1、2018-2019学年浙江省普通高等学校招生高二（下）仿真数学试卷（6月份）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1（4分）已知集合UR，Ax|2x2，xZ，B1，1，则U（AB）（）A（1，1）B（，1）（1，1）（1，+）C（，2）（2，+）D（，2）（1，0）（0，1）（2，+）2（4分）抛物线x28y的离心率为（）A8B4C2D13（4分）若x，y满足约束条件则zx+2y的最大值为（）AB6C0D34（4分）已知i为虚数单位，下列运算结果为实数的是（）Ai（1+i）Bi2（1+i）Ci（1+i）2Di2（1+i）25（4分）九章算术中有问题“今有羡除，下广六尺，上广一丈，
2、深三尺，末广八尺，无深，袤七尺问积几何？”译文为“现有三个侧面都为等腰梯形，其他两面为直角三角形的五面体，下宽6尺，上宽1丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺问它的体积是多少？”（）A82B83C84D856（4分）函数yexlg|x|的图象可能是（）ABCD7（4分）设A，B是椭圆+1（m0）长轴的端点，则“m”是“椭圆上存在点M使AMB120”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8（4分）随机变量有四个不同的取值，且其分布列如下：2sinsin3cossin3sincoscoscosPt则E（）的最大值为（）A1BCD19（4分）若非零向量，和单位向量
3、满足|2，（）（）1，设和的夹角为，则cos的最大值为（）A1B0CD10（4分）在平面直角坐标系xOy中，给定两点A（2，2）和B（2，6），点P在x轴上移动，当APB取最大值时，点P的横坐标为（）A0B24C4D2+4二、填空题（本大题共7小题，多空题6分，单空题4分，共36分）11（6分）已知函数f（x）2lnx+x2x，则f（2） ， 12（6分）若等比数列an的公比等于a+log23，a+log43，a+log83的公比，则公比为 ；若a11，则an的前n项和Sn 13（6分）若二项式（1+6x）8a0+a1x+a2x2+a8x8，则a0+a1 ， 14（6分）在ABC中，设边a，b
4、，c所对的角为A，B，C，若cosA，则4cos（B+C）cos2A ，若同时a，则bc的最大值为 15（4分）若x，y，m，都为正整数，且x+3y2，+3，则m 16（4分）从正方体的8个顶点所确定的平面中任取两个，则它们正好垂直的概率为 17（4分）设0a1a2，数列an的an+2an+1+an（n1），若1a72，则a8的取值范围为 三、解答题（本大题共5小题，共74分）18（14分）已知f（x）sincos+cos2（）求f（x）的周期、频率与对称轴；（）如果ABC的三边a，b，c满足b2ac，且边b所对的角为x，试求x的范围及此时f（x）的值域19（15分）如图，在四棱柱ABCDA1
5、B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点（）求证：MN平面ABCD（）求二面角D1ACB1的正弦值；（）设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长20（15分）已知函数f（x）ln（1+x），g（x）kx（kR）（）若对任意的x（0，+），恒有f（x）g（x），求k的取值范围；（）求证：当n（0，+），a（3，+），eaa+e2aa+e3aa+eana21（15分）已知点A（2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为记M的轨迹为曲线C（）求C的方程，
6、并说明C是什么曲线；（）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G，P点关于x轴的对称点为P证明：PQG是直角三角形；求直线PQ与直线PG的斜率的积的最小值，并写出此时直线PG的方程22（15分）对函数f（x）x22，给定x12，并将过Qn（xn，f（xn）的f（x）的切线与x轴交点的横坐标即为xn+1（n1，2，）（）求xn+1的递推公式（用xn表示），并证明：xn+1xn2；（）求证：2nx12+x22+x32+xn22n+42018-2019学年浙江省普通高等学校招生高二（下）仿真数学试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共
7、10小题，每小题4分，共40分）1（4分）已知集合UR，Ax|2x2，xZ，B1，1，则U（AB）（）A（1，1）B（，1）（1，1）（1，+）C（，2）（2，+）D（，2）（1，0）（0，1）（2，+）【分析】可求出集合A，然后进行交集、补集的运算即可【解答】解：A2，1，0，1，2；AB1，1；U（AB）（，1）（1，1）（1，+）故选：B【点评】考查描述法、列举法、区间表示集合的定义，交集和补集的运算2（4分）抛物线x28y的离心率为（）A8B4C2D1【分析】直接利用抛物线的性质写出离心率即可【解答】解：抛物线x28y的离心率为：1故选：D【点评】本题考查抛物线的简单性质，是基本知识的
8、考查3（4分）若x，y满足约束条件则zx+2y的最大值为（）AB6C0D3【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【解答】解：由x，y满足约束条件作出可行域如图，联立，解得A（，），化目标函数zx+2y为y+，由图可知，当直线y+过A时，z取得最大值故选：A【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题4（4分）已知i为虚数单位，下列运算结果为实数的是（）Ai（1+i）Bi2（1+i）Ci（1+i）2Di2（1+i）2【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：i（1+i）1+i，i2
9、（1+i）1i，i（1+i）2i2i2，i2（1+i）212i2i运算结果为实数的是C故选：C【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题5（4分）九章算术中有问题“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺问积几何？”译文为“现有三个侧面都为等腰梯形，其他两面为直角三角形的五面体，下宽6尺，上宽1丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺问它的体积是多少？”（）A82B83C84D85【分析】五面体EFABCD中，四边形ADEF，ABCD，EFBC均为等腰梯形，EFADBC，ABF，CDE均为直角三角形，连接BE，BD，AE，得到三个三棱锥，设三棱锥BAEF的体积为V1，三棱
10、锥BAED的体积为V2，三棱锥BDEC的体积为V3，分别求出三个三棱锥的体积，作和即可求出五面体的体积【解答】解：如图，五面体EFABCD中，四边形ADFE，ABCD，EFBC均为等腰梯形，EFADBC，ABE，CDF均为直角三角形，EF6，AD10，BC6，EF到平面ABCD的距离为3，AD与BC的距离为7，连接BE，BD，AE，得到三个三棱锥，设三棱锥BAEF的体积为V1，三棱锥BAED的体积为V2，三棱锥BDEC的体积为V3，则V387328，V2107335，V163721五面体的体积：VV1+V2+V328+35+2184（立方尺）故选：C【点评】本题考查几何体的体积及直线与直线、直
11、线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归转化思想，数形结合思想，是中档题6（4分）函数yexlg|x|的图象可能是（）ABCD【分析】先求出函数的零点，利用极限思想以及特殊值符号的对应性进行排除判断即可【解答】解：由f（x）0得lg|x|0，得|x|1，即x1或x1，当x1时，y0，排除C，D当x+，f（x）+排除B，故选：A【点评】本题考查函数图象的判定分析，可以运用排除法是解决本题的关键，属于基础题7（4分）设A，B是椭圆+1（m0）长轴的端点，则“m”是“椭圆上存在点M使AMB120”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分
12、必要条件D既不充分也不必要条件【分析】由充分必要条件及椭圆的几何性质得：，“椭圆上存在点M使AMB120”等价于，即m2，即“m”是“椭圆上存在点M使AMB120”的充分不必要条件，得解【解答】解：由椭圆的几何性质可得：A，B是椭圆长轴的端点，当点M在椭圆上运动时，当且仅当点M在短轴端点时，AMB最大，此时tan由A，B是椭圆+1（m0）长轴的端点，“椭圆上存在点M使AMB120”等价于，即m2，即“m”是“椭圆上存在点M使AMB120”的充分不必要条件，故选：A【点评】本题考查了充分必要条件及椭圆的几何性质，属中档题8（4分）随机变量有四个不同的取值，且其分布列如下：2sinsin3coss
13、in3sincoscoscosPt则E（）的最大值为（）A1BCD1【分析】依题意，t1，所以E（）（2sinsin+3cossin+3sincos）+coscos（cossin+sincos）+（sinsin+coscos）sin（+）+cos（），根据，的情况讨论即可得到E（）的最大值【解答】解：依题意，t1，所以E（）（2sinsin+3cossin+3sincos）+coscos（cossin+sincos）+（sinsin+coscos）sin（+）+cos（），所以当+，2k，（kz）时，即（kZ）时，E（）取得最大值1故选：D【点评】本题考查了离散型随机变量的期望，三角恒等变换，
14、属于中档题9（4分）若非零向量，和单位向量满足|2，（）（）1，设和的夹角为，则cos的最大值为（）A1B0CD【分析】根据向量的数量积以及不等式放缩可得【解答】解：由|2，得，由（）（）1得+112+222，（当且仅当2时取等）cos故选：C【点评】本题考查了平面乡里数量积的性质及其运算，属中档题10（4分）在平面直角坐标系xOy中，给定两点A（2，2）和B（2，6），点P在x轴上移动，当APB取最大值时，点P的横坐标为（）A0B24C4D2+4【分析】经过A、B两点的圆的圆心在线段AB的垂直平分线上，对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而增大，所以当APB最大时，经过A、B、
15、P三点的圆S必与X轴相切与点P，由此得到答案【解答】解：线段AB的垂直平分线为，y4x，设圆S圆心S为（a，4a），则P（a，0），又因为|SA|PS|，即a（2）2+（4a2）2（4a）2，解之得，即对应的切点分别为P（，）和，而过点A、B、P的圆的半径大于过点A、B、P的圆的半径，所以APBAPB，故P（，）故选：B【点评】本题考查轨迹方程以及圆与直线的位置关系，难度适中二、填空题（本大题共7小题，多空题6分，单空题4分，共36分）11（6分）已知函数f（x）2lnx+x2x，则f（2）4，12【分析】根据题意，求出函数的导数，将x2代入解析式，即可得f（2）的值，又由极限的性质可得（3）
16、，分析即可得答案【解答】解：根据题意，函数f（x）2lnx+x2x，则其导数f（x）+2x1，则f（2）+2214，又由33f（2）12；故答案为：4，12【点评】本题考查导数的计算，涉及极限的意义，属于基础题12（6分）若等比数列an的公比等于a+log23，a+log43，a+log83的公比，则公比为；若a11，则an的前n项和Sn【分析】根据a+log23，a+log43，a+log83成等比数列，借助等比中项的性质求出a，代入求出公比q，然后用等比数列的前n项和公式求Sn即可【解答】解：依题意，a+log23，a+log43，a+log83成等比数列，所以（a+log23）（a+lo
17、g83），即a2+alog23+a2+a+，所以a，所以公比q因为a11，q，所以an的前n项和Sn故答案为：，【点评】本题考查了等比数列的前n项和公式，等比数列的通项公式，等比中项的性质，对数的运算属于中档题13（6分）若二项式（1+6x）8a0+a1x+a2x2+a8x8，则a0+a149，336【分析】由二项式定理及利用导数法求展开式系数可得：a0601，a148，故a0+a149，将（1+6x）8a0+a1x+a2x2+a8x8两边取导得：48（1+6x）7a1+2a2x+8a8x7，令x1得：4877a1+2a2+8a8，得解【解答】解：由二项式（1+6x）8展开式通项为Tr+1（6
18、x）r6rxr得：a0601，a148，故a0+a149，将（1+6x）8a0+a1x+a2x2+a8x8两边取导得：48（1+6x）7a1+2a2x+8a8x7，令x1得：4877a1+2a2+8a8，故336，故答案为：49 336【点评】本题考查了二项式定理及利用导数法求展开式系数，属中档题14（6分）在ABC中，设边a，b，c所对的角为A，B，C，若cosA，则4cos（B+C）cos2A1，若同时a，则bc的最大值为6【分析】根据题意，有A的余弦值分析可得A的大小，进而可得B+C，2A，则4cos（B+C）cos2A4cossin，计算可得4cos（B+C）cos2A的值，又由余弦定
19、理可得b2+c2bc（b+c）23bc6，结合基本不等式分析可得答案【解答】解：根据题意，在ABC中，若cosA，则A，则B+C，2A，则4cos（B+C）cos2A4cossin4（）（）1，若a，则a2b2+c22bccosA，即b2+c2bc（b+c）23bc6，又由b2+c24bc，则有4bc3bcbc6，即bc的最大值为6；故答案为：1，6【点评】本题考查余弦定理的应用，涉及三角函数的恒等变形，属于基础题15（4分）若x，y，m，都为正整数，且x+3y2，+3，则m3【分析】根据条件，利用“1“的代换，可得+，然后利用基本不等式求解，进一步得到关于m，的方程，再结合条件得到m【解答】
20、解：x，y为正数，m，正整数，x+3y2，+，当且仅当，即12（y+m）2x2时取等号，+3，3，9m，m，正整数，当且仅当m1，3时等式成立，m3故答案为：3【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想和整体思想，关键是将问题转化为能够乘积为定值的形式，属难题16（4分）从正方体的8个顶点所确定的平面中任取两个，则它们正好垂直的概率为【分析】正方体的8个顶点所确定的平面有：6个表面，6个对角面，8个正三角形平面共20个，从中取两个共有190个基本事件，然后数出垂直的平面的对数，即可求出概率【解答】解：依题意，正方体的8个顶点所确定的平面有：6个表面，6个对角面，8个正三角形平面共20个
21、，从中取两个共有190个基本事件，相互垂直的平面包括：6个表面中相互垂直的有：312对；表面和对角面垂直的情况有：6212对；正三角形面与对角面垂直的有：6424；对角面相互垂直的有：3对；故相互垂直的平面共有12+12+24+351对，所以从正方体的8个顶点所确定的平面中任取两个，则它们正好垂直的概率为P故答案为：【点评】本题考查了古典概型的概率计算，计数原理等，是中档题分类时要注意不重不漏17（4分）设0a1a2，数列an的an+2an+1+an（n1），若1a72，则a8的取值范围为，【分析】把a1看成x，把a2看成y，通过已知条件构建关于x和y的不等式，画出可行域，即可求出a8的取值范
22、围【解答】解：an+2an+1+an，a78a2+5a1，a813a2+8a1，把a1看成x，把a2看成y，则由题意可得x0，y0，yx，18y+5x2令a8Z13y+8x，由x和y的可行域易得a8即z的取值范围是，故答案为：，【点评】本题主要考察了数列与函数关系，数列的递推公式，对考生的数学素养要求较高，属于中档题三、解答题（本大题共5小题，共74分）18（14分）已知f（x）sincos+cos2（）求f（x）的周期、频率与对称轴；（）如果ABC的三边a，b，c满足b2ac，且边b所对的角为x，试求x的范围及此时f（x）的值域【分析】（）由题意利用三角恒等变换化简f（x）的解析式，再利用正
23、弦函数的周期性以及图象的对称性，求出f（x）的周期、频率与对称轴（）利用余弦定理、基本不等式，求得x的范围，从而求得此时f（x）的值域【解答】解：（）f（x）sincos+cos2sin+sin（+）+，函数的周期T3，频率f，由+k+，求得xk+，故函数的图象的对称轴为x+（kZ）（）b2ac，cos x ，cos x1，0x+，|，sin sin（+）1，f（x）（，+1，综上：x（0，f（x）（，+1【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，还考查了余弦定理、基本不等式、正弦函数的定义域和值域，属于中档题19（15分）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面AB
24、CD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点（）求证：MN平面ABCD（）求二面角D1ACB1的正弦值；（）设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长【分析】（）以A为坐标原点，以AC、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过平面ABCD的一个法向量与的数量积为0，即得结论；（）通过计算平面ACD1的法向量与平面ACB1的法向量的夹角的余弦值及平方关系即得结论；（）通过设，利用平面ABCD的一个法向量与的夹角的余弦值为，计算即可【解答】（）证明：如图，以A为坐标原点，以AC、AB、AA1所在直线分别为x、y
25、、z轴建系，则A（0，0，0），B（0，1，0），C（2，0，0），D（1，2，0），A1（0，0，2），B1（0，1，2），C1（2，0，2），D1（1，2，2），又M、N分别为B1C、D1D的中点，M（1，1），N（1，2，1）由题可知：（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量，（0，0），0，MN平面ABCD，MN平面ABCD；（）解：由（I）可知：（1，2，2），（2，0，0），（0，1，2），设（x，y，z）是平面ACD1的法向量，由，得，取z1，得（0，1，1），设（x，y，z）是平面ACB1的法向量，由，得，取z1，得（0，2，1），cos，sin，二面角D1ACB1的正弦值为；
26、（）解：由题意可设，其中0，1，E（0，2），（1，+2，1），又（0，0，1）是平面ABCD的一个法向量，cos，整理，得2+430，解得2或2（舍），线段A1E的长为2【点评】本题考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理能力，注意解题方法的积累，属于中档题20（15分）已知函数f（x）ln（1+x），g（x）kx（kR）（）若对任意的x（0，+），恒有f（x）g（x），求k的取值范围；（）求证：当n（0，+），a（3，+），eaa+e2aa+e3aa+eana【分析】（）令G（x）f（x）g（x）
27、ln（1+x）kx，x0，+），求出导函数，推出k，得到k（）max，然后求解结果即可（）由（）知，ln（1+x）kx在k1时恒成立，利用放缩法以及数列求和，推出结果即可【解答】（本题15分）解：（）令G（x）f（x）g（x）ln（1+x）kx，x0，+），则有G（x）k，f（x）g（x），G（x）0，G（0）0，G（x）在x（0，x0）上小于等于0（x00），k0，k，x0，k（）max，（）max1，k1（）证明：由（）知，ln（1+x）kx在k1时恒成立，ln xk（x1），k（x1）ln x，ek（x1）x，当n0，a3时，ea（n1）n即eanan，eaa+e2aa+e3aa+ean
28、a1+2+3+n，得证【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，放缩法的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力21（15分）已知点A（2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为记M的轨迹为曲线C（）求C的方程，并说明C是什么曲线；（）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G，P点关于x轴的对称点为P证明：PQG是直角三角形；求直线PQ与直线PG的斜率的积的最小值，并写出此时直线PG的方程【分析】（）利用直接法不难得到方程；（）直线PQ的斜率为k，其方程为ykx，（k0）联立方程可得（）P（u，uk），
29、Q（u，uK），E（u，0） 于是直线QG的斜率为，方程为y，从而直线PG的斜率为有kPQkPG1，即可证明直线PG的斜率为，（k1时取等号）即可求解【解答】解：（）由题意得，整理得曲线C的方程：）y0），曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆；（）直线PQ的斜率为k，其方程为ykx，（k0），记，则P（u，uk），Q（u，uK），E（u，0） 于是直线QG的斜率为，方程为y，（2+k2）x22uk2x+k2u280则，u+xG，从而直线PG的斜率为kPQkPG1，PQPG，故PQG为直角三角形；直线PG的斜率为，直线PQ与直线PG的斜率的积为（k1时取等号）直线PQ与直线PG的斜率的积的最小
30、值为2此时直线PG的方程yx+【点评】此题考查了直接法求曲线方程，直线与椭圆的综合，换元法等，重点考查运算能力，难度大22（15分）对函数f（x）x22，给定x12，并将过Qn（xn，f（xn）的f（x）的切线与x轴交点的横坐标即为xn+1（n1，2，）（）求xn+1的递推公式（用xn表示），并证明：xn+1xn2；（）求证：2nx12+x22+x32+xn22n+4【分析】（）求导得出斜率，写出切线方程，求出交点坐标，进而可以求证；（）由已知条件先推出，继而推出所证结果【解答】解：（）f（x）2x，过Qn（xn，yn）的f（x）的切线方程为yf（xn）f（xn）（xxn）即y（xn2）2xn（xxn），令y0，解得xxn，xn+1（xN*），xn+1，x，xn+1xn2，2（）xn+1，xn+1，xnxn+111xnxn+1，xn+122，xn22，xn22+，x12+x22+x32+xn22n+2n+4，1xnxn+1xn2，xn22，x12+x22+x32+xn22n，综上，2nx12+x22+x32+xn22n+4【点评】本题考查导数和切线方程知识，对数列递推公式也进行了考查，还涉及不等式的证明，综合性较强，难度偏大