1、已知等比数列an的各项均为正，且 5a3，a2，3a4成等差数列，则数列an的公 比是（ ） A B2 C D 6 （4 分）函数 f（x）（x+1）ln（|x1|）的大致图象是（ ） A B 第 2 页（共 19 页） C D 7 （4 分）已知直线 l1：ax+2y+40，l2：x+（a1）y+20，则“a1”是“l1l2”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）已知随机变量 的分布列如下，则 E（）的最大值是（ ） 1 0 a P A B C D 9 （4 分）已知长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 AC 为正方形，AA1
2、a，ABb，且 ab， 侧棱 CC1上一点 E 满足 CC13CE，设异面直线 A1B 与 AD1，A1B 与 D1B1，AE 与 D1B1 的所成角分别为 ，则（ ） A B C D 10 （4 分）已知向量 ， 满足| |1，|2 + |+| |4，则| + |的取值范围是（ ） A2，2 B1， C2，2+ D，2 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题小题，多空题 6 分，单空题分，单空题 4 分，共分，共 36 分）分） 11 （6 分）计算：2lg2+lg25 ，方程 log2（x+1）3 的解为 12 （6 分）已知函数 f（x）sin（x+） （0）的最小正
3、周期是 4，则 ， 若 f（+），则 cos 13 （6 分）已知 （2x2） （1+ax）3的展开式的所有项系数之和为 27，则实数 a ， 展开式中含 x2的项的系数是 14 （6 分）在平面直角坐标系中，不等式组所表示的平面区域的面积等 于 ，z2x+y 的取值范围是 第 3 页（共 19 页） 15 （4 分）已知正实数 x，y 满足 x+2y4，则的最大值为 16 （4 分）浙江省现行的高考招生制度规定除语、数、英之外，考生须从政治、历史、地 理、物理、化学、生物、技术这 7 门高中学考科目中选择 3 门作为高考选考科目，成绩 计入高考总分已知报考某高校 A、B 两个专业各需要一门科
4、目满足要求即可，A 专业： 物理、化学、技术；B 专业：历史、地理、技术考生小李今年打算报考该高校这两个 专业的选考方式有 种 （用数字作答） 17 （4 分）已知点 P 是抛物线 y24x 上的一点，过 P 作直线 x2 的垂线，垂足为 H， 直线 l 经过原点，由 l 上的一点 Q 向圆 C： （x+5）2+（y3）22 引两条切线，分别切圆 C 于 M，N 两点，且MQN 为直角三角形，则|PQ|+|PH|的最小值是 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）骤） 18 （14
5、 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 （）求角 A 的大小； （）若 a，b+c4，求ABC 的面积 19 （15 分）在数列an、bn中，设 Sn是数列an的前 n 项和，已知 a11，an+1an+2， 3b1+5b2+（2n+1）bn2n an+1，nN （）求 an和 Sn； （）若 nk 时，bn8Sn恒成立，求整数 k 的最小值 20 （15 分）如图，多面体 PABCDA1B1C1D1由正方体 ABCDA1B1C1D1和四棱锥 PABCD 组成正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 2，四棱锥 PABCD 侧棱长都相等，高为 1 （）求证：B1C平
6、面 PCD； （）求二面角 BPB1C 的余弦值 21 （15 分）已知椭圆 C 的中心在坐标原点 O，其右焦点为 F（1，0） ，以坐标原点 O 为圆 第 4 页（共 19 页） 心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线 xy+0 相切 （）求椭圆 C 的方程； （）经过点 F 的直线 l1，l2分别交椭圆 C 于 A，B 及 C，D 四点，且 l1l2，探究：是 否存在常数 ，使得|AB|+|CD|AB| |CD| 22 （15 分）已知函数，且曲线 yf（x）在点 （2，f （2） ） 处的切线方程为 yx2 （）求实数 a，b 的值； （）函数 g（x）f（x+1）mx（mR）有两个不同的零点
7、 x1，x2，求证：x1 x2e2 第 5 页（共 19 页） 2018-2019 学年浙江省嘉兴市高三（上）期末数学试卷学年浙江省嘉兴市高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分 ）分 ） 1 （4 分）已知集合 Ax|1x2，Bx|x1，则 AB（ ） Ax|1x1 Bx|x1 Cx|x2 Dx|1x2 【分析】利用交集定义直接求解 【解答】解：集合 Ax|1x2，Bx|x1， ABx|1x2 故选：D 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力
8、，是基础 题 2 （4 分）已知复数 z11+2i，z22i（i 是虚数单位） ，则 z1 z2（ ） A3i B43i C4+3i D43i 【分析】利用复数的运算法则即可得出 【解答】解：z1z2（1+2i） （2i）4+3i， 故选：C 【点评】本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 3 （4 分）双曲线的离心率是（ ） A B C D 【分析】利用双曲线的标准方程，求出 a，b，c，然后求解双曲线的离心率即可 【解答】解：双曲线的 a2，b，c， 可得 e 故选：B 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查 4（4 分） 某几何体的三视图如图所示
9、 （单位： cm） ， 则该几何体的体积 （单位： cm3） 是 （ ） 第 6 页（共 19 页） A36 B54 C72 D108 【分析】首先利用几何体的三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积和表面积公 式求出结果 【解答】解：根据几何体的三视图， 复原为几何体是：下底为边长为 6 的长方形，高为 3的四棱锥体， 几何体的体积为：V 故选：A 【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，主要考察几何体的体积公式的 应用和相关的运算问题的应用，属于基础题型 5 （4 分）已知等比数列an的各项均为正，且 5a3，a2，3a4成等差数列，则数列an的公 比是（ ） A B2 C D
10、 【分析】利用各项均为正数的等比数列an，5a3，a2，3a4成等差数列，建立方程，即可 求出等比数列an的公比 【解答】解：设等比数列an的公比为 q，则 各项均为正数的等比数列an，5a3，a2，3a4成等差数列， 2a25a3+3a4， 3q2+5q20， q0， q， 故选：C 第 7 页（共 19 页） 【点评】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算能力，比较基础 6 （4 分）函数 f（x）（x+1）ln（|x1|）的大致图象是（ ） A B C D 【分析】利用极限思想，结合函数值的符号，利用排除法进行求解即可 【解答】解：当 x+时，f（x）+，排除 A，C， f（5）4ln6
11、0，排除 C，D， 故选：B 【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用排除法结合极限思想是解决本题的 关键 7 （4 分）已知直线 l1：ax+2y+40，l2：x+（a1）y+20，则“a1”是“l1l2”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 【分析】由两直线平行的充要条件得： “l1l2”的充要条件为：，即： a1，即“a1”是“l1l2”的充分必要条件，得解 【解答】解：已知直线 l1：ax+2y+40，l2：x+（a1）y+20， 又“l1l2”的充要条件为：， 解得：a1， 即“a1”是“l1l2”的充分必要条件， 故选：C 【
12、点评】本题考查了两直线平行的充要条件及命题间的充要关系，属简单题 第 8 页（共 19 页） 8 （4 分）已知随机变量 的分布列如下，则 E（）的最大值是（ ） 1 0 a P A B C D 【分析】利用已知条件，求出期望的表达式，然后求解最大值 【解答】解：由题意可知：，即 ab0 E（）+a（）+b2（b）2 故选：B 【点评】本题考查离散型随机变量的期望的求法，考查转化思想以及计算能力 9 （4 分）已知长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 AC 为正方形，AA1a，ABb，且 ab， 侧棱 CC1上一点 E 满足 CC13CE，设异面直线 A1B 与 AD1，A1B 与 D1B1
13、，AE 与 D1B1 的所成角分别为 ，则（ ） A B C D 【分析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利 用向量法能求出结果 【解答】解：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系 长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 AC 为正方形，AA1a，ABb，且 ab，侧棱 CC1 上一点 E 满足 CC13CE， 设异面直线 A1B 与 AD1，A1B 与 D1B1，AE 与 D1B1的所成角分别为 ， A1（b，0，a） ，B（b，b，0） ，A（b，0，0） ， D1（0，0，a） ，
14、B1（b，b，a） ，E（0，b，） ， （0，b，a） ，（b，0，a） ， （b，b，0） ，（b，b，） ， cos， cos， 第 9 页（共 19 页） cos0， coscoscos0， 故选：B 【点评】本题考查异面直线所成角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位 置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题 10 （4 分）已知向量 ， 满足| |1，|2 + |+| |4，则| + |的取值范围是（ ） A2，2 B1， C2，2+ D，2 【分析】由|2 + |+| |4 变形为，联想椭圆定义即可得解 【解答】解：| |1， 不妨设， 由|2 +
15、|+| |4， 得|4， 令， 其对应点 Z 的轨迹是以（1，0） ， （1，0）为焦点的椭圆， 方程为：， 长半轴为 2，短半轴为， 第 10 页（共 19 页） | |， 故选：D 【点评】此题考查了向量模的几何意义，椭圆定义等，设计较好，难度适中 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题小题，多空题 6 分，单空题分，单空题 4 分，共分，共 36 分）分） 11 （6 分）计算：2lg2+lg25 2 ，方程 log2（x+1）3 的解为 x7 【分析】利用对数的性质、运算法则直接求解 【解答】解：2lg2+lg25lg4+lg25lg1002， 方程 log2（x+
16、1）3， x+1238， 解得 x7 故答案为：2，x7 【点评】本题考查对数式化简求值，考查对数方程的解法，考查对数的性质、运算法则 等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题 12 （6 分）已知函数 f（x）sin（x+） （0）的最小正周期是 4，则 ， 若 f（+），则 cos 【分析】由题意利用正弦函数的周期性求得 ，可得函数的解析式，从而由题意求得 cos的值，再利用二倍角的余弦公式，求得 cos 的值 【解答】解：函数 f（x）sin（x+） （0）的最小正周期是4，则 ，f（x）sin（+） ； 若 f（+）sin（+）cos，则 cos2cos21， 故答案
17、为：； 【点评】本题主要考查正弦函数的周期性，二倍角的余弦公式的应用，属于基础题 13 （6 分）已知 （2x2） （1+ax）3的展开式的所有项系数之和为 27，则实数 a 2 ， 展开式中含 x2的项的系数是 23 【分析】取 x1，结合展开式的所有项系数之和为 27 求得 a 值，然后展开两数和的立方 公式，可得展开式中含 x2的项的系数 【解答】解：由已知可得， （212） （1+a）327，则 a2 第 11 页（共 19 页） （2x2） （1+ax）3（2x2） （1+2x）3（2x2） （1+6x+12x2+8x3） 展开式中含 x2的项的系数是 212123 故答案为：2；2
18、3 【点评】本题考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给 二项式的 x 赋值，求展开式的所有项系数和，可以简便的求出答案，属于基础题 14（6 分） 在平面直角坐标系中， 不等式组所表示的平面区域的面积等于 2 ， z2x+y 的取值范围是 1，6 【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求面积，只需求出区域图形的面 积即可利用目标函数的最值求解范围即可 【解答】 解： 不等式组表示的可行域如图， 三条直线围成的三角形， 可得 C（1，0） ，可得 B（1，4） ，解得 A（0，1） 区域面积为：412 z2x+y 经过可行域 B 取得最大值，经过 A 取得最小
19、值，所以 z 的取值范围是1，6 故答案为：2；1，6 【点评】本题考查了二元一次不等式与一次函数的关系及三角形面积的计算方法，注意 运用图形结合可以更直观地得解 15 （4 分）已知正实数 x，y 满足 x+2y4，则的最大值为 3 【分析】2x（y+1）x（2y+2）（）29，利用基本不等式即可 【解答】解：x+2y4， 第 12 页（共 19 页） x+2y+26 2x（y+1）x（2y+2）（）29，当且仅当 x2y+2 时，即 x3，y取 等号， 3， 即的最大值为 3， 故答案为：3 【点评】本题考查基本不等式，考查转化与代入思想，属于基础题 16 （4 分）浙江省现行的高考招生制
20、度规定除语、数、英之外，考生须从政治、历史、地 理、物理、化学、生物、技术这 7 门高中学考科目中选择 3 门作为高考选考科目，成绩 计入高考总分已知报考某高校 A、B 两个专业各需要一门科目满足要求即可，A 专业： 物理、化学、技术；B 专业：历史、地理、技术考生小李今年打算报考该高校这两个 专业的选考方式有 27 种 （用数字作答） 【分析】由题意，可以分四类，根据分类计数原理即可求出 【解答】解：若选技术，则从剩余的 6 门中，任选 2 门即可，故有 C6215 种， 若不选技术，从物理、化学选一门，从历史、地理选一门，再从政治、生物中选一门， 有 C21C21C218， 当考生同时选物
21、理、化学时，还要从历史、地理中选择一门，有 2 种， 当考生同时选历史、地理物理、化学时，还要从物理、化学中选择一门，有 2 种， 根据分类计数原理可得共有 15+8+2+227 种， 故答案为：27 【点评】本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于中档题 17 （4 分）已知点 P 是抛物线 y24x 上的一点，过 P 作直线 x2 的垂线，垂足为 H， 直线 l 经过原点，由 l 上的一点 Q 向圆 C： （x+5）2+（y3）22 引两条切线，分别切圆 C 于 M，N 两点，且MQN 为直角三角形，则|PQ|+|PH|的最小值是 31 【分析】求得圆 C 的圆心和半径，由圆的切线的性质可
22、得 Q 在以 C 为圆心，2 为不是你 家的圆上，运用抛物线的定义，求得|PF|+|PQ|的最小值，连接 CF，计算可得所求最小值 【解答】解：圆 C 的圆心 C（5，3） ，半径为， 由 l 上的一点 Q 向圆 C： （x+5）2+（y3）22 引两条切线，分别切圆 C 于 M，N 两点， 第 13 页（共 19 页） 可得四边形 MCQN 为正方形，边长为 2， 由抛物线 y24x 可得 F（1，0） ，准线方程为 x1， 则|PH|+|PQ|PF|+|PQ|+1， 连接 FC 交抛物线于 P，可得|PQ|+|PF|QF|， 此时|PQ|+|PF|取得最小值， 可得|PF|+|PQ|CF|
23、2232， 则|PH|+|PQ|的最小值为 31 故答案为：31 【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查圆的切线的性质，以及三点共线取 得最小值，考查转化思想和数形结合思想，属于中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 18 （14 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 （）求角 A 的大小； （）若 a，b+c4，求ABC 的面积 【分析】 （）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得 2sinBcosAsinB， 结合
24、sinB0，可求 cosA，结合范围 A（0，） ，可求 A 的值 （）由余弦定理可解得 bc6，进而根据三角形的面积公式即可计算得解 【解答】 （本题 14 分） 解： （） 由正弦定理可得：，整理可得：2sinBcosAcosCsinA+sinCcosA， 可得：2sinBcosAsin（A+C）sinB， sinB0， 第 14 页（共 19 页） 解得 cosA， 又A（0，） ， A；7 分 （）a，b+c4，A， 由余弦定理可得：a2b2+c22bccosA（b+c）22bc2bccosA， （）2（4）22bc2bc，解得：bc6， SABCbcsinA14 分 【点评】本题主要
25、考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，三角形的面积 公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 19 （15 分）在数列an、bn中，设 Sn是数列an的前 n 项和，已知 a11，an+1an+2， 3b1+5b2+（2n+1）bn2n an+1，nN （）求 an和 Sn； （）若 nk 时，bn8Sn恒成立，求整数 k 的最小值 【分析】 （）根据题意，分析可得数列an为等差数列，且公差为 2，由等差数列的前 n 项和公式以及前 n 项和公式分析可得答案； （）根据题意，由（）的结论可得 3b1+5b2+（2n+1）bn2n（2n1）+1，分析 可得 3b
26、1+5b2+（2n1）bn12n（2n3）+1；两式相减，分析可得 bn2n 1，令 b n 8Sn，即 2n 18n2；分析可得答案 【解答】解： （）根据题意，数列an满足 an+1an+2，则数列an为等差数列，且公 差为 2， 又由 a11，则 ana1+（n1）d2n1； 则 Snn2； （）根据题意，3b1+5b2+（2n+1）bn2n（2n1）+1， 当 n2 时，有 3b1+5b2+（2n1）bn12n（2n3）+1， 可得： （2n+1）bn2n 1（2n+1） ， 则 bn2n 1， 当 n1 时，3b12+13，变形可得 b11，满足 bn2n 1， 第 15 页（共 1
27、9 页） 故 bn2n 1， 令 bn8Sn，即 2n 18n2； 分析可得：n11，2n 18n2，即 n 的最小值为 11 【点评】本题考查数列的递推公式，涉及数列的求和以及数列与不等式的综合应用，属 于综合题 20 （15 分）如图，多面体 PABCDA1B1C1D1由正方体 ABCDA1B1C1D1和四棱锥 PABCD 组成正方体 ABCDA1B1C1D1棱长为 2，四棱锥 PABCD 侧棱长都相等，高为 1 （）求证：B1C平面 PCD； （）求二面角 BPB1C 的余弦值 【分析】 （）以 D1 为坐标原点，分别以 D1A1，D1C1，D1D 所在直线为 x，y，z 轴建立 空间直
28、角坐标系，分别求出，的坐标，由数量积为 0 可得 B1CCD，B1C CP，再由线面垂直的判定可得 B1C平面 PCD； （）分别求出平面 CPB1 的一个法向量与平面 BPB1 的一个法向量，由两法向量所成 角的余弦值可得二面角 BPB1C 的余弦值 【解答】 （）证明：以 D1 为坐标原点，分别以 D1A1，D1C1，D1D 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 由已知可得：B1（2，2，0） ，C（0，2，2） ，P（1，1，3） ，D（0，0，2） ，B（2，2，2） ， 则， ，B1CCD，B1CCP， 又 CDCPC，B1C平面 PCD； （）解：设平面 CPB1 的一个
29、法向量为 第 16 页（共 19 页） 由，取 z1，可得 又平面 BPB1 的一个法向量， cos 由图可知，二面角 BPB1C 为钝二面角， 二面角 BPB1C 的余弦值为 【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用 空间向量求解二面角的大小，是中档题 21 （15 分）已知椭圆 C 的中心在坐标原点 O，其右焦点为 F（1，0） ，以坐标原点 O 为圆 心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线 xy+0 相切 （）求椭圆 C 的方程； （）经过点 F 的直线 l1，l2分别交椭圆 C 于 A，B 及 C，D 四点，且 l1l2，探究：是 否存在常数 ，使得|AB
30、|+|CD|AB| |CD| 第 17 页（共 19 页） 【分析】 （）根据点到直线的距离等于圆的半径列式以及 a2b2+c2可解得 a24，b2 3，从而得椭圆 C 的方程； （）假设存在常数 ，使得|AB|+|CD|AB|CD|恒成立，则 +，再对两 直线是否有斜率讨论，设出直线后与椭圆联立，由弦长公式求出|AB|，|CD|代入解出 即 可 【解答】解： （）设所求椭圆 C 的方程为+1（a0b0） 由点 O 到直线 xy+0 的距离为 b，故 b， 又 c1，所以 a2b2+c24， 故所求椭圆 C 的方程为+1 （）假设存在常数 ，使得|AB|+|CD|AB|CD|恒成立，则 +，
31、（i）当 l1与 l2其中一条直线的斜率不存在时，易知|AB|，|CD|其中一个为长轴，另一个 为通径，长轴为为 2a4，通径为3， 此时 +， （ii）当 l1与 l2斜率存在且不为 0 时，不妨设 l1的方程为 xty+1（t0） ， 则 l2的方程 xy+1，联立方程，消去 x 可得（3t2+4）y2+6ty90， 设 A（ty1，y1） ，B（ty2+1，y2） 则 （*） 所以|AB|， 将（*）代入，化简得|AB|， 第 18 页（共 19 页） 在|AB|的表达式中用“代“t“可得|CD|， 所以 + 综合（i） （ii）可知存在常数，使得|AB|+|CD|AB|CD|恒成立 【
32、点评】本题考查了直线与椭圆的综合，属难题 22 （15 分）已知函数，且曲线 yf（x）在点 （2，f （2） ） 处的切线方程为 yx2 （）求实数 a，b 的值； （）函数 g（x）f（x+1）mx（mR）有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1 x2e2 【分析】 （）求出函数的导数，得到关于 a，b 的方程组，解出即可； （）求出 m，问题转化为只需证明 ln0，令 t， 由于 x1x20，故 t1，设 F（t）lnt， （t1） ，根据函数的单调性即可证 明 【解答】解： （）曲线 yf（x）在点 （2，f （2） ）处的切线方程为 yx2， 则， 又 f（x）ln（x+a），f（x
33、）+， 故，解得：a1，b0； （）由（）知，f（x）ln（x1） ，故 f（x+1）lnx， 故 g（x）lnxmx（mR） ， g（x）的两个不同的零点为 x1，x2，不妨设 x1x20， g（x1）g（x2）0，故 lnx1mx1，lnx2mx2， 要证明 x1x2e2，即证明 ln（x1x2）lne22， 第 19 页（共 19 页） 而 ln（x1x2）m（x1+x2） ， 故只需证明 m（x1+x2）2 即可， 又 lnx1lnx2mx1mx2，故 m， 故只需证明， 即只需证明 lnx1lnx2， 即只需证明 ln， 即只需证明 ln0， 令 t，由于 x1x20，故 t1， 设 F（t）lnt， （t1） ， F（t）， （t1） ， 显然 F（t）0，故 F（t）是增函数， 故 F（t）F（1） ，又 F（1）0，故 F（t）0 恒成立， 即 lnt（t1）成立， 故 x1 x2e2 【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以 及转化思想，换元思想，是一道综合题
浙公网安备33030202001339号