1、浙江省普通高等学校招生考试模拟数学试卷（二）选择题部分（共40分）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，只有一项是符合要求的.1. 设集合，则等于（ ）A. B. C 或D. 2. 已知复数满足（是虚数单位）,则复数的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 3. 已知实数满足,则的最大值是（ ）A. B. 3C. 5D. 74. 已知函数，则是恒成立的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分不必要条件5. 设双曲线的左右焦点分别为,双曲线右支上一点P (异于顶点),交轴于,垂直于的角平分线,若，则双曲线的离心率为 （ ）
2、A. B. C. D. 6. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 7. 已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 8. 对任意正实数不等式恒成立，则（ ）A. 实数有最小值1B. 实数有最大值1C. 实数有最小值D. 实数有最大值9. 如图，已知椭圆长轴端点为，短轴端点为，焦点为，.现将左边半个椭圆沿短轴进行翻折，则在翻折过程中（不共面），以下说法不正确的是（ ）A. 存某个位置,使B. 存在某个位置,使二面角的平面角为C. 对任意位置，都有平面D. 异面直线与所成角取值范围是10. 已知数列满足，给出以下结论，正确的个数是（ ）；存在无穷多个,使；
3、A. 4B. 3C. 2D. 1非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11. 函数的部分图象如图所示，则_；_.12. 已知，的系数为_；系数最大的项是第_项.13. 已知圆C的方程是，则实数m的取值范围是_；若C上恰有三个点到直线距离为1，则m=_.14. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_.15. 在中，点P在的平分线上，则的最小值为_.16. 有编号分别为、的个红球和个黑球，从中取出个，设其中编号相同的球的对数为，则_.17. 若实数满足，则xy=_.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答题写出文字说明
4、、证明过程或演算步骤.18. 设A是单位圆与x轴正半轴的交点，点B在单位圆上，且其横坐标为，直角坐标系原点为O.（1）设是以OA为始边，OB为终边的角，求的值；（2）若P在单位圆上，且位于第一象限，点在第二象限，求的面积S的最大值.19. 在四棱锥中，二面角的大小为，且PA=PD=，.（1）求证：；（2）设E是直线PC上一点，求AE与平面PAB所成角正弦的最大值.20. 在数列中，当时，其前n项和满足：.（1）求证：数列是等差数列；（2）若对一切正整数n恒成立，求实数k的最大值.21. 已知抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合.（1）求抛物线的方程；（2）过点F作直线l交抛物线于A，C两点，过A
5、，C作l的垂线分别与y轴交于B，D，求四边形ABCD面积的最小值.22 已知函数.（1）设函数，且恒成立，求实数的取值范围；（2）求证：；（3）设函数的两个零点、，求证：.浙江省普通高等学校招生考试模拟数学试卷（二）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，只有一项是符合要求的.1. 设集合，则等于（ ）A. B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得结果.【详解】因为，因此，.故选：D.2. 已知复数满足（是虚数单位）,则复数的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用
6、共轭复数的定义可得结果.【详解】由已知可得，因此，.故选：B.3. 已知实数满足,则的最大值是（ ）A. B. 3C. 5D. 7【答案】D【解析】【分析】先由约束条件作出可行域，化目标函数为，则表示直线在轴上的截距，结合图像，即可得出结果.【详解】先由约束条件作出可行域，如图将目标函数为则表示直线在轴上的截距要求的最大值，即求直线在轴上的截距的最大值.由图可知直线过点时，在轴上的截距的最大值.由，可得 所以的最大值为故选：D4. 已知函数，则是恒成立的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用导数求出的最小值，然后可判断出
7、答案.【详解】因为，其定义域为所以所以当时，单调递增；当时，单调递减因为，所以所以由恒成立可得，所以是恒成立的必要不充分条件故选：B5. 设双曲线的左右焦点分别为,双曲线右支上一点P (异于顶点),交轴于,垂直于的角平分线,若，则双曲线的离心率为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，根据条件可得，为等边三角形，然后可得，然后可得答案.【详解】因为，设，所以，因为垂直于的角平分线，所以，所以为等边三角形所以，由双曲线定义可得，所以因为，所以，所以故选：C6. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值
8、验证即可【详解】因为，所以为奇函数，所以函数图象关于原点对称，所以排除CD，因为，所以排除B，故选：A7. 已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析可知关于的方程有个不等的实根，构造函数，分析可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】易知，当时，由可得关于的方程有个不等的实根，令，当时，则，当时，则，此时函数单调递减，当时，则，此时函数单调递增，所以，函数的极小值为，作出函数与函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.故选
9、：B.8. 对任意正实数不等式恒成立，则（ ）A. 实数有最小值1B. 实数有最大值1C. 实数有最小值D. 实数有最大值【答案】C【解析】【分析】化简得到，考虑和两种情况得到，根据均值不等式得到最值得到答案.【详解】，故，当时，不等式恒成立；当时，时等号成立，故，故.故选：C.9. 如图，已知椭圆的长轴端点为，短轴端点为，焦点为，.现将左边半个椭圆沿短轴进行翻折，则在翻折过程中（不共面），以下说法不正确的是（ ）A. 存在某个位置,使B. 存在某个位置,使二面角的平面角为C. 对任意位置，都有平面D. 异面直线与所成角的取值范围是【答案】B【解析】【分析】选项A. 设在平面的射影为，当时，可
10、判断；选项B. 设为 的中点, 为二面角的平面角,从而可得范围，即可判断; 选项C. 由可判断; 选项D. 直线, 将左边半个椭圆沿短轴进行翻折，则在翻折过程中,异面直线与所成角,即为以为轴，为母线的圆锥的母线与所成角,从而可判断.【详解】由 ,所以为锐角则为锐角三角形，故过作的垂线，垂足在线段上，设,当平面时，则，又所以平面,且平面，所以，故A正确； 如图，设为 的中点，由 , 则 所以为二面角平面角.设, 则， 所以当时，所以所以，所以不存在某个位置,使二面角的平面角为，故B错；由，分别为的中点，则，由平面，平面，则平面，故C正确； 直线, 将左边半个椭圆沿短轴进行翻折，则在翻折
11、过程中异面直线与所成角,即为以为轴，为母线的圆锥的母线与所成角.以为轴，为母线的圆锥轴截面顶角为，故D正确.故选：B10. 已知数列满足，给出以下结论，正确的个数是（ ）；存在无穷多个,使；A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】归纳猜想可说明正确错误，利用放缩法可证明，从而，可证明正确，由得，可知，累加法可证明正确.【详解】，,，则单调递增且大于0， 所以单调递增，所以 ，即故正确；令，则，所以在上单调递增，且当且仅当时，所以，即.因为，且，故正确；，由归纳法可知，故不存在无穷多个,使，故错误；由得，累加可得：可知正确.故选：B.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题
12、共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11. 函数的部分图象如图所示，则_；_.【答案】 . . 【解析】【分析】由图象可得，利用图象得出函数的最小正周期，利用正弦型函数的周期公式可求得的值.【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，所以，.故答案为：；.12. 已知，的系数为_；系数最大的项是第_项.【答案】 . 28 . 5【解析】【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为2，求出，从而可求出，利用二项式的性质可求得系数最大的项【详解】展开式的通项公式为，令，得，所以的系数为，因为的展开式有9项，所以由二项式的性质可知系数最大的项是第5项，故答案为：28，513. 已
13、知圆C的方程是，则实数m的取值范围是_；若C上恰有三个点到直线距离为1，则m=_.【答案】 . . 【解析】【分析】由二次方程表示圆的条件建立不等式，解之可求得实数m的取值范围；由点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，从而得出圆的半径，由此可求得m.【详解】解：由得，因为表示圆，所以，解得；因为圆C的圆心，半径，所以圆心到直线的距离为，又C上恰有三个点到直线距离为1，所以，解得，故答案为：；.14. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，表面积为_.【答案】 . . 【解析】【分析】根据三视图还原该几何体即可求解【详解】由三视图还原该几何体，得该几何体为一个长、宽、高分别为2，2，
14、3的长方体和一个半径为2的半球的组合体，则其体积为，表面积为.答题空1：答题空2：【点睛】本题考查几何体的三视图、体积和表面积的计算，根据三视图正确还原几何体是解题的关键，属于简单题.15. 在中，点P在的平分线上，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设，由题意可得，从而表示出，,由数量积的定义可得答案.【详解】设方向上单位向量，设方向上的单位向量如图，设，则点在在的平分线上，所以由余弦定理得 所以 则 故 故答案为：16. 有编号分别为、的个红球和个黑球，从中取出个，设其中编号相同的球的对数为，则_.【答案】【解析】【分析】分析可知，可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可求得
15、随机变量的数学期望值.【详解】分析可知，的可能取值有、，则，因此，.故答案为：.17. 若实数满足，则xy=_.【答案】#【解析】【分析】依题意同构可得，再根据的性质可得，即可得解；【详解】解：因为，即，因为，所以，又且，而函数在R上为增函数，即.故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤.18. 设A是单位圆与x轴正半轴的交点，点B在单位圆上，且其横坐标为，直角坐标系原点为O.（1）设是以OA为始边，OB为终边的角，求的值；（2）若P在单位圆上，且位于第一象限，点在第二象限，求的面积S的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求出点的纵
16、坐标，然后可得答案；（2）设是以OA为始边，OB为终边的角，是以OA为始边，为终边的角，然后和三角函数的知识可求出答案.【小问1详解】因为点B在单位圆上，且其横坐标为，所以其纵坐标为所以【小问2详解】设是以OA为始边，OB为终边的角，是以OA为始边，为终边的角，则，其中所以当时， 19. 在四棱锥中，二面角的大小为，且PA=PD=，.（1）求证：；（2）设E是直线PC上一点，求AE与平面PAB所成角正弦的最大值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1) 取中点，证明，由线面垂直判定定理证明平面，由此可证；(2)建立空间直角坐标系利用向量法求AE与平面PAB所成角正弦再求其最大值.
17、【小问1详解】取中点，则，PO，BO平面POB，平面，平面， ；【小问2详解】以为原点，为x，y轴，建立空间直角坐标系，由（1）知，则，设，则设平面的法向量，则，故取设与平面所成角，则故与平面所成角正弦的最大值，20. 在数列中，当时，其前n项和满足：.（1）求证：数列是等差数列；（2）若对一切正整数n恒成立，求实数k的最大值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由，代入条件整理可得，即化为，从而可证明.(2)由题意分离参数可得，令，讨论出的单调性，得出其最小项即可得出答案.【小问1详解】， 即，所以，故数列是等差数列；【小问2详解】（2） ，令，则，令得，.由令，解得所以数
18、列中当时单调递减，时单调递增.所以21. 已知抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合.（1）求抛物线的方程；（2）过点F作直线l交抛物线于A，C两点，过A，C作l的垂线分别与y轴交于B，D，求四边形ABCD面积的最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先求得椭圆的焦点坐标，再根据抛物线的焦点为椭圆的一个焦点求解；（2）设直线AC：y=kx+1，与抛物线方程联立，设，根据直线的位置关系，得到直线AB的方程，令x=0得到点B的坐标，同理得到点D的坐标，然后由结合韦达定理求解.【小问1详解】解：椭圆的焦点坐标为：，因为抛物线的焦点F与椭圆的一个焦点重合，所以，故抛物线的方程为；【小问2详解】
19、解：设直线AC：y=kx+1，代入抛物线方程得:，设，则，直线，同样可得 ，由抛物线对称性，只需考虑的情形，则，所以，令，得，当时，当时，所以当时，四边形ABCD面积最小，最小值为：.22. 已知函数.（1）设函数，且恒成立，求实数的取值范围；（2）求证：；（3）设函数的两个零点、，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用参变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；（2）证明出，即可证得结论成立；（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.【小问1
20、详解】解：由可得，可得，令，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，所以，；【小问2详解】解：要证，即证，由（1）可知，当且仅当时，等号成立，令，其中，则，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，因为和取等的条件不同，故，即；【小问3详解】解：由题知，得，得.得，不妨设，记.令，则，所以在上单调递增，所以，则，即，所以.因为，所以，即.令，则在上单调递增.又，所以，即，所以.点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.