浙江高考模拟试卷数学卷.docx

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1、最新资料推荐2018 年浙江省高考模拟试卷数学卷本试题卷分选择题和非选择题两部分满分150 分，考试时间120 分钟。请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。选择题部分（共40 分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色的字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。2.每小题选出答案后， 用 2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答在试题卷上无效。参考公式：如果事件 A ， B 互斥，那么棱柱的体积公式P A BP AP BVSh如果事件A ， B 相互独立，那么其中 S 表示棱柱的底面积，h 表示棱柱的高P A BP AP

2、 B棱锥的体积公式如果事件 A 在一次试验中发生的概率是p ，那么V1 Sh3n 次独立重复试验中事件A 恰好发生 k 次的概率其中 S 表示棱锥的底面积，h 表示棱锥的高P k C k pk 1nkk 0,1,2, , n棱台的体积公式k,nn球的表面积公式S4R2V1h S1S1 S2 S23球的体积公式 V4R3其中 S1 , S2 分别表示棱台的上底、下底面积，3其中 R 表示球的半径h 表示棱台的高一、选择题： （本大题共10 小题，每小题4 分，共40 分。）1、（原创） 已知集合 UR ，集合 M y y2x , xR ，集合 N x ylg( 3 x) ，则 CU MN（）A

3、y y 3B.y y 0C.y 0 y 3D.2、（原创） 已知实数 x, y, 则 “xy 2”是“x 2y24 ”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3、（引用十二校联考题）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半圆，则该几何体的表面积为（）A 3B 332C3532D 21最新资料推荐4、（改编） 袋中标号为1， 2， 3， 4的四只球，四人从中各取一只，其中甲不取1 号球，乙不取2 号球，丙不取3 号球，丁不取4 号球的概率为（）A. 1B.3C.11D.23482424xy15、（ 15年海宁月考改编）设变量 x, y 满足约束条件xy4，目标函数

4、z3x2 y 的ya最小值为4，则 a 的值是 ()A 1B 0C 1D126（、改编）单位向量 ai（， i1,2,3,4 ）满足 aiai 10 ,则 a1a2a3a4 可能值有 ()A 2 个B 3 个C4 个D .5 个7、（改编） 如图， F ,F分别是双曲线x2y21 （ a,b 0）C : 2212ab的左、右焦点， B 是虚轴的端点，直线F1B 与 C 的两条渐近线分别交于 P,Q 两点，线段 PQ的垂直平分线与 x 轴交于点 M，若|MF |=|FF |,则 C 的离心率是 ()212A. 2 3B.6C.2D.3328、（引用余高月考卷）如图， l ， A ， C ， C?

5、l ，直线AD l D， A， B， C三点确定的平面为 ，则平面 、 的交线必过（）A. 点 AB.点 BC. 点 C，但不过点DD.点 C 和点 D9x， y满足x 2 y44xy，且不等式 (x2ya2a2xy340恒成立，、若正实数)2则实数 a 的取值范围是（）A 3, 5B (, 3 5 ,)C ( 3, 5 D (, 3( 5 , )222210、（改编） 已知 f (x)x22xc, f1 (x) f (x), f n ( x)f ( fn 1 (x)( n2, nN * ) ，若函数 yf n ( x)x 不存在零点，则c 的取值范围是 ()1B. c3C.c9D. c9A.

6、 c44442最新资料推荐非选择题部分（共110 分）二、填空题： （ 本大题共 7 小题 , 单空题每题 4 分，多空题每题 6 分，共 36分。）11、（原创） eln 321e (0.064) 30.125 3 log 2.5 6.25 ln12、（原创） 已知离散型随机变量的分布列为012则变量 的数学期望_，方差_.213、（原创） 函数 f ( x), x 2则 f f2 =；方程 ff x2解是xx22x 1,x214、（原创） 已知函数 f(x)x - 2lnx, 则曲线 yf ( x) 在点 A(1, f (1) 处的切线方程是_, 函数 f ( x) 的极值 _。15、（原

7、创） 已知 (1 2x) 5a0 a1(1x) a2(1x) 2a5 (1 x) 5，则 a3a4 =_16、（改编） 抛物线 y2 2x 的焦点为 F，过 F 的直线交该抛物线于A，B 两点，则 | AF| 4| BF|的最小值为 _2x 1 ,x1， 若 不 等 式 f cos211对 任 意 的17 已 知 f x 2,x1sin03x420,恒成立，则整数的最小值为 _2三、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、（改编）（本题满分14 分）设函数 f ( x)2cos(2 x) sin2 x24(I) 求函数 f (x) 的最小正周期 .(

8、II)设 函 数 g( x)对 任 意 xR , 有 g( x)g( x) , 且 当 x 0 , 时 ,122g(x),0 上的解析式 .f ( x) , 求函数 g( x) 在 23最新资料推荐19、（东阳市模拟卷17 题改编）（本题满分15 分）如图所示， 已知圆 O 的直径 AB 长度为 4，点 D 为线段 AB 上一点，且AD1 DB ，点 C 为圆 O 上一点，且 BC3AC 点 P 在3圆 O 所在平面上的正投影为点D ， PDBD （）求证：CD平面 PAB 。（）求 PD 与平面 PBC 所成的角的正弦值。PABDOC20、（ 2016 海宁市月考18 题改编）（本题满分15

9、 分） 设函数 fxx1 exkx2 ( 其中kR ).( ) 当 k1时 , 求函数 fx 的单调区间。( ) 当 k1 ,1 时 , 求函数 f x 在 0,k 上的最大值 M .24最新资料推荐21 、（ 改 编 ）（ 本 题 满 分 15 分 ） 已 知 点 A(1,2) 是 离 心 率 为2 的 椭 圆 C ：2x2y 21( a b 0) 上的一点斜率为2 的直线BD 交椭圆 C 于 B 、 D 两点，且 A 、b2a2B 、 D 三点不重合（）求椭圆 C 的方程；（）求证：直线 AB 、 AD 的斜率之和为定值（）ABD 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说

10、明理由？22、（衢州市 2017年 4 月高三教学质量检测理科改编）（本题满分15 分） 已知数列an 满足a11，an 1an2，数列an 1 的前 n 项和为 S ，证明：当 n N *时，2an1annn n（1） 0an 1an ；（2） ann；3n1（3） Sn1n.25最新资料推荐双向细目表1集合2充分必要条件3三视图4概率5线性规划6平面向量7圆锥曲线离心率8立体几何9不等式与最值10函数与零点11基本初等函数12分布列13分段函数14导数与切线，极值15二项式定理16圆锥曲线17函数18三角函数19立体几何20函数与导数21直线与椭圆22数列难度系数 0.656最新资料推荐2

11、018年高考模拟试卷数学卷答题卷号考名姓一、选择题 : 本大题共 10 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。12345678910二、填空题 :共 7 小题 , 第 9,10,11,12 题每空 3 分，其余每题4 分，共 36 分。11、 _,_,12_,_,13._,_ ,14._,_,15_,16_,17_,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14 分）级班19（本小题共15 分）P校学ADOBC7最新资料推荐20. （本小题共 15 分）21 （本小题共1

12、5 分）22 （本小题共15 分）8最新资料推荐2018年高考模拟试卷数学参考答案及评分标准一、选择题 : 每小题 4 分 ,满分 40 分。题号12345678910答案BBACABBDCD二、填空题：第11, 12 ， 13， 14 题每空 3 分，其余每题4 分，共 36 分。11、 7012、 11213、 20 ，214、 y-x 22 2ln 215、 -24016、9217、 1三、解答题（共74 分）18、 （本题满分14 分）f ( x)2 cos(2 x)sin 2 x1 cos 2x1 sin 2x1 (1 cos2x)11 sin 2x2422222.(4分 )(I)

13、函数 f ( x) 的最小正周期2.(6分 )T2(2) 当 x0, 时 , g ( x)1f ( x)12sin 2x22当 x,0时 , ( x)0,222g( x)g ( x)1 sin 2( x)1 sin 2x2222当 x,) 时 , ( x)0, )22.(8分 ).(10分 )g( x) g ( x )1 sin 2( x)1 sin 2x.(12分 )221 sin 2x(x0)得: 函数 g( x) 在 ,0 上的解析式为 g ( x)22.(14分 )1x)sin 2x(2219、（）连接 CO ，由 3ADDB 知，点 D 为 AO 的中点，又 AB 为圆 O 的直径，

14、 ACCB ，9最新资料推荐P由 3ACBC 知，CAB60， ACO 为等边三角形，从而CDAO - （ 3 分）点 P 在圆 O 所在平面上的正投影为点D ， PD平面 ABC ，又 CD平面 ABC ，ADOB PDCD ，- （5分）由 PDAOD 得， CD 平面 PAB -（ 6 分）C（注：证明 CD平面 PAB 时，也可以由平面PAB平面 ACB 得到，酌情给分 ）（）法1 ：过 D 作 DH平面 PBC 交平面于点 H ，连接 PH ，则DPH 即为所求的线面角。 -（ 8 分）由（）可知 CD3 ， PDDB3， VPBDC1 S BDC PD1 1 DB DCPD1133

15、333 -（ 10分）332322又PBPD 2DB 232，PCPD2DC 22 3，BCDB2DC 22 3 ， PBC 为等腰三角形，则S PBC1321293 15 222由 VP BDCVD PBC 得， DH35-（ 13分）5 sinDPHDH5-（ 15分）PD5法 2：由（）可知 CD3 ， PDDB3 ，过 点 D 作 DECB ， 垂 足 为 E ， 连 接 PE ， 再 过 点 D 作 DFPE ， 垂 足 为F -8 分 PD平面 ABC ，又 CB 平面 ABC ， PDCB ，又 PDDED ， CB平面 PDE ，又 DF平面 PDE ， CBDF ，又 CBP

16、EE ， DF平面 PBC ，故DPF 为所求的线面角 -10分在 RtDEB 中， DEDBsin 303， PEPD 2DE 235，22sinDPFsinDPEDE5PE510最新资料推荐20、（本题满分15 分）k 1 时 ,f xx 1 exx2 , f x exx 1 ex2x xex2x x ex2（ 2 分）令 f x0 , 得 x10 , x2ln 2可知 , 函数 fx的递减区间为0,ln 2, 递增区间为,0,ln 2,.（ 5分）( )fxexx 1 ex2kx xex2kxx ex2k,令f x0, 得x1 0 ,x2ln2k,令 g kln 2kk , 则 g k1

17、1 k0 ,1kk所以 g k 在1 ,12上递增 ,. (7分）所以 g kln 21ln 2ln e0 , 从而 ln2kk , 所以 ln 2k0,k所以当 x0,ln2k时 ,fx0 ; 当 xln 2k,时 , f x0 ;所以 Mmaxf0, f kmax 1, k1 ekk 3.(10分）令 h kk 1 ekk 31,则 h kk ek3k , 令kek3k , 则kek3e30所以k 在1 ,1 上递减 , 而21e31e 3 022x01x00 ,且当 k1时 ,k 0 , 当 k x0 ,1所以存在,1使得, x022时 ,k0, .(13分 )所以k在 1, x0上单调

18、递增 , 在 x0 ,1 上单调递减 .2因为 h11 e70 , h 10, 所以 h k0在 1 ,1上恒成立 , 当且仅当2282k 1时取得“ ”.综上 , 函数 fx 在 0,k 上的最大值 Mk1 ekk 3 . .(15分)11最新资料推荐21、 (本题满分15 分 )解：（）2c，121， a2b2c2eab2a22a2 ， b2 ， c2x2y21 ( 6 分 )24YDABOX（）设 D( x1 , y1) ， B( x2 , y2 ) ，直线AB 、 AD 的斜率分别为：k AB 、 k AD ，则kADy12 y222 x1b22 x2b2kAB1x21x1 1x21x

19、1= 22x1x22 -*b( x1x1 x2x2 ) 1将（）中、式代入 * 式整理得22x1x22 =0，( 8 分 )bx1x2( x1x2 )1即 kAD kAB 0（3）设直线BD的方程为y2xby2xb4x222bxb2402x2y24826402 2b22bx1 x22 ,-x1x2b24- (10 分 )b42BD1( 2 )2 x1x234364 8b268 b2 ，4212最新资料推荐设 d 为点 A 到直线 BD： y2xb 的距离，db ( 12 分 )3S ABD1 BD d2(8b2 )b22，当且仅当 b2时取等号 .24因为 2( 2 2,2 2) ，所以当 b

20、2 时，ABD 的面积最大， 最大值为 2-(15 分 )22、（本题满分15 分）解：证明：（ 1）由于 an1anan20 ，则 an 1an .n n1若 anan ，则 an0，与 a11an ，1矛盾，从而 an 12a11a2a3an，2又 an11an11110 ， an 1 与 an 同号，ann n2n n又 a110 ，则 an 10，即0an1an (4 分 )2（2）由于 0an 1an ，则 an1anananan an1 .n n1nn1即 11111 ，1111，.(16 分 )anan 1n n 1n 1 nan 1ann n 1当 n2时，11111111ananan 1an 1an 2a2a1a1111111313n10 .(8 分 )n 1 n n 2 n 11nn2 a1从而 ann3n1