浙江省宁波市届高三数学下学期第二次模拟考试试题理(含解析)-课件

第Ⅰ卷（选择题 共40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，只有一项符合题目要求。

1、下列函数中，在区间(0，+∞)上为增函数的是

（ ）

A.yx1

【答案】D

y()x B. 12

C. yx1

xD. ylnx1

考点：基本初等函数的单调性.

2、设aR，则“a3”是“直线l1: ax2y－10与直线l2: xaa1y40垂

2直”的（ ）

A.充分不必要条件

分也不必要条件 【答案】A 【解析】

B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充

试题分析：若直线l1: ax2y－10与直线l2: xaa1y40垂直，所以

a2a(a1)0，得a0或a3，所以“a3”是“直线l1: ax2y－10与直线

22l2: xaa1y40垂直”的充分不必要条件.

考点：充分必要条件的判断.

3、将一个长方体截掉一个小长方体，所得几何体的俯视图与侧视图如右图所示，则该几何体的正视图为（ ）

- 1 -

A. B. C. D.

【答案】C 【解析】

试题分析：根据俯视图和侧视图可知，该集合的直观图如下图所示：

据此可知该几何体的正视图为选项C． 考点：空间几何体的三视图.

4、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是

（ ）

A.m，n，且，则mn B.m//，n//， 且//，则m//n

m，n，mn ，则 C. D.m，n，m//，n//，则

//

【答案】A 【解析】

试题分析：选项B中，m与n还可能异面，或相交，故不正确；选项C中，α与β还可能平行或相交，故不正确；选项D中，α与β还可能相交，故不正确；据此选项A正确. 考点：线线、线面、面面的垂直、平行关系的判断.

5、已知F是抛物线y4x的焦点，A，B 是抛物线上的两点，AFBF12，则线段AB2 - 2 -

的中点到y轴的距离为（ ）

A. 4

【答案】B 【解析】

B. 5 C. 6 D. 11

试题分析：∵AFBFxAxB212，∴xAxB10，∴的中点到y轴的距离为5，故选B. 考点：直线与抛物线的位置关系.

xAxB5，∴线段AB26、将函数fx2sin2x的图象向右平移0个单位，再将图象上每一点的横

4坐标缩短到原来的1倍（纵坐标不变），所得图象关于直线x对称，则的最小值为

24 （ ）

A.1

8B. 1

2

C. 3

4

D. 3

8【答案】D

考点：函数yAsinx的图象变换．

7、在平面直角坐标系xOy中，已知点A是半圆x4xy0(2x4)上的一个动点，点

22C在线段OA的延长线上，当OAOC＝20时，点C的轨迹为

（ ）

A. 椭圆一部分 B.抛物线一段

【答案】C 【解析】

C. 线段 D. 圆弧

试题分析：作出半圆x4xy02x4的图形，如下图,

22 - 3 -

设点Ca，b，由于点C在线段OA的延长线上，所以 故OCOA，OA与 OC的方向相同，

OCOA2a2b20且0，当点A在点M2，，解得b5．当点A在点2时， abOCOA2a2b20，解得b5．综上可得，则点C的纵坐标的取N2，2时，ab5]，故点C的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为A5,5,B5,5. 值范围是[5，考点：轨迹方程.

3xya08、已知点(x，y)的坐标满足条件x2y60，且x，y均为正整数。若4x－y取到最大

2x2y90值8，则整数a的最大值为（ ）

A. 4

【答案】B 【解析】

B. 5 C. 6 D. 7

3xya0试题分析：解：由约束条件x2y60作出可行域，如图，

2x2y90 - 4 -

2a9x3xya0272a92a4

联立，得，即C，442x2y90y2a27

4

不是整解，∴42a92a27 ，∵C，442a92a272317358，解得：a ，当a4时，C， ，此时44644可行域内无整解，使得目标函数z4xy取到最大值8，当a5时，C1937，，此时可44行域内有整解4，8，使得目标函数z4xy取到最大值8．∴整数a的最大值为5．故选：

B．

考点：简单线性规划．

第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

二、填空题：本大题共7小题。前4题每空3分，后3题每空4分，共36分．

9、已知集合A{x|(x－2)x50}，B{x|x2－2x－30}，全集UR，则AB= ▲ ，A(CUB) = ▲ 【答案】{x|5x1},{x|5x3} 【解析】

- 5 -

试题分析：

A{x|(x－2)x50}{x|5x2}，B{x|x2－2x－30}{x|x3或x1}，所以CUB{x|1x3}，所以AB{x|5x1}，A(CUB){x|5x3} 考点：集合的交集、并集、补集运算.

10、已知tan()3，则tan的值是 ▲__，cos2的值是 ▲__

413【答案】，

25【解析】

11tan231tan. 试题分析：tan()3，解得tan；所以cos2241tan21tan5考点：1.同角的基本关系；2.两角和差公式.

23x4x,0x1, 则f3 ▲ ；若关于x的方程f(x)=ax+1恰有三11、已知fxf(x1)1,x1.个不同的解，则实数a的取值范围为▲ 【答案】 【解析】

试题分析：f3f(2)1f(1)2f(0)33；当1x2时，0x11，此时

fxfx113x14x113x210x6，

当2x3时，1x12，则

2fxfx113x110x1613x216x18，

作出函数fx的图象如图：

2 - 6 -

若于x的方程fxax1恰有三个不同的解，则等价为函数fx与yax1恰有三个不同的交点，

直线yax1过定点D01，2时，此时22a1，解得a， 当直线过点A2，直线和fx有4个交点；当直线经过点B3，3 时，即33a1 ，解得a1，此时22，当直线3yax1与fx3x24x相切时，即3x24xax1，由判别式

a4120 ，解得a423（舍去）或a423，此时直线和fx有4

个交点；当直线过点C11，时，此时a0，如图直线和fx有2个交点，综上要使两个函数的图象恰有三个不同的交点，则直线满足在DC和DA之间，或在切线和DB之间，即0a或423a21，2221 ．即0，423，． 332考点：分段函数的应用．

12、设Sn为数列an的前n项和，a11，a23，Sk2Sk－2Sk12对任意正整数k成立，则an= ▲ ，

Sn ▲ .

【答案】an2n1,Snn 【解析】

试题分析：Sk2Sk－2Sk12Sk2Sk1Sk－Sk12ak2ak12,所以数列

2 - 7 -

an是首项为1，公差为2的等差数列，所以

nn1an12n12n1,Snn2n2.

2考点：1.数列的通项公式；2.等差数列的前n项和.

y2x213、设P为双曲线221(a0,b0)在第一象限的一个动点，过点P向两条渐近线作

ab垂线，垂足分别为A，B，若A，B始终在第一或第二象限内，则该双曲线离心率e的取值范围为 ▲ 。 【答案】(1， 2] 【解析】

试题分析：此题的渐近线斜率为ybbx，若垂足始终在第一或第二象限，则斜率为的这aaabb2条渐进线，倾斜角应大于等45°．即 1，得01，所以离心率e1 2，得baae(1， 2]

考点：双曲线的离心率.

14、已知ab，ca2b，若|c|10，则c与ab夹角的余弦值的最小值等于 ▲

【答案】

22 3【解析】

22试题分析：设c与ab夹角，ab,|c|10a4b10，

222caba2b102bcos222，将该式变成：

cab10ab10103b422224b30cos40b100100cos0 ；将该式看成关于b的一元二次方程，该方

程有解；

∴30cos40（舍去）；

2216100100cos20；解得cos2222 ，或cos33 - 8 -

22∴c与ab夹角的余弦值的最小值为．

3考点：平面向量的数量积.

15、若对任意R，直线l:xcosysin2sin46与圆

C: x【答案】【解析】

m2y32均无公共点，则实数m1m的取值范围是 ▲

15m 22|mcos3msin2sin4|6试题分析：由题意，圆心到直线的距离d1，

22cossin所以|2m2sin4|12m2sin41或662m2sin所以41， 615m． 22考点：1.直线与圆的位置关系； 2.三角函数的性质.

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、（本题满分15分）

在ABC中，内角A，B，C 所对的边长分别为a，b，c，tan（Ⅰ）求角C的大小；

（Ⅱ）已知ABC不是钝角三角形，且c23，sinCsin(BA)2sin2A,求ABC的．．面积.

【答案】（Ⅰ）C【解析】 试题分析：由tanABC43tan. 2233或C2;（Ⅱ）23. 3ABC43tan，利用同角基本关系和三角函数诱导公式可得223 - 9 -

cosCCsin32243，化简可得sin ，即可求出结果.（Ⅱ）由题意得CCC23sincos22AcosA,分cosA0和cosA0两sinCsin(BA)2sin2A,可得sinBcosA2sin种情况讨论，然后再利用三角函数的面积公式即可取出结果. 试题解析：

CCsinABC432243 解：（Ⅰ）由tan，得tanCC2233sincos22cossin1CCcos2243 3sinC3 2又C0,C3或C2. 3（Ⅱ）由题意得sinBAsinBA4sinAcosA 即sinBcosA2sinAcosA 当cosA0时，A2,C3,B6

c23b2,SABC23 当cosA0时，得sinB2sinA由正弦定理得b2a 由题意，C2

3，所以cabab3a，

2222解得a2,b4，所以B2，SABC23 综上，ABC的面积为23. 考点：1.同角的基本关系、诱导公式；2.正弦定理. 17、（本题满分15分）

如图，正四棱锥S－ABCD中，SAAB，E，F，G分别为BC，SC，CD的中点，设P为线段FG上任意一点。

- 10 -

（Ⅰ）求证：PEAC；

（Ⅱ）当直线CP与平面EFG所成的角取得最大值时，求二面角P－BD－S的平面角的余弦值. SFPDGEABC

【答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）【解析】

5. 5，SOAC ，又试题分析：（Ⅰ）设AC交BD于O，由题意可知SO底面ABCDBDAC，可得AC面SBD然后再利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明结果；

（Ⅱ）方法一：设AB2，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量在立体几何的中应用，即可求出结果.方法二：不妨设AB4，取GE中点K，则CK平面GEF，点C到平面

GEF的距离为CK2，设CP与平面EFG所称角为，则sinCK2，当CP最CPCP小时，最大，此时CPGF，P为GF中点.过P作PH平面SBD，所以P到平面SBD的距离为F到平面SBD的距离，即C到平面SBD的距离的一般，PH2，HI的长即为F到平面ABCD的距离的一半，即HI2.所以，tanPIH2，即可求出结果. 2试题解析：（Ⅰ）证：设AC交BD于O， ∵S－ABCD为正四棱锥， ∴SO底面ABCD，

SOAC

又BDAC，

∴AC面SBDACSD ACGFSDFGAC面GEFACGE1分

又∵PE面GEF，∴PEAC.

（Ⅱ）解：设AB2，如图建立空间直角坐标系，

4分

- 11 -

z S F P D O A G E B

y C x 0，0,G0，1，0，S0，0，2，F则B1,1,0C1,1,0,D1,1,0,E1，，，112，) ∴GF(，2222，)， 设GPGF(，22211222 221，) 故点P(，22222，) ∴CP(1，222

因为AC平面GEF，所以取平面GEF得一个法向量n 1,1,0 设CP与平面EFG所成角为，

则sincosCP,n|212|12(1)2()2222222112

∵点P在线段FG上，∴0≤≤1，即

1

时，sin取最大值，也即最大，此时点P为2

132GF中点，即P,,444. 设二面角P－BE－F的大小为，由图中可知为锐角

面BDS的一个法向量 n 1,1,0，

- 12 -

372设平面PBD的一个法向量为ma,b,c，则BD(2,2,0),BP(,,)

444372由mBD2a2b0,,mBPabc0

444取c22，则ab1，即m1,1,22

nm5所以coscosn,m，

5nm∴二面角P－BE－F的余弦值为5． 5

方法二：

不妨设AB4，取GE中点K，则CK平面GEF，点C到平面GEF的距离为CK2，设CP与平面EFG所称角为，则sinCK2 CPCP当CP最小时，最大，此时CPGF，P为GF中点.

过P作PH平面SBD，所以P到平面SBD的距离为F到平面SBD的距离，即C到平面

SBD的距离的一般，PH2，HI的长即为F到平面ABCD的距离的一半，即HI2. 2所以，tanPIH2，从而cosPIH55，即二面角P－BE－F的余弦值为. 55考点：1.线面垂直的判断和性质定理；2.二面角的求法. 18、（本题满分15分）

2y2x如图，F是椭圆221(ab0)的左焦点，椭圆的离心率为1，A，B为椭圆的左顶

2ab - 13 -

BCBF，BCF的外接圆M恰好与直线l1:x3y30相点和上顶点，点C在x轴上，

切.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点C的直线l2与已知椭圆交于P，Q两点，且FPFQ4，求直线l2的方程.

x2y231;（Ⅱ）y【答案】（Ⅰ）x3. 433

试题解析：解：（Ⅰ）因为椭圆的离心率为ec1，得b3c a20，B0，3c． 得Fc，所以直线BF的斜率k3，直线BC的方程为y3x3c， 3 - 14 -

得到C3c，0，

所以圆M的方程为xc2y24c2

由圆M恰好与直线l1：x3y30相切，

1c303132c，

得c1，

∴所求的椭圆方程为x2y2431. （Ⅱ）由（Ⅰ）得F10，，C3，0直线l2:yk(x3) yk(x由3)x2y22222431消去y得34kx24kx36k120.

设Px,y24k236k211,Qx2,y2,则x1x24k23,x121x24k23 24k2244k2336k212485k230

所以k235， FPFQx11x21y1y2

k21x1x213k2x1x29k21

2136k21224k2k224k2313k4k239k1 79k294k234 所以k21335. 满足从而k33 直线l32的方程为y3x3 .

- 15 -

考点：1.椭圆的标准方程；2.直线与椭圆的位置关系. 19. （本题满分15分） 已知m为实数，且m941n，数列an的前n项和Sn满足Snan3m 232（Ⅰ）求证：数列an3n1为等比数列，并求出公比q；

（Ⅱ）若an15对任意正整数n成立，求证：当m取到最小整数时，对于n4，nN， 都有1...18.

S4Sn135【答案】（Ⅰ）详见解析;（Ⅱ）详见解析. 【解析】

试题分析：（I）当n2时，aanSnSn141anan13n3n1 ， 32n1nn1化为an4an13n，变形为an34an13 ，即可证明数列an3为等比数列，

公比q4；

（II）由（I）可得： an3n12731527，3m4n1，由an15，可得3mn1242nn131533n115令bn，则bn1bnn144n，

bb1可得m2b3b4b5，

25．∴m8n1取到最小整数为3，此时an3，Sn3n1n342 ，当n4时，213n33n53n14n40 ，则Sn0，当n5时，Sn4Sn163630，

256224n19811111111∴Sn4Sn1，则，∴Sn4Sn1Sn4Sn14S44比数列前n项和公式即可求出结果.

试题解析：（I）证明：当n2时，aanSnSn1化为an4an13，

n1n变形为an34an13 ，

1，然后利用等S441anan13n3n1 ， 32n又a13m，a193m92270 ， 2n1∴数列an3为等比数列，公比q4；

 - 16 -

（II）证明：由（I）可得：an3n13m27n14 ， 2化为an3n13m27n14， 2273n115由an15，可得3m ， n124n3n1153n2153n1153153令bn，则bn1bn ， n1nn1n4444b1b2b3b4b5，

273325bnmaxb3 ，解得m． 283n1nn1∴m取到最小整数为3，此时an3，Sn342 ，

823mn4313113nn1nn40 ，则Sn0， 当n4时，3434n344343256当

n5时，

Sn4Sn132n13n3214，

n232∴Sn4Sn1，则

11， Sn4Sn14n1111111∴Sn4Sn14S4421 ， S4n4111111111∴＞S4S5SnS44S44S44112n4211241[1]14445414n31 S48. 135考点：1.等比数列的定义和性质；2.数列与不等式的综合应用. ．

20、（本题满分14分）

设函数fxx|xa|b，a，bR.

- 17 -

（Ⅰ）当a0时，讨论函数fx的零点个数；

（Ⅱ）若对于给定的实数a1a0，存在实数b，使不等式x11f(x)x对于任22意x[2a1,2a1]恒成立。试将最大实数b表示为关于a的函数ma，并求ma的取值范围.

【答案】（Ⅰ）当b0 或a4b0 时，函数fx有一个零点，当b0或a4b0时，

22a2b0时，函数fx有三个零点;（Ⅱ）11814函数fx有2个零点，当，. 4【解析】

2 xaxaxb，试题分析：解：（Ⅰ）fx2，由于a0，对b 分，b0；b0和

xaxaxb，2a2xa1xb，xab0进行讨论；（Ⅱ）首先记gxfxx2 ，原4xa1xb，xa问题等价于：当2a1x2a1时，即gxmaxgxmaxgxmin1,最大实数b，的b的值，利用二次函数在闭区间上的讨论方法，即可求出结果.

2 xaxaxb，试题解析：解：（Ⅰ）fx2，

xaxaxb，1 时2∵a0，

22∴当b0时，xaxb0在xa上无解，xaxb0在xa上恰有一解， 22当b0时，xaxb0在xa上恰有一解，xaxb0在xa上恰有一解，此

时函数fx有2个零点，

2当b0 时，xaxb0在xa上恰有一解，

若a4b0，则xaxb0在xa上无解， 若a4b0，则xaxb0在xa上恰有一解， 若a4b0，则xaxb0在xa上恰有两个不同的解， 综上，在a0的条件下，

222222 - 18 -

当b0 或a4b0 时，函数fx有一个零点，

2当b0或a4b0时，函数fx有2个零点，

2a2b0时，函数fx有三个零点． 当42xa1xb，xa（Ⅱ）首先记gxfxx ，

2xa1xb，xa原问题等价于：当2a1x2a1时，gxmaxgxmin1,最大实数b，即gxmax时的b的值，

令Tgxmaxgxmin，

1 2a1a1a1， ． 2221a1a1a1a2a1（1）当1a时，2a1 ，∴gx在[2a1，]上为

3222a1，2a1]上为减函数， 增函数，在[22a1由已知可得2a1a，∴gxmaxa1a1gb， 422gxminmin{g2a1，g2a1}g2a12a2ab a1∴T4解得29a26a1b2aab1，

421a1，从而无解． 31a1a1a2a1， （2）当a0时，2a1322a1a1a1a1，]上为减函数，在[，2a1]上为增函∴gx在[2a1，]上为增函数，在[2222数，

∴当2a1x2a1， ∴

2a1gxmaxmax{g，g2a1}2a1a1a1{gb，gxmin{g2a1，g} min422

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2a2ab，113a72， 1ba14，7a09a26a1， 1a1∴T437 ，

a212， 17a0由T1，解得13a0， 此时最大的b满足ga1122， 2从而bmaxma1a1a22a1244，∴maa22a14，13a0，

解得ma的取值范围是11814， . 考点：1.分段函数；2.二次函数的性质.

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