1、浙江省高三12月高考模拟数学一、选择题：共10题:1已知集合P=xR|0x4,Q=xR|x|3，则PQ=A.3,4B.(-3,4C.(-,4D.(-3,+)【答案】B【解析】本题主要考查集合的运算.P=xR0x4，Q=xRx3=xR-3x3，则PQ=xR-3x4.故选B.2已知复数z=1+ii，其中i为虚数单位，则|z|=A.12B.22C.2D.2【答案】C【解析】本题主要考查复数的运算和复数的模.z=1+ii=i1+iii=1-i, 则z=1+1=2.故选C.3“直线l与平面内的两条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”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
2、【 答案 】B【 解析 】:本题主要考查线面垂直的判定及充分必要条件.线面垂直的判定定理：若直线与平面内的两条相交直线都垂直，则线面垂直.所以，由“直线l与平面垂直”可得“直线l与平面内的两条直线都垂直”；但“两条直线”不一定相交，由“直线l与平面内的两条直线都垂直”不一定得到“直线l与平面垂直”，故“直线l与平面内的两条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”的必要不充分条件.故选B.4已知直线y=ax是曲线y=lnx的切线，则实数a=A.12B.12eC.1eD.1e2【答案】C【解析】本题主要考查导数的几何意义.设切点为m,lnm, 由y=lnx得y=1x, 则切线斜率为1m，对应的切线为y-
3、lnm=1mx-m，即y=1mx-1+lnm,又直线y=ax是曲线y=lnx的切线，a=1m，且-1+lnm=0，解得a=1e.故选C.5函数y=xcosx(-x)的图象可能是A.B.C.D.【答案】A【解析】本题主要考查函数的图像和性质.fx=xcosx(-x),利用排除法.由f0=0,排除C选项；由f2=0,排除B、D选项,故函数y=xcosx(-x)的图象可能是A.故选A.6若整数x，y满足不等式组x-2y0,x+2y+40,7x+2y-80,则3x+4y的最大值是A.-10B.-6C.0D.5【答案】D【解析】本题主要考查简单的线性规划.画出不等式组表示的平面区域，如图所示：令z=3x
4、+4y,作直线3x+4y=0，当直线3x+4y=0平移到过点A时，z=3x+4y取得最大值，由x-2y=07x+2y-8=0，得A1，12，z的最大值为31+412=5.故选D.7已知0a12，随机变量的分布列如下：当a增大时A.E()增大，D()增大B.E()减小，D()增大C.E()增大，D()减小D.E()减小，D()减小【答案】 B【解析】本题主要考查离散型随机变量的分布和期望、方差公式.E=-a+12，当a增大时，E减小；D=-1+a-122a+a-12212-a+1+a-12212=-a2+52a+14=-a-542+2916,由0a0，则A.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1
5、-a)B.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)C.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)D.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)【答案】A【解析】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，考查分类讨论思想.F(x)=2g1-x，f(x)g1-x2fx，f(x)g1-x，Fa=2g1-a，fag1-a2f-a，fag1-a,F-a=2g1+a，fa=f-ag1+a2f-a，f(a)=f-a0,a+12-a-12=4a0,1+a1-a,g1+ag1-a,若fag1+a，则F-a=2g1+a，Fa=2g1-a，F(-a)F(a)；若g1-afag1+a，则F-a=2f-a=2fa，Fa
6、=2g1-a，F(-a)F(a)；若fag1-a，则F-a=2f-a=2fa，Fa=2fa，F-a=F(a).综上F(-a)F(a)，同理可得F(1+a)F(1-a).故选A.二、填空题：共7题11抛物线y2=2x的焦点坐标是，准线方程是.【 答案 】(12,0)，x=-12【 解析 】本题主要考查抛物线的性质.抛物线y2=2x的焦点坐标是(12,0)，准线方程是x=-12.故答案为(12,0)，x=-12.12某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3.【答案】20+45，8【解析】本题主要考查空间几何体的三视图、表面积和体积.由三视图可得该几何体为一个
7、三棱柱，底面是正视图中的直角三角形，高为2cm，则该几何体的表面积是21224+22+4+25=20+45cm2,体积是12242=8cm3.故答案为20+45，8.13在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a=23，C=3，tanA=34，则sinA=，b=.【答案】35，4+3【解析】本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式、两角和的正弦公式和正弦定理.由tanA=sinAcosA=34,得A0)，圆C1：(x-1)2+y2=1与C2：(x-3)2+y2=1，若直线l被圆C1，C2所截得两弦的长度之比是3，则实数k=.【答案】13【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系，
8、点到直线的距离公式由题意得，1-k2k2+1=31-9k2k2+1,解得k=13.故答案为13.17已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR)在区间(0,1)内有两个零点，则3a+b的取值范围是.【答案】(-5,0)【解析】本题主要考查函数零点的分布及二次函数的图像和性质.若函数fx=x2+ax+b在区间0,1内有两个零点，只需f0=b0f1=1+a+b00-a21f-a2=a22-a22+b0,解得-53a+b0.故答案为(-5,0).三、解答题：共5题18已知函数f(x)=sinxsin(x+6).(1)求f(x)的最小正周期；(2)当x0,2时，求f(x)的取值范围.【答案】(1)由题
9、意得f(x)=32sin2x+12sinxcosx=12sin(2x-3)+34，所以函数f(x)的最小正周期T=.(2)由0x2知，-32sin(2x-3)1，所以函数f(x)的取值范围为0,12+34.【解析】本题主要考查两角和与差的正弦公式、倍角公式，考查正弦函数的性质.(1)利用两角和与差的正弦公式及倍角公式化简解析式，再由正弦函数的周期公式可得结论；(2)利用的正弦函数的单调性和值域，可得结论.19如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱AA1底面ABCD，M是AC的中点，BAD=120，AA1=AB.(1)证明：MD1/平面A1BC1；(2)求直线MA1与平面A
10、1BC1所成的角的正弦值.【答案】(1)证明：连接B1D1交A1C1于点E，连接BE，BD.因为ABCD为菱形，所以点M在BD上，且ED1/BM，又ED1=BM，故四边形ED1MB是平行四边形，则MD1/BE，因此MD1/平面BC1A1.(2)由于A1B1C1D1为菱形，所以A1C1B1D1，又ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，有A1C1BB1，则A1C1平面BB1D1D，因此平面BB1D1D平面BC1A.过点M作平面BB1D1D和平面BC1A1交线BE的垂线，垂足为H，得MH平面BC1A1，连接HA1，则MA1H是直线MA1与平面BC1A1所成的角，设AA1=1，因为ABCD是菱形且BA
11、D=120，则AM=12，MB=32，在RtMAA1中，由AM=12，AA1=1，得MA1=52，在RtEMB中，由MB=32，ME=1，得MH=217，所以sinMA1H=MHMA1=210535.【解析】本题主要考查线面平行的判定、面面垂直的判定及性质，考查线面角的求法.(1)连接B1D1交A1C1于点E，连接BE，BD.证明ED1MB是平行四边形，得线线平行，再由线面平行的判定可得结论；(1)作出平面的垂线，即可找到线面角，求出相关线段的长度可得结论.20设函数f(x)=x2+11+x，x0,1.证明：(1)f(x)x2-12x+1；(2)1516f(x)2+22.【答案】(1)记g(x
12、)=f(x)-x2-1+x2=11+x-1+x2，则gx=-121+x3+12，x(0,1)，那么，g(x)在区间0,1上单调递增，又g(0)=0，所以g(x)=f(x)-x2-1+x20，从而f(x)x2-x2+1.(2)f(x)=2x-12(1+x)3，记h(x)=2x-12(1+x)3，由h(0)=-120，知存在x0(0,1)，使得h(x0)=0.因为h(x)在0,1上是增函数，所以，f(x)在区间(0,x0)上是单调递减，在区间(x0,1)上单调递增，又f(0)=1，f(1)=2+22，从而f(x)2+22.另一方面，由(1)得当x14时，f(x)x2-x2+1=(x-14)2+15
13、161516，且f(14)1516，因此，15160)，连接PA交椭圆于点C，坐标原点是O.(1)证明：OPBC；(2)若四边形OBPC的面积是325，求t的值.【答案】(1)设直线PA的方程为y=t22(x+2)，由x22+y2=1,y=t22(x+2),整理得(4+t2)x2+22t2x+2t2-8=0，解得x1=-2，x2=42-2t24+t2，则点C的坐标是(42-2t24+t2,4t4+t2)，故直线BC的斜率kBC=-2t.由于直线OP的斜率kOP=t2，故kBCkOP=-1，所以OPBC.(2)由S四边形OBPC=325，S四边形OBPC=2t3+22t4+t2，得2t3+22t
14、4+t2=325，整理得(t-1)(5t2+2t+12)=0，因为5t2+2t+120，所以t=1.【解析】本题主要考查直线与椭圆的位置关系.(1)设出直线PA的方程，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理证明两直线斜率之积等于-1即可；(2)将四边形的面积转化为关于t的表达式，得到关于t的方程即可求解.22已知数列an满足a1=1，an+1=an1+an2，an+1=an1+an2.记Sn，Tn分别是数列an，an2的前n项和，证明：当nN*时，(1)an+1an；(2)Tn=1an+12-2n-1；(3)2n-1Sn0，故an+1-an=an1+an2-an=-an31+an20，所以an+1a
15、n，nN*.(2)由1an+1=1an+an，得1an+12=1an2+an2+2，从而1an+12=1an2+an2+2=1an-12+an-12+an2+22=1a12+a12+a22+an2+2n，又a1=1，所以Tn=1an+12-2n-1，nN*.(3)由(2)知an+1=1Tn+2n+1，由Tna12=1，得an+112n+2，所以，当n2时，an12n=22n2n+n-1=2(n-n-1)，由此Sna1+2(2-1)+(3-2)+(n-n-1)=1+2(n-1)2n，又a1=1，故Sn2n-1.综上，2n-1Sn2n，nN*.【解析】本题主要考查数列与不等式的综合.(1)作差，证明an+1-an0即可；(2)将递推公式变形得1an+12=1an2+an2+2，求和，即可得结论；(3)利用放缩法，求和，即可得证.
