≤4；当2时，即a≥4，在[0，2]恒成立，∴，此时在[0，2]上单调递减，∴max f（x）min＝-f（2）＝-22+2a＝-4+2a，∴k≤-4+2a对任意的a≥4成立，∴k≤4；当0时，即0＜a≤2时，此时在[0，]上单调递减，在[，2] 上单调递增，且在[0，a]恒成立，在[a，2]恒成立，∴max又-=+2a-4≥0时，即时，max，∴k≤对任意的成立，∴k≤；时，max，∴k≤对任意的成立，∴k≤；当2时，即2＜a＜4时，f（x）max＝＝，∴k≤对任意的2＜a＜4成立，∴k≤1；综上所述：k≤；故答案为.【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质的应用问题，也考查了恒成立问题与存在性问题，是综合性题目．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.如图，在单位圆上，AOB＝()， BOC＝，且△AOC的面积等于．（ I）求 sin的值；（ II）求 2cos()sin)【答案】(Ⅰ) sin(Ⅱ)【解析】【分析】由题意先求得，再利用两角差的正弦公式求得结果．【详解】（I），∴，∴，=（II）∵=，∴==.【点睛】本题主要考查诱导公式及同角基本关系式的应用，考查了两角差的正弦公式、二倍角公式，属于中档题．19.在三棱锥D ABC中，AD DC，AC CB，AB＝2AD＝2DC＝2，且平面ABD平面BCD，E为AC的中点．（I）证明：AD BC；（II）求直线 DE 与平面ABD所成的角的正弦值．【答案】（I）见证明；（II）【解析】【分析】（I）先作，由面面垂直的性质定理可证线面垂直，再结合条件证得面，得到结论.（II）法一：根据（1）作出过E且与CH平行的线段，可得到线面角，再在直角三角形中求解即可. 法二：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和平面ABD的法向量，则|cos|即为所求．【详解】（I）过作，（其中与都不重合，否则，若与重合，则与矛盾，若与重合，则，与矛盾）面面面，又面（II）法一：作，则，由（1）知：面即与面所成角，且法二：由（I）知平面，，以为原点，分别以射线为轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系由题意知：∴，∵平面的法向量为，设与面所成角为∴【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理及线面垂直的判定与性质的应用，考查了空间角的计算，空间向量的应用，属于中档题．20.设Sn为数列an的前n项和，且 S2＝8，．（I）求a1，a2并证明数列{an}为等差数列；（II）若不等式对任意正整数 n 恒成立，求实数的取值范围．【答案】（I），，见证明（II）【解析】【分析】（I）给n赋值可求得及；利用与的关系将n换为n+1，作差可得，由等差中项的定义证得结论.（II）将分离，构造新数列，利用的正负找到最大项，可得所求结果.【详解】（I），，得.，则，两式相减得，即①②②①得，即，故数列为等差数列.（II）由（I）可得，由得对任意正整数恒成立，，令，，，.【点睛】本题考查等差数列的证明及单调性问题，考查数列的最大项的求法，注意解题方法的积累，属于中档题．21.如图，A 为椭圆的下顶点，过 A 的直线 l 交抛物线于B、C 两点，C 是 AB 的中点．（I）求证：点C的纵坐标是定值；（II）过点C作与直线 l 倾斜角互补的直线l交椭圆于M、N两点，求p的值，使得△BMN的面积最大．【答案】（Ⅰ）见证明；（II）见解析【解析】【分析】（I）根据点在抛物线上设出B的坐标，可表示出C的坐标，代入抛物线方程求得纵坐标. （II）先利用条件得到，联立直线与椭圆的方程，求得弦长及到的距离，写出面积的表达式，利用基本不等式求得最值及相应的参数即可.【详解】（Ⅰ）易知，不妨设，则，代入抛物线方程得：，得：，为定值.（Ⅱ）点是中点，直线的斜率，直线的斜率，直线的方程：，即，不妨记，则：代入椭圆方程整理得：，设，则，，，到的距离，所以.取等号时，，得，所以，.【点睛】本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，主要考查了直线和椭圆的位置关系，注意运用韦达定理、弦长公式，同时考查点到直线的距离公式、基本不等式求最值，是一道综合题．22.记（I）若对任意的x0恒成立，求实数a的值；（II）若直线l:与的图像相切于点Q(m，n) ；（i）试用m表示a与k；（ii）若对给定的k，总存在三个不同的实数a1，a2，a3，使得直线l与曲线，，同时相切，求实数k的取值范围。