浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试数学试题(WORD版)

2018年浙江教育绿色评价联盟适应性试卷数学试题参考公式：如果事件AB，互斥，那么柱体的体积公式()()()PABPAPBVSh=如果事件AB，相互独立，那么其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高()()()PABPAPB锥体的体积公式如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那13VSh=么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高()(1)(0)kknknnPkCppkn，1，，2球的表面积公式台体的体积公式24πSR=11221()3VSSSSh球的体积公式其中1S，2S分别表示台体的上、下底面积，h表34π3VR=示台体的高其中R表示球的半径一、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，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合12A，，2(1)0BxxaxaaR，，若AB，则aA．1B．2C．1D．22．复数2iiz（i是虚数单位），则1zA．22B．3C．4D．83．已知函数()fxxR，，则“()fx的最大值为1”是“()1fx恒成立”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4．若实数xy，满足约束条件34yxyxxy，，，则2xy的最小值为A．2B．2C．5D．55．已知互相垂直的平面，交于直线l，若直线mn，满足//mn，，则A．//mlB．//mnC．nlD．nm6．函数1()()cos(0)fxxxxxx，且的图象可能．．为7．已知随机变量i满足(0)iiPp，(1)1iiPp，且102ip，12i，．若12()()EE，则A．12pp，且12()()DDB．12pp，且12()()DDC．12pp，且12()()DDD．12pp，且12()()DD8．已知12FF，是双曲线22221(00)xyabab，的左，右焦点，P是双曲线上一点，且12PFPF，若△12PFF的内切圆半径为2a，则该双曲线的离心率为A．61B．312C．612D．619．如图，在△ABC中，点DE，是线段BC上两个动点，且ADAExAByAC，则14xy的最小值为A．32B．2C．52D．9210．四个同样大小的球1234OOOO，，，两两相切，点M是球1O上的动点，则直线2OM与直线34OO所成角的正弦值的取值范围为A．25[1]5，B．5[1]5，C．3[1]2，D．3[1]3，BCADE二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分。11．已知函数2220()log(1)0xxxfxxx，，，，则((3))ff▲，fx的最小值为▲．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）为▲，表面积（单位：cm2）为▲．13．在△ABC中，内角ABC，，的对边分别为abc，，．已知23b，3c，3AC，则cosC▲，ABCS▲．14．已知||=2a，||=||=1bc，则()()abcb的最大值为▲，最小值为▲．15．将公差不为零的等差数列1a，2a，3a调整顺序后构成一个新的等比数列ia，ja，ka，其中123ijk，，，，，则该等比数列的公比为▲．16．有7个球，其中红色球2个（同色不加区分），白色，黄色，蓝色，紫色，灰色球各1个，将它们排成一行，要求最左边不排白色，2个红色排一起，黄色和红色不相邻，则有▲种不同的排法（用数字回答）．17．已知(10)A，，直线(0)xaa与曲线1yx和直线(0)ykxk分别交于BC，两点，若2ACBC恒成立，则实数k的取值范围为▲．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。18．（本小题满分14分）已知函数()sin(cos3sin)fxxxx．（Ⅰ）求()fx的最小正周期；（Ⅱ）若关于x的方程()fxt在区间2，内有两个不相等的实数解，求实数t的取值范围．1112正视图侧视图俯视图19．（本小题满分15分）如图，在三棱柱111ABCABC中，2ABAC，90BAC，1BCAC．（Ⅰ）证明：点1C在底面ABC上的射影H必在直线AB上；（Ⅱ）若二面角1CACB的大小为60，122CC，求1BC与平面11AABB所成角的正弦值．20．（本小题满分15分）设函数ln(2)()xexfxxex，1[)2x，．（Ⅰ）求()fx的导函数；（Ⅱ）求()fx在1[)2x，上的取值范围．A1C1B1BCA21．（本小题满分15分）已知椭圆C：2214xy的左，右焦点分别是12FF，，点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接12PFPF，，设12FPF的内角平分线PM交C的长轴于点(0)Mm，．（Ⅰ）求实数m的取值范围；（Ⅱ）求1||||PFPM的最大值．22．（本小题满分15分）已知无穷数列na满足：*01001()nnaaanN，．（Ⅰ）证明：0nan；（Ⅱ）证明：3321212()aaaa；（Ⅲ）证明：33321212()nnaaaaaa．浙江教育绿色评价联盟适应性试卷数学参考答案一、选择题（共10小题，每题4分，共40分）题号12345678910答案BAADCDBCDC二、填空题（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．2，112．3V，(51)22S13．33，2xyF1F2OPM14．6，215．12，或216．40817．12k三、解答题（本大题共5小题，共74分）18．解：（Ⅰ）13()sin2(1cos2)22fxxx……4分3sin(2)32x．……6分所以()fx的最小正周期为22T．……8分（Ⅱ）因为2x，，所以2333x，．……10分因为sinyZ在32，上是增函数，在23，上是减函数，所以()fx在03，上是增函数，在32，上是减函数．……12分又因为(0)0f，3()132f，()32f，所以要使得关于x的方程()fxt在区间2，内有两个不相等的实数解，只需满足3312t．……14分19．解：（Ⅰ）因为11BCACACABABBCB，，，所以AC平面1ABC．……2分所以平面ABC平面1ABC．……4分过点1C作1CHAB，则由面面垂直的性质定理可知1CHABC平面．又1CHABC平面，所以HH与重合，所以点1C在底面ABC上的射影H必在直线AB上．……6分（Ⅱ）1BAC是二面角1CACB的平面角，160BAC即．……8分法一：连接1AH，11111111111ABACABCHCHACC，，．11AB平面11ACH，平面11ABBA平面11ACH．……10分111111CCGAHCGABBA过作，则平面．A1C1B1BCAHG1CBG是直线1BC与平面11AABB所成角．……12分1111123237=7ACCHAHCG，，，．又12BC，11121sin7CGGBCCB．……15分法二：在平面ABC内过点H作HxAB，以1HxHBHC，，为xyz，，轴建系．则1(00)(00)(003)(20)AaBaCaCaa，，，，，，，，，，，，……8分所以1(03).BCaa，，……10分由1(020)(23)ABaCCaaa，，，，，可以求得平面1ABB的法向量(2304)n，，．……12分所以11||21sin7||||BCnBCn．……15分20．解：（Ⅰ）2121ln(2)()2xxexfxexx．212ln(2)2xxxexx……8分说明：两部分各4分；写成第一个式子不扣分.结果错误但积和商的求导会求分别得3分.（Ⅱ）因为1[)2x，，所以1202xxex，2ln(2)0xx，所以212ln(2)()02xxxfxexx．即()fx在1[)2x，上单调递减．……11分当x时，ln(2)()0xexfxxex．……13分又1[)2x，时()0fx，12()222efe，xzyA1C1B1BCAH所以()fx在1[,)2x上的取值范围是2(02]2ee，．……15分说明:事实上对当x时，ln(2)()0xexfxxex可以通过如下做法因为ln1xx，所以ln(2)ln(2)2lnln(2)2(1)exexexxxx，而当x时，ln(2)2(1)0exx，所以当x时，ln(2)0exx．又1xex，所以1xxxex，当x时，01xx，所以当x时，0xxe．21．解：（Ⅰ）设000()(0)Pxyy，，则220014xy.又12(30)(30)FF，，，，……1分所以直线12PFPF，的方程分别为：1000:(3)30PFlyxxyy2000:(3)30PFlyxxyy．……3分因为00002222000033(3)(3)myymyyyxyx．……5分所以22003333(2)(2)22mmxx．因为033,22mx，可得0033332222mmxx，所以034mx，……6分因此3322m．……7分说明：此题也可以采用内角平分线性质列式求解．（Ⅱ）22201000033||(3)234242xPFxyxx．……9分xyOMPF2F1222000033||()1416xPMxxy．……11分所以22201000333416||||(2)1()()216833xPFPMxxx．设22416()()()(22)33fxxxx，则22428422()4()()4()()02333333fxxxxxxx．所以2()()483fxf，……13分所以10333||||()82PFPMfx．当且仅当023x时取到等号．……15分另解：223341644144()()()()()3()3333333xxxxxx44412563()3427．……13分当且仅当4423()333xxx时取到最大值．所以22100341633||||()()8323PFPMxx．……15分22．证明：（Ⅰ）由*01001()nnaaanN，叠加可得0nan．……3分（Ⅱ）3211101aaa，，33231212aaaa．……5分因为2221210aaaa，所以222211212aaaaaa．……7分所以2321212()aaaa..……9分所以33232121212()aaaaaa.……10分别证：由（Ⅰ）知11a，22a知，3211aa，且212aa122aa．因为211aa，所以211aa，所以3222122aaaa21222aaa．所以33222121122122()aaaaaaaa．（Ⅲ）下面用数学归纳法证明.当12n，时，由前面可知结论成立．……11分假设nk时，不等式成立，即33321212()kkaaaaaa.……12分当1nk时，222121121211()()2()kkkkkaaaaaaaaaaa