2019年浙江省湖州市三校高考数学模拟试卷(4月份)解析版

2019年浙江省湖州市三校高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合P={x|0＜x＜2}，Q={x|-1＜x＜1}，则P∩Q=（）A. (−1,2)B. (0,1)C. (−1,0)D. (1,2)2.双曲线x24−y2=1的焦点到渐近线的距离为（）A. 1B. √2C. 2D. 33.复数21+i的共轭复数是（）A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i4.若变量x，y满足约束条件{y≤xx+y≤1y≥−1，则|x+3y|的最大值是（）A. 1B. 2C. 3D. 45.设函数f（x）=x2ln1+x1−x，则函数f（x）的图象可能为（）A. B.C. D.6.设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”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7.已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字X的数学期望是2，则X的方差是（）A. 13B. 23C. 83D. 438.已知三棱锥P-ABC中，△ABC为正三角形，PA＞PB＞PC，且P在底面ABC内的射影在△ABC的内部（不包括边界），二面角P-AB-C，二面角P-BC-A，二面角P-AC-B的大小分别为α，β，γ，则（）A. α>β>γB. γ>α>βC. α<γ<βD. α<β<γ9.已知向量a⃗，b⃗ 的夹角为60°，|a⃗|=1且c⃗=−2a⃗+t b⃗ (t∈R)，则|c⃗|+|c⃗−a⃗|的最小值为（）A. √13B. √19C. 5D. 9√13410.已知数列{a n}满足a1=12，a n+1=a n22018+a n(n∈N∗)，则使a n＞1的正整数n的最小值是（）A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021二、填空题（本大题共7小题，共42.0分）11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为______尺．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：cm）等于______，表面积（单位：cm2）等于______．13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知tan（π4+A）=2，则sin A的值为______，若B=π4，a=4，则△ABC的面积等于______．14.若（x-3）3(2x+1)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则a0=______，a0+a2+…a8=______．15.已知函数f（x）={−x2+4x,x>02−x,x≤0，则f（f（-1））=______，若实数a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c），则a+b+c的取值范围是______．16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有______种．（结果用数字表示）17.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两个顶点A（a，0），B（0，b），过A，B分别作AB的垂线交该椭圆于不同于的C，D两点，若2|BD|=3|AC|，则椭圆的离心率是______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.已知函数f（x）=2cos2x-2√3sin x cosx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间；（Ⅱ）求方程f（x）=-13在区间[0，π2]内的所有实根之和．19.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且DE=√3，平面ABCD⊥平面ADE，二面角A-CD-E为30°．（Ⅰ）求证：AE⊥平面CDE；（Ⅱ）求AB与平面BCE所成角的正弦值．20.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，数列{b n}满足b1S1+b2S2+…+b n S n=6-n2+4n+62n（n∈N*），{b n}的前n项和为T n．（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记R n=1a1a2+1a2a3+⋯+1a n a n+1，试比较R n与12T n的大小．21.已知抛物线L：y2=2px（p＞0）的焦点为F，过点M（5，0）的动直线l与抛物线L交于A，B两点，直线AF交抛物线L于另一点C，|AC|的最小值为4．（Ⅰ）求抛物线L的方程；（Ⅱ）记△ABC、△AFM的面积分别为S1，S2，求S1•S2的最小值．22.已知函数f（x）=2x2，g（x）=m ln x（m＞0），曲线f（x）与g（x）有且仅有一个公共点．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若存在实数a，b，使得关于x的不等式g（x）≤ax+b≤f（x）+2对任意正实数x恒成立，求a的最小值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵P={x|0＜x＜2}，Q={x|-1＜x＜1}；∴P∩Q=（0，1）．故选：B．进行交集的运算即可．考查描述法、区间的定义，以及交集的运算．2.【答案】A【解析】解：双曲线中，焦点坐标为（，0），渐近线方程为：y=，∴双曲线的焦点到渐近线的距离：d==1．故选：A．分别求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式，能求出结果．本题考查双曲线的焦点到渐近线的距离的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质．3.【答案】A【解析】解：复数z===1-i的共轭复数=1+i．故选：A．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：作出约束条件表示的可行域如图所示：由目标函数z=x+3y得y=-x+，由图象可知当直线y=-x+经过点A时，截距最大，解方程组，解得A （，）．∴z的最大值为+3×=2．由图象可知当直线y=-x+经过点B（-1，-1）时，截距最小，最小值为：-4，则|x+3y|的最大值是：4．故选：D．作出可行域，将目标函数z=x+3y化为y=-x+，根据函数图象判断直线取得最大截距时的位置，得出最优解．本题考查了简单线性规划，画出可行域，判断目标函数的几何意义是解题的关键，属于中档题．5.【答案】C【解析】解：由＞0得（1+x）（x-1）＜0，得-1＜x＜1，即函数的定义域为（-1，1），则f（-x）=x2ln =-x=-f（x），即函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，f （）=ln =ln3＞0，排除A，故选：C．判断的奇偶性和对称性，结合函数值的对应性进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性之间的关系以及利用排除法是解决本题的关键．6.【答案】A【解析】解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，若a⊥b，则α⊥β不一定成立，故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选：A．根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的性质是解决本题的关键．7.【答案】B【解析】解：依题意，设2号小球有a个，1号有（a-d）个，三号有（a+d）个，则从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字X的分布列为：X 1 2 3P所以E（X）=1×+2×+3×==2，解得d=0，所以取出小球上的数字X的分布列为：X 1 2 3P所以E（X 2）==．∴D（X ）=E（X 2）-E2（X））=-22=．故选：B．根据题目所给信息，先求出三种小球的比例，即可得到其期望与方差．本题考查了离散型随机变量的期望与方差，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：如图，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC 于E，过O作OF⊥AC，交AC于F，连结OA，OB，OC，PD，PE，PF，∵△ABC为正三角形，PA＞PB＞PC ，二面角P-AB-C，二面角P-BC-A，二面角P-AC-B的大小分别为α，β，γ，∴α=∠PDO，β=∠PEO ，γ=∠PEO，OA＞OB ＞OC，AB=BC=AC，∴OD＞OF＞OE，∴α＜γ＜β．故选：C．过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC于E，过O作OF⊥AC，交AC于F，推导出OA＞OB＞OC，AB=BC=AC，得到OD＞OF＞OE，由此得到α＜γ＜β．本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．9.【答案】B【解析】解：||=1，设为x轴方向的单位向量，因为t∈R，所以t表示与共线的任意向量，向量，的夹角为60°，不妨设=（1，），则=（t-2，t），=（t-3，t），所以||+||=+，表示（t，）到A点（2，0）的距离与（t，）到B点（3，0）的距离之和．即||+||=PA+PB，设P（t，），则P在直线l：y=上，设x轴关于直线l的对称直线为m，且A，B两点关于l的对称点分别为C，D．则PA=PC，PB=PD，所以||+||=PA+PD≥AD，由因为OA=2，OD=3，∠AOD=120°，所以由余弦定理||+||=PA+PD≥AD===．故选：B．建立坐标系，设出，的坐标，将||+||转化为距离和，找到直线的对称直线，再将距离和转化为两点间的距离即可．本题考查了平面向量基本定理，直线的对称直线，余弦定理等知识．属于难题．10.【答案】C【解析】解：∵a，a，令b n =，则，b1=，∴=，∴，，…=，以上式子相加可得，=∴=4036-，∵a，∴＞0，即a n+1＞a n，∴数列{a n}单调递增设当1≤n≤m时，，当n≥m+1时，a n＞1，∴当1≤n≤m时，，，∴∴，∴，a2019＜1；，a2020＞1使a n＞1的正整数n的最小值是2020 故选：C．令b n =，利用累加法求解，再根据范围求解正整数m的最小值即可本题主要考查了数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用及累加法的应用，考查了的等价转化与构造法的应用，考查了综合分析与解决问题的能力11.【答案】9.1【解析】解：由题意，设折断处离地面的高为x尺，则：（20-x）2-x2=62，可得400-40x+x2-x2=36，解得x=9.1（尺）．故答案为：9.1．设出竹高，利用勾股定理求解即可．本题考查三角形的解法，勾股定理的应用，考查计算能力．12.【答案】16320+4√5【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图：是一个正方体挖去一个正四棱锥的几何体，正方体的棱长为2，所以几何体的体积为：2×2×2=．几何体的表面积为：5×2×2+4×=20+4．故答案为：；20+4．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面即可．本题考查三视图求解几何体的体积以及表面积，判断几何体的形状是解题的关键．13.【答案】√101016【解析】解：∵由tan（）=2，可得：=2，∴tanA=．∴=，又∵cos2A+sin2A=1，∴解得：sinA=．∵B=，a=4，sinA=，∴由正弦定理：，可得：b===4，∵tanA=，cosA==，∴sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=×+×=．∴△ABC的面积S=absinC=×4×4×=16．故答案为：，16．利用正切的和与差化简tan （）=2．可得tanA的值，根据同角三角函数基本关系式可求得sinA的值，由正弦定理可求得b的值，利用同角三角函数基本关系式可求cosA的值，利用两角和的正弦函数公式可求sinC的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．14.【答案】-27 -940【解析】解：（x-3）8，令x=0，则a0=（-3）3=-27，令x=1，-1．分别可得：（-2）3×35=a0+a1+a2+…+a8；（-4）3×（-1）5=a0-a1+a2+…+a8．相加可得：a0+a2+…+a8=×（43-23×35）=-940．故答案为：-27，-940．（x-3）8，令x=0，则a0=（-3）3．令x=1，-1．分别可得：（-2）3×35=a0+a1+a2+…+a8；（-4）3×（-1）5=a0-a1+a2+…+a8．相加可得：a0+a2+…+a8．本题考查了二项式定理的求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.【答案】4 （2，4）【解析】解：函数f（x）=，可得f（-1）=2，f（f（-1））=f（2）=-4+8=4，作出f（x）的图象，实数a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c），可得b+c=4，由2-a=4，解得a=-2，即-2＜a＜0，则a+b+c的范围是（2，4）．故答案为：4，（2，4）由分段函数，可先求f（-1），再求f（f（-1））；作出f（x）的图象，可得b+c=4，-2＜a＜0，即可得到所求范围．本题考查分段函数的运用：求函数值，考查数形结合思想和运算能力，属于基础题．16.【答案】336【解析】解：先不考虑红球和黄球不相邻的问题，将4个球全排列有种方法，再将两个空盒捆绑，和剩余的一个空盒插空有种方法，其中包含红球和黄球相邻的种方法，故恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有-=336种方法．故填：336．先将四个球排入四个盒子，将两个空盒捆绑后，和另一个空盒插空，再去掉红球和黄球相邻的情况即可．本题考查了计数原理，因为要求较多，故采用的特殊方法较多，计算时要特别注意做到不重不漏．本题属中档题．17.【答案】√33【解析】解：依题意可得k BD=K AC=-=，∵过A，B分别作AB 的垂线交椭圆T于D，C （不同于顶点），∴直线AC：y=（x-a），直线BD：y=x+b．由⇒（b4+a4）x2+2a3b2x=0，∴x B+x D =-⇒x D =-．由⇒（b4+a4）x2+-2a5x+a6-a2b4=0，∴x A x C =，∴x C =．∵|DB|=（0-x D），|AC|=（a-x C），由2|BD|=3|AC|，可得3x C-2x D=3a，化简可得2a2=3b2，椭圆T的离心率e====，故答案为：．求得AC，BD的斜率，可得直线AC，BD的方程，与椭圆方程联立，求得C，D的横坐标，由弦长公式和条件可得a，b的关系，再由离心率公式，可得所求值．本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的求法，考查直线和椭圆方程联立，求交点，考查运算能力，属于中档题．18.【答案】解：（Ⅰ）f（x）=2cos2x-2√3sin x cosx=1+cos2x-√3sin2x=1-2sin（2x-π6），由f（x）单调递减可知，sin（2x-π6）递增，故2kπ-π2≤2x-π6≤2kπ+π2，k∈Z，即kπ-π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，∴函数f（x）的单调递增区间是：[kπ-π6，kπ+π3]，k∈Z，（Ⅱ）由1-2sin（2x-π6）=-13，得：sin（2x-π6）=23，由sin（2x-π6）在[0，π3]上递增，在[π3，π2]上递减，且12＜23＜1，得，方程在[0，π2]上有两不等实根α，β，且满足α+β2=π3．∴α+β=2π3．【解析】（Ⅰ）先根据二倍角公式、辅助角公式化基本三角函数，再根据正弦函数性质求减区间．（Ⅱ）根据正弦函数图象与性质求简单三角方程的根．本题考查二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数图象与性质，考查综合分析与求解能力，属中档题．19.【答案】（Ⅰ）证明：平面ABCD⊥平面ADE，平面ABCD∩平面ADE=AD，且CD⊥AD，∴CD⊥平面ADE，从而CD⊥DE，CD⊥AE，∴∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角，即∠ADE=30°．又AD=2，DE=√3，由余弦定理得AE=1，∴AE2+DE2=AD2，即AE⊥DE．又CD∩DE=D，∴AE⊥平面CDE．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AB⊥平面ADE，从而AB⊥AE，BE=√5，又CE=√7，BC=2，故S△BCE=√192．由已知，点B到平面CDE的距离等于点A到平面CDE的距离AE=1，设点A到平面BCE的距离为d，则点D到平面BCE的距离也为d，由V B-CDE=V D-BCE得：13×√192×d=13×12×2×√3×1，d=2√3√19．∴AB与平面BCE所成角的正弦值sinθ=dAB=√5719．【解析】（Ⅰ）根据面面垂直性质定理得CD⊥平面ADE，即得∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角，利用余弦定理解得AE，根据勾股定理得AE⊥DE．最后根据线面垂直判定定理得结论；（Ⅱ）先利用等体积法求点A到平面BCE的距离，再根据解三角形得结果．本题考查面面垂直性质定理、二面角、线面垂直判定定理、等体积法求点到平面的距离以及线面角，考查综合分析与求解能力，属中档题．20.【答案】解：（Ⅰ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，则：（3+3d）2=9+36d，解得：d=2，所以：a n=2n-1，故：S n=n2．由于：数列{b n}满足b1S1+b2S2+…+b n S n=6-n2+4n+62n（n∈N*），则：b1⋅12+b2⋅22+⋯+b n⋅n2=6−n2+4n+62n①，当n≥2时，b1⋅12+b2⋅22+⋯+b n−1⋅(n−1)2=6−(n−1)2+4(n−1)+62n−1②，①-②得：b n⋅n2=n22n，当n =1时，b 1=12．则：b n =12n （首项符合通项）， 故：b n =12n ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：T n =1−12n ， 所以：12T n =12(1−12n )，由于R n =11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)， =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)，=12(1−12n+1)， 当n =1时，21＜2×1+1=3， 所以：R 1＞12T 1， 当n =2时，22＜2×2+1=5， 所以：R 2＞12T 2，当n ≥3时，2n =(1+1)2=1+C n1+⋯+C n n＞1+n +n(n−1)2≥2n +1，∴R n ＜12T n ．综上所述，当n ≤2时，R n ＞12T n ； 当n ≥3时R n ＜12T n ． 【解析】（Ⅰ）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用裂项相消法求出结果，进一步利用数学归纳法求出结果． 本题考查的知识要点：本题考查利用和项与通项关系求通项公式、裂项相消法求和以及二项展开式应用，考查综合分析与求解能力，属中档题．21.【答案】解（Ⅰ）由已知及抛物线的几何性质可得|AC |min =2p =4，∴p =2，∴抛物线L 的方程为y 2=4x ．（Ⅱ）设直线AB ：x =ty +5，AC ：x =my +1， A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），C （x 3，y 3），由{y 2=4x x=ty+5⇒y 2-4ty -20=0⇒y 1+y 1=4t ，y 1y 2=-20，同理可得y 1y 3=-4，从而C （4y 12，-4y 1），点C 到AB 的距离d =|4y 12+4ty 1−5|√1+t 2=1√1+t 2||16y 12+4|，|AB |=√1+t 2|y 1-y 2|=√1+t 2|y 1+20y 1|，∴S 1=2×|4y 12+1|•|y 1+20y 1|=2|y 1|（4y 12+1）（y 12+20）．又S 2=12×4×|y 1|=2|y 1|， ∴S 1•S 2=4（4y 12+1）（y12+20）=4（y12+80y 12+24）≥4（8√5+24）=96+32√5． 当且仅当y 12=4√5，即A （√5，±2√54）时S 1•S 2有最小值96+32√5．【解析】（Ⅰ）根据抛物线性质可得|AC|min =2p ，即得结果，（Ⅱ）设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求S 1•S 2，再利用基本不等式求最值．本题考查抛物线定义与性质以及基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题． 22.【答案】解：（Ⅰ）由f （x ）=g （x ），即2x 2=m ln x ，令F （x ）=lnxx 2−2m ，则F ′（x ）=1−2lnx x 3．∵F （x ）在（0，√e ）上递增，在（√e ，+∞）上增减， ∴F(x)max =F(√e)=12e −2m ，∴m =4e ；（Ⅱ）由题意知，必有g （1）≤ax +b ≤f （1）+2，即0≤a +b ≤4， 当a =0时，x ＞e b4e ，4e ln x ＜ax +b ，不符合题意；当a ＜0时，有b ＞0，此时x 0=max{1，-ba }，g （x 0）≥ax +b ，不符合题意， 因此有a ＞0，因此△=a 2-8（2-b ）≤0，①令h （x ）=g （x ）-（ax +b ）=4e ln x -ax -b ，则h ′（x ）=4ex −a ， h （x ）在（0，4ea ）上单调递增，在（4ea ，+∞）上单调递减， 故ℎ(x)max =ℎ(4ea )=4eln4e a−4e −b ≤0，②由①②两式知a 2−8(2−4eln 4e a+4e)≤0，构造函数φ（x ）=x 2−8(2−4eln4e x+4e)，则φ（4）=0，φ（x）在（0，4√e）上递减，在（4√e，+∞）上递增，故a min=4，此时b=0．【解析】（Ⅰ）根据导数研究函数图象，再根据图象确定有且仅有一个公共点的条件，解得结果，（Ⅱ）先根据特殊值缩小a的取值范围，再根据二次函数性质确定ax+b≤f（x）+2成立的条件，利用导数确定g（x）≤ax+b成立的条件，结合两个条件消b得关于a满足的条件，最后利用导数分析a取值范围，即得最小值．本题考查利用导数研究函数零点以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析与求解能力，属难题．。