1、2018年浙江教育绿色评价联盟适应性试卷数学试题一、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，若，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由可得是方程的两根，再根据韦达定理列方程求解即可.详解： ，由，可得是方程得两根，由韦达定理可得，即，故选B.点睛：集合的基本运算的关注点：（1）看元素组成集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提；（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题
2、简单明了，易于解决；（3）注意划归思想的应用，常常转化为方程问题以及不等式问题求解2. 复数（是虚数单位），则A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据复数代数形式的除法运算法则化简，利用复数模长公式求解即可.详解：复数，故选A.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3. 已知函数，则 “的
3、最大值为”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. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析：根据“的最大值为”与“恒成立”的因果关系可得结果.详解：因为由的最大值为，一定可得恒成立，反之，由恒成立，不一定得到的最大值为，（最大值小于也有恒成立）“的最大值为”是“恒成立”的充分不必要条件，故选A.点睛： 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，
4、转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.4. 若实数满足约束条件则的最小值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：作出表示的可行域，平移直线，利用数形结合可得结果.详解：作出表示的可行域，如图，设，得，平移直线，由图象知，当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小，由，解得，此时，即最小值为，故选D.5. 已知互相垂直的平面交于直线，若直线满足， 则A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：
5、由相垂直的平面交于直线可得，再由，推导出.详解：互相垂直的平面交于直线， 所以，由，可得 ，直线，满足，或或与相交，所以直线，直线位置关系不确定，故选C.点睛：本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.6. 函数的图象可能为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据函数是奇
6、函数可排除，再取，得到，排除.详解：因为，函数为奇函数，函数的图象关于原点对称， 可排除选项，当时，可排除选项，故选D.点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置，从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.7. 已知随机变量满足，且，若，则A. ，且 B. ，且C. ，且 D. ，且【答案】B【解析】分析：求出，从而，由，得到，从而，进而得到.详解：随机变量满足，解得，故选B.点睛： 本题主要
7、考查离散型随机变量的分布列、期望公式与方差公式的应用以及作差法比较大小，意在考查学生综合运用所学知识解决问题的能力，计算能力，属于中档题.8. 已知是双曲线的左，右焦点，是双曲线上一点，且，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：不仿设为第一象限的点，根据双曲线的定义和勾股定理，可得，所以，利用面积相等和离心率公式，化简整理即可得结果. 详解：不仿设为第一象限的点，由双曲线的定义可得， ，由勾股定理可得， ，可得，可得，因为的内切圆半径为，所
8、以由三角形的面积公式可得，化为，即，两边平方可得 ，可得，解得，故选C.点睛：本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解.9. 如图，在中，点是线段上两个动点， 且 ，则的最小值为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：设，由共线可得，由此,利用基本不等式可得结果.详解：如图可知x，y均为正，设，共线，则，则的最小值为，故选D.点睛
9、：利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.10. 四个同样大小的球两两相切，点是球上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的取值范围为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：是正四面体，设边长为，过作底面，运用线面垂直的性质，即可得到所成角的最大值，再由大圆的切线计算可得
10、所成角的最小值.详解：如图是正四面体，设边长为，过作底面，可得为底面的中心，由，可得，则在直线上时，可得直线与直线垂直，即有所成角的正弦值为，作，则，在平面内，过作球的切线，设切点为，此时最大，可得与成的最大角 ，所以的最小值为，所以与成的最小角为，即有所成角的正弦值为，则直线与直线所成角的正弦值的取值范围为.点睛：解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，利用底面距离点线距离以及利用展开图转化为平面问题，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调法以及均值不等式法.二、填空题：本大题共7小题，多空题每
11、小题6分，单空题每小题4分，共36分。11. 已知函数则_，的最小值为_【答案】 (1). 2 (2). 【解析】分析：利用分段函数，分别求的各段函数的最小值，即可求解分段函数的最小值.详解：函数，则，当时，二次函数开口向上，对称轴，函数的最小值为；当时，函数是增函数，时函数取得最小值为，时，综上函数的最小值为，故答案为 2， .点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数解不等式，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清楚，思路清晰.12. 某几何体的三
12、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_【答案】 (1). (2). 【解析】分析：由三视图可得该几何体为二分之一圆锥，圆锥的底面半径为，高为，利用圆锥的体积公式及侧面积公式可得结果.详解：由三视图可得该几何体为二分之一圆锥，圆锥的底面半径为，高为，所以可得该几何体的体积为，可得该几何体的表面积为： ，故答案为(1). (2). .点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高
13、考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.13. 在中，内角的对边分别为已知，则_，_【答案】 (1). (2). 【解析】分析：由，利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式可求出结果.详解：由于，则，解得，由于，利用正弦定理，则，整理得，解得，由，解得，则，故答案为 ，.点睛：本题主要考查余弦定理与正弦定理在解三角形中的应用
14、，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆.14. 已知，则的最大值为_，最小值为_【答案】 (1). 6 (2). 【解析】分析：可设出，画出向量，由向量数量积的定义和点与圆的距离最值，即可得到所求最值.详解：，可设，则，结合图形，当的最大值为，的最大值为，且同向，则的最大值为，当反向，则的最小值为，故答案为.点睛：本题主要考查向量的几何运算及平面向
15、量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.15. 将公差不为零的等差数列，调整顺序后构成一个新的等比数列，其中，则该等比数列的公比为_【答案】或【解析】分析：设等差数列的公差为，则，然后由，成等比数列，分类列等式求公比即可.详解：设等差数列的公差为，则，若或，则，得（舍），若，则或，则，解得，此时或，该等比数列的公比为或，故答案为或.点睛： 等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本
16、量，一般可以“知二求三”；等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.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）【答案】408【解析】分析：把红色球看做一个处理，利用分类计数原理结合分步计数原理，由左至右逐一排放，然后求和即可.详解：123456红色球个（同色不加区分），个红色排一起，把红色球看做一个，本题相当于个球的排列，将它们排成一行，最左边不排白色，个红色排一起，黄
17、色和红色不相邻，左侧号位置，放红色球，有：，号位置放红色球，则放球方法有：，号位置放红色球，则放球方法有：，号位置放红色球，则放球方法有：，排列方法有：，故答案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.17. 已知，直线与曲线和直线分别交于两点，若恒成立，则实数的取值范围为_【答案】【解析】分
18、析：由关于直线对称，可得它们的交点为，而当经过点时，取得最小值，由题意可得的不等式，解不等式求得实数的取值范围.详解：，直线与曲线和直线分别交于两点，可得，由关于直线对称，可得它们的交点为而当直线经过点时，取得最小值，即有，可得，由题意可得，解得，故答案为.点睛：数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃
19、而解.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. 已知函数（1）求的最小正周期；（2）若关于的方程在区间内有两个不相等的实数解，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式将函数化为，利用正弦函数的周期公式可得函数的周期；（2）关于的方程在区间内有两个不相等的实数解，等价于与的图象在区间内有两个不同的交点，结合正弦函数图象可得结果.详解：（1） 所以的最小正周期为 （2）因为，所以 因为在上是增函数，在上是减函数，所以在上是增函数，在上是减函数 又因为，关于的方程在区间内有两个不相等的
20、实数解，等价于与的图象在区间内有两个不同的交点，所以要使得关于的方程在区间内有两个不相等的实数解，只需满足点睛：函数的性质问题以及函数零点问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数有零点函数在轴有交点方程有根函数与有交点.本题中，.19. 如图，在三棱柱中，（1）证明：点在底面上的射影必在直线上；（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）先证明平面，可得平面平面，由面面垂直的性质定理可得点在底面上的射影必在直线上；（2）是二面角的平面角，在平面内
21、过点作，以为轴建系，求出的方向向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的法向量，由空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：（1）因为，所以平面 所以平面平面 过点作，则由面面垂直的性质定理可知又，所以重合，所以点在底面上的射影必在直线上 （2）是二面角的平面角， 法一：连接， 平面平面平面 作是直线与平面所成角又， 法二：在平面内过点作，以为轴建系则 所以 由可以求得平面的法向量所以点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直
22、数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 设函数，（1）求的导函数；（2）求在上的取值范围【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）利用初等函数求导公式以及导数的求导法则可得， ；（2）求出，在上，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间,根据单调性可得在上的取值范围详解：（1） （2）因为，所以，所以即在上单调递减 当时， 又时，所以在上的取值范围是 点睛：求函数极值及最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的
23、所有根；(4) 列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.21. 已知椭圆：的左，右焦点分别是，点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，设的内角平分线交的长轴于点（1）求实数的取值范围；（2）求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）设，则，求出的方程，利用角平分线的性质，由点到直线距离公式可得，结合，可得结果；（2），设，利用导数研究函数的单调性，结合单调性可得，从而可得结果.详解：（1）设
24、，则. 又， 所以直线的方程分别为： 因为 所以因为，可得，所以， 因此（2） 所以设，则所以， 所以当且仅当时取到等号另解： 当且仅当时取到最大值所以 点睛：解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形面积最值的.22. 已知无穷数列满足：（1）证明：；（2）证明： ；（3）证明： 【答案】（1）见解析；（2）见
25、解析；（3）见解析学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.详解：（1）由叠加可得 （2）， 因为，所以所以.所以. 别证：由（1）知，知，且 因为，所以，所以 所以（3）下面用数学归纳法证明.当时，由前面可知结论成立 假设时，不等式成立，即 当时，所以要证明成立只需证明成立即只需证明成立因为，叠加可得所以成立点睛：利用数学归纳法证明结论的步骤是:(1)验证时结论成立；（2）假设时结论正确，证明时结论正确（证明过程一定要用假设结论）；（3）得出结论.2018年浙江教育绿色评价联盟适应性试卷数学试题一、选择题：本大题
26、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，若，则A. B. C. D. 2. 复数（是虚数单位），则A. B. C. D. 3. 已知函数，则 “的最大值为”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. 既不充分也不必要条件4. 若实数满足约束条件则的最小值为A. &nbs
27、p; B. C. D. 5. 已知互相垂直的平面交于直线，若直线满足， 则A. B. C. D. 6. 函数的图象可能为A. B. 学_科_网.学_科_网.C. D. 7. 已知随机变量满足，且，若，则A. ，且 B. ，且C. ，且 D. ，且8. 已知是双曲线的左，右焦点，是双曲线上一点，且，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率为A.
28、; B. C. D. 9. 如图，在中，点是线段上两个动点， 且 ，则的最小值为A. B. C. D. 10. 四个同样大小的球两两相切，点是球上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的取值范围为A. B. C. D. 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. 已知函数则_，的最小值为_12. 某几何体的三视图
29、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. 在中，内角的对边分别为已知，则_，_14. 已知，则的最大值为_，最小值为_15. 将公差不为零的等差数列，调整顺序后构成一个新的等比数列，其中，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，直线与曲线和直线分别交于两点，若恒成立，则实数的取值范围为_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. 已知函数（1）求的最小正周期；（2）若关于的方程在区间内有两个不相等的实数解，求实数的取值范围19. 如图，在三棱柱中，（1）证明：点在底面上的射影必在直线上；（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值20. 设函数，（1）求的导函数；（2）求在上的取值范围21. 已知椭圆：的左，右焦点分别是，点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，设的内角平分线交的长轴于点（1）求实数的取值范围；（2）求的最大值
