1、 2 2018018 浙江浙江 一一选择题选择题(本大题共本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分) 1已知全集 U1，2，3，4，5，A1，3，则 CUA( ) A B 1，3 C 2，4，5 D 1，2，3，4，5 2双曲线x 2 3y 21 的焦点坐标是( ) A ( 2，0)，( 2，0) B(2，0)，(2，0)C (0， 2)，(0， 2)D (0，2)，(0，2) 3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)是( ) A 2 B 4 C 6 D 8 4复数 2 1i(i 为虚数单位)的共轭复数是( ) A 1i B 1i
2、 C 1i D 1i 5函数 y2|x|sin2x 的图象可能是( ) DCB A x y O x y O x y OO y x 6已知平面 ，直线 m，n 满足 m，n，则“mn”是“m”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 7设 0p1，随机变量 的分布列是 0 1 2 P 1p 2 1 2 p 2 则当 p 在(0，1)内增大( ) AD()减小 B D()增大 C D()先减小后增大 D D()先增大后减小 8已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB 上的点(不含端点)，设 SE 与 BC 所成的角为
3、1，SE 与平面 ABCD 所成的角为 2，二面角 SABC 的平面角为 3，则( ) A123 B321 C132 D231 9已知 a，b，e 是平面向量，e 是单位向量，若非零向量 a 与 e 的夹角为 3，向量 b 满足 b 24eb 30，则|ab|的最小值是( ) A1 B 1 C 2 D 2 10已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1a2a3a4ln(a1a2a3)，若 a11，则( ) Aa1a3，a2a4 Ba1a3，a2a4 Ca1a3，a2a4 Da1a3，a2a4 二二填空题填空题(本大题共本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，
4、单空题每题 4 分，共分，共 36 分分) 11我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题： “今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三； 鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁、鸡母，鸡雏个数分别为 x，y，z，则 xyz100， 5x3y1 3z100， ，当 z81 时，x_，y_ 12若 x，y 满足约束条件，则 zx3y 的最小值是_，最大值是_ 13 在ABC 中， 角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 若 a， b2， A60 ， 则 sinB_， c_ 14二项式( 1 2x) 8的展开式的常数项是_ 15已知 R，函数 f(x) x4，x，
5、x24x3，x.，当 2 时，不等式 f(x)0 的解集是_， 若函数 f(x)恰有 2 个零点，则 的取值范围是_ 16从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字，从 0，2，4，6 中任取 2 个数字，一共可以组成_ 个没有重复数字的四位数(用数字作答) 17已知点 P(0，1)，椭圆x 2 4y 2m(m1)上两点 A，B 满足AP2PB，则当 m_时，点 B 横坐标的绝对值最大 解答题解答题(本大题共本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分) 18(14 分)已知角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的终边过点 P( ， ) 求 sin()的值； 若角 满足 s
6、in()，求 cos 的值 19(15 分)如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，ABC120 ，A1A4，C1C1，ABBCB1B2 证明：AB1平面 A1B1C1 求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值 20(15 分)已知等比数列an的公比 q1，且 a3a4a528，a42 是 a3，a5的等差中项，数列bn满足 b11，数列(bn1bn)an的前 n 项和 为 2n2n 求 q 的值 求数列bn的通项公式 21(15 分)如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线 C：y2 4x 上存在不同的两点 A，B 满足
7、PA，PB 的中点均在 C 上 设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴 若 P 是半椭圆 x2y 2 41(x0)上的动点，求PAB 面积的取 值范围 22(15 分)已知函数 f(x) xln x 若 f(x)在 xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln2 若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 ykxa 与曲线 yf(x)有唯一公共点 C1 B1 A1 C B A PM B A O y x 数数 学学 答答 案案 1解答：由题意知，UA2，4，5 2解答：因 c2314，故双曲线x 2 3y 21 的焦点坐标是(2，0)，(2，0) 3解答：由
8、三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体 积 V1 2 (12) 2 26 4解答：因为 2 1i 2（1i） （1i）（1i） 2（1i） 1i2 1i，所以复数 2 1i的共轭复数为 1i 5设 f(x)2|x|sin 2x，其定义域关于坐标原点对称，又 f(x)2| x| sin(2x)f(x)，故 y f(x)是奇函数，故排除；令 f(x)0，故 sin 2x0，故 2xk(kZ)，故 xk 2 (kZ)，故排除 故填 6【解】若 m，n，mn，由线面平行的判定定理知 m若 m，m，n， 不一定推出 mn，直线 m 与 n 可能异面故“mn”是“m”的充分不
9、必要条件 7解答：由题可得 E()1 2p，所以 D()p 2p1 4(p 1 2) 21 2，所以当 p 在(0，1) 内增大时，D()先增大后减小 8解答：作 SO 垂直于平面 ABCD，垂足为 O，取 AB 的中点 M，连接 SM过 O 作 ON 垂 直于直线 SM，可知 2SEO，3SMO，过 SO 固定下的二面角与线面角关系，得 23易 知，3也为 BC 与平面 SAB 的线面角，即 OM 与平面 SAB 的线面角，根据最小角定理，OM 与直线 SE 所成的线线角 31，故 231 9解答：设 O 为坐标原点，aOA ，bOB (x，y)，e(1，0)，由 b24e b30 得 x2
10、y24x 30，即(x2)2y21，所以点 B 的轨迹是以 C(2，0)为圆心，1 为半径的圆因为 a 与 e 的夹 角为 3， 所以不妨令点 A 在射线 y 3x(x0)上， 如图， 数形结合可知|ab|min|CA |CB| 31 解 设 e(1，0)，a(x，y)，b(m，n)，由题设可得 a e|a| |e|cos 3，即 x 1 2 x2y2，整理得 y 3x(x0)又由 b24e b30 可得 m2n24m30，整理得(m2)2n21在直角坐标 系 xOy 中，分别画出圆 C：(x2)2y21，射线 l：y 3x(x0)，过圆心 C 作 CDl，交直线 l 与点 D由直观图可知，|
11、ab|的最小值是|CD|1 31故选 A 10解答：因 ln xx1，故 a1a2a3a4ln(a1a2a3)a1a2a31，得 a41， 即 a1q31，故 q0若 q1，则 a1a2a3a4a1(1q)(1q2)0，a1a2a3a1(1q q2)a11，矛盾故1q0，则 a1a3a1(1q2)0，a2a4a1q(1q2)0故 a1a3， a2a4 11法一：由题意，得 xy81100， 5x3y1 381100， 即 xy19， 5x3y73， 解得 x8， y11. 法二：1008119(只)，81 327(元)，1002773(元)假设剩余的 19 只鸡全是鸡翁，则 51995(元)因
12、为 957322(元)，所以鸡母：22 (53)11(只)，鸡翁：19118(只) 12解答：不等式组所表示的平面区域如图所示，当 x4， y2， 时，zx3y 取最小值，最 小值为2；当 x2， y2. 时，zx3y 取最大值，最大值为 8 13因为 a 7，b2，A60 ，故由正弦定理得 sin Bbsin A a 2 3 2 7 21 7 由余弦定 理 a2b2c22bccos A 可得 c22c30，故 c3 14解析 该二项展开式的通项公式为 Tr1Cr8x 8r 3( 1 2x) rCr 8(1 2) rx8 4r 3 令84r 3 0，解得 r 2，所以所求常数项为 C28(1
13、2) 27 15解答：(1)若 2，当 x2 时，令 x40，得 2x4；当 x2 时，令 x24x30，解得 1x2综上可知，1x4，所以不等式 f(x)0 的解集 为(1，4) (2)令 f(x)0， 当 x 时， x4， 当 x 时， x24x30， 解得 x1 或 x3 因 为函数 f(x)恰有 2 个零点，结合如图函数的图象知，13 或 4 16解答：C25C23A44C25C13C13A337205401260 17解答： 法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线斜率不存在时，m9，x20当直线斜率存在时，设 AB 为 ykx1代入x 2 4y 2m 得，(14k2)x
14、28kx44m0，0 得，4mk2m10，x 1x2 8k 14k2， 12 2 44 41 m x x k 因AP 2PB，故 12 2xx ，解得 x1 16k 14k2，x2 8k 14k2故 2 2 88 2 1 41 4 k x k k k (当且仅当|k|1 2时取“”)x1x2 16k 14k2 8k 14k28， 12 2 44 22 41 m x xm k ，得 m5，故当 m5 时，点 B 横坐标最大 法二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由2，得 x12x2， 1y12（y21），即 x 12x2，y132y2因为点 A，B 在椭圆上，故 4x22 4 （32y2
15、）2m， x22 4y 2 2m， 得 y21 4m 3 4，故 x 2 2m(32y2) 21 4m 25 2m 9 4 1 4(m5) 244，故当 m5 时，点 B 横坐标的绝对值最大，最大值为 2 18解答：由角 的终边过点 P( ， )得 sin 4 5，故 sin()sin 4 5 由角 的终边过点 P( ， )得 cos 3 5，由 sin() 5 13得 cos() 12 13由 () 得 cos cos()cos()cos sin()sin ，故 cos 56 65或 cos 16 65 19解答：(1)证明 如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为 x
16、， y 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 Oxyz 由题意知各点坐标如下： A(0， 3，0)，B(1，0，0)，A1(0， 3，4)，B1(1，0，2)，C1(0， 3， 1)因此AB1 (1， 3，2)，A1B1 (1， 3，2)，A1C1 (0，2 3，3)由 AB1 A1B1 0 得 AB1A1B1由AB1 A1C1 0 得 AB1A1C1，A1B1A1C1A1， 所以 AB1平面 A1B1C1 (2)设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 由(1)可知AC1 (0，2 3，1)，AB (1， 3，0)，BB1 (0，0，2)设平面 ABB1的法向量 n(x，y，z)由 n AB 0
17、， n BB1 0， 即 x 3y0， 2z0， 令 y1，则 x 3，z0，可得平面 ABB1的一个法向量 n( 3，1，0)所以 sin |cosAC1 ，n| |AC1 n| |AC1 | |n| 39 13 因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 39 13 20解答：(1)由 a42 是 a3，a5的等差中项得 a3a52a44，故 a3a4a53a4428，解得 a48由 a3a520 得 8(q1 q)20，解得 q2 或 q 1 2，因为 q1，故 q2 (2)设 cn(bn1bn)an，数列cn前 n 项和为 Sn由 cn S1，n1， SnSn1，n2，解得
18、c n4n1由(1)可 知 an2n 1，故 b n1bn(4n1) (1 2) n1，故 b nbn1(4n5) (1 2) n2，n2，b nb1(bnbn1) (bn1bn2)(b3b2)(b2b1)(4n5) (1 2) n2(4n9) (1 2) n37 1 23 设Tn37 1 2 11 (1 2) 2(4n5) (1 2) n2，n2，1 2Tn3 1 27 ( 1 2) 2(4n9) (1 2) n2(4n5) (1 2) n1，故1 2Tn 34 1 24 ( 1 2) 24 (1 2) n2( )4n5 (1 2) n1，因此 T n14(4n3) (1 2) n2，n2，
19、又 b 11，故 bn15(4n3) (1 2) n2，n2，又 b 11 也适合上式，故 bn15(4n3) (1 2) n2(nN*) 21解答：(1)证明 设 P(x0，y0)，A 1 4y 2 1，y1，B 1 4y 2 2，y2因为 PA，PB 的中点在抛物线上，所以 y1，y2为方程 yy0 2 2 4 1 4y 2x 0 2 ，即 y22y0y8x0y200 的两个不同的实根所以 y1y22y0， 因此，PM 垂直于 y 轴 (2)解 由(1)可知 y1y22y0， y1y28x0y20，所以|PM| 1 8(y 2 1y 2 2)x03 4y 2 03x0， |y1y2|2 2
20、（y 2 04x0） 因 此，PAB 的面积 SPAB1 2|PM| |y1y2| 3 2 4 (y204x0)3 2因为 x 2 0y 2 0 41(x00)，所以 y 2 04x0 4x204x044，5，因此，PAB 面积的取值范围是 6 2，15 10 4 22解答：(1)f(x) 1 2 x 1 x，不妨设 f(x1)f(x2)t，即 x1，x2 是方程 1 2 x 1 xt 的两根， 即 x1， x2 是方程 tx2x 210 的根，所以 1 44t0，得 0t 1 16，且 x1 x2 1 2t， x1 x2 1 t，f(x1) f(x2)( x1 x2)ln x1x2 1 2t
21、ln 1 t2 1 2t2ln t，令 g(t) 1 2t2ln t，g(t) 2 t 1 2t2 4t1 2t2 0，故 g(t)在(0， 1 16)上单调递减故 g(t)g( 1 16)88ln2，即 f(x1)f(x2)88ln2 (2)设 h(x)(kxa)f(x)kxa xln x，则当 x 充分小时 h(x)0，充分大时 h(x)0，故 h(x) 至少有一个零点，则 h(x)k 1 2 x 1 xk 1 16( 1 x 1 4) 2，k1 16，则 h(x)0，h(x)递增，h(x) 有唯一零点，0k 1 16，则令 h(x)0，得 h(x)有两个极值点 x1，x2(x1x2)，故 1 11 4x ，故 0 x116可知 h(x)在(0，x1)递增，(x1，x2)递减，(x2，)递增，故 1111111 1 1 11 ( )ln()ln 2 h xkxxxaxxxa xx 1 1 1 ln 2 x xa ，又 1 1 11 1 411 () 44 x h x xxx ，故 h(x1)在(0，16)上单调递增，故 h(x1)h(16)3aln163 a4ln20，故 h(x)有唯一零点， 综上可知，k0 时，ykxa 与 yf(x)有唯一公共点
