2018青浦高三二模数学

上海市青浦区2018届高三二模数学试卷

2018.04

一. 填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分） 1. 不等式|x?3|?2的解集为 2. 若复数z满足2z?3?1?5i（i是虚数单位），则z? 3. 若sin???1，则cos(??)?

234. 已知两个不同向量OA?(1,m)，OB?(m?1,2)，若OA?AB，则实数m? 5. 在等比数列{an}中，公比q?2，前n项和为Sn，若S5?1，则S10?

?x?2?6. 若x、y满足?x?y?1?0，则z?2x?y的最小值为

?x?y?2?0?7. 如图所示，一个圆柱的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个圆柱的体积为

8. (1?1)(1?x)6展开式中x2的系数为 2x573、、，这三门科目考试成绩的结果互不影响，则这 84129. 高三某位同学参加物理、化学、政治科目的等级考，已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A?的概率分别为

位考生至少得2个A?的概率是

10. 已知f(x)是定义在[?2,2]上的奇函数，当x?(0,2]时，f(x)?2x?1，函数

如果对于任意的x1?[?2,2]，总存在x2?[?2,2]，使得f(x1)?g(x2)，g(x)?x2?2x?m，

则实数m的取值范围是

11. 已知曲线C:y??9?x2，直线l:y?2，若对于点A(0,m)，存在C上的点P和l上的点Q，使得AP?AQ?0，则m取值范围是

a2?asin??112. 已知M?2（a,??R，a?0），则M的取值范围是

a?acos??1

二. 选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

1

13. 设?、?是两个不同的平面，b是直线且bA. 充分而不必要条件 C. 充要条件 14. 若已知极限limA. ?3

?，则“b??”是“???”的（ ）

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分又不必要条件

sinnn?3sinn?0，则lim的值为（ ）

n??n??nsinn?2n3 B. ? C. ?1

2 D. ?1 215. 已知函数f(x)是R上的偶函数，对于任意x?R都有f(x?6)?f(x)?f(3)成立，当

x1,x2?[0,3]，且x1?x2时，都有

f(x1)?f(x2)?0，给出以下三个命题：

x1?x2① 直线x??6是函数f(x)图像的一条对称轴； ② 函数f(x)在区间[?9,?6]上为增函数； ③ 函数f(x)在区间[?9,9]上有五个零点； 问：以上命题中正确的个数是（ ） A. 0个

B. 1个

C. 2个

D. 3个

16. 如图所示，将一圆的八个等分点分成相间的两组，连接每组的四个点得到两个正方形，去掉两个正方形内部的八条线段后可以形成一正八角星，设正八角星的中心为O，并且

OA?e1，OB?e2，若将点O到正八角星16个顶点的向量都写成?e1??e2，?,??R的

形式，则???的取值范围为（ ）

A. [?22,2] B. [?22,1?2] C. [?1?2,1?2] D. [?1?2,2]

三. 解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

17. 如图，在正四棱锥P?ABCD中，PA?AB?22，E、F分别为PB、PD的中点. （1）求正四棱锥P?ABCD的全面积；

（2）若平面AEF与棱PC交于点M，求平面AEMF与平面ABCD所成锐二面角的大小（用反三角函数值表示）.

2

218. 已知向量m?(cos,?1)，n?(3sin,cos)，设函数f(x)?m?n?1.

x2x2x2（1）若x?[0,]，f(x)??211，求x的值； 10C的对边分别是a、b、c且满足2bcosA?2c?3a，（2）在?ABC中，角A、B、求f(B)的取值范围.

x2y219. 已知椭圆C:2?2?1（a?b?0）的一个顶点坐标为A(2,0)，且长轴长是短轴长

ab的两倍.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点D(1,0)且斜率存在的直线交椭圆于G、H，G关于x轴的对称点为G?，求证：直线G?H恒过定点(4,0).

20. 设函数f(x)?|2?ax?5|（a?R）. x（1）求函数的零点；

（2）当a?3时，求证：f(x)在区间(??,?1)上单调递减；

（3）若对任意的正实数a，总存在x0?[1,2]，使得f(x0)?m，求实数m的取值范围.

3

21. 给定数列{an}，若数列{an}中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.

（1）已知数列{an}的通项公式为an?3n，试判断{an}是否为封闭数列，并说明理由； （2）已知数列{an}满足an?2?an?2an?1且a2?a1?2，设Sn是该数列{an}的前n项和， 试问：是否存在这样的“封闭数列” {an}，使得对任意n?N*都有Sn?0，且

111111????????，若存在，求数列{an}的首项a1的所有取值，若不存在，说明 8S1S2Sn18理由；

（3）证明：等差数列{an}成为“封闭数列”的充要条件是：存在整数m??1，使a1?md.

4

参考答案

一. 填空题

1．?x1?x?5?或(1,5)； 2．2?i； 5．33； 9.

二. 选择题

13. A； 14. D； 15．B； 16. C.

三. 解答题

17．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分） 解：（1）因为正四棱锥P?ABCD，取AB中点G，连接PG，

6．?52 3．；

13

4．1；

1； 27．

π； 48．30；

151； 19210. m??5； 11．[?14?74?7,1]； 12. . ?M?233PA?AB?22，?PG?6，

1S全=S底?S侧?(22)2?4??22?6?8?83 2（2）连接AC，连接BD，记ACBD?O，因为OA，OB，OP两两互相垂直，如图

建立空间直角坐标系O-xyz．因为PB?AB?22，所以Rt△POB?Rt△AOB．

所以OA?OP?2．

C(?2,0,0)，D(0,?2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，F(0,?1,1)． 所以A(2,0,0)，B(0,2,0)，

所以AE?(?2,1,1)，AF?(?2,?1,1)．

??n?AE?0,??2x?y?z?0,设平面AEMF的法向量为n?(x,y,z)，所以?即?

?2x?y?z?0.??n?AF?0,?所以y?0．令x?1，z?2，所以n?(1,0,2)． 因为平面平面ABCD的一个法向量为m?(0,0,1) 设m与n的夹角为?，cos??m?nm?n?22525?????arccos

551?525． 5所以平面AEMF与平面ABCD所成锐二面角的大小是arccos

5

18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

解：（1）f(x)?3sinxxx32cos2?cos22?1?2sinx?1?cosx2?1 ?32sinx?12coxs?1?12?sixn?(6? )2

∵f(x)?1110 ?sin(x??6)?35; 又x?[0,?2] ∴x??6?arcsin35?x??36?arcsin5

（2）由2bcosA?2c?3a得2sinBcosA?2sinC?3sinA

?2sinBcosA?2sin(A?B)?3sinA

?2sinBcosA?2[sinAcosB?cosAsinB)?3sinA

?2sinAcosB?3sinA?cosB?32?B?(0,?6] ∴sin(B??6)?(?12,0],即f(B)?sin(B??116)?2?f(B)?(0,2]

19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

解：（1）因为椭圆C：x2y2a2?b2?1(a?b?0)的一个顶点坐标为A(2,0)，即a?2

2a?4b?b?1，所以椭圆方程x2又长轴长是短轴长的两倍，即4?y2?1；

（2）解一：设直线GH的方程为y?k(x?1) ,点G（x1,y1）,H(x2,y2) 则G?(x1,?y1）联立方程组??y?k(x?1)可得(1?4k2)x2?8k2x?4k22消去y?4?0 ?x?4y2?4 由韦达定理可得x?8k24k2?4y2?y11?4k2,x1x2?1?4k2, 直线G，1?x2H：y?y1?x(x?x1),2?x1当x?4时，y??y1?y2?y1(4?x?y1x2?x1y2?4(y2?y1)x1)= 2?x1x2?x1=k[5(xk[5?8k24k2?41?x2)?2x1x2?8]1?4k2?2?1?4k2?8]x?x?

21x2?x140k2k[=1?4k2?8k2?81?4k2?8]x=0

2?x1所以直线则G?H过定点（4,0）

6

20.（本题满分16分）共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题6分.

2； 5255?25?8a且a?0时，函数的零点是x? ② 当a??； 82a25③ 当a??时，函数无零点；

822（2）当a?3时，f(x)??3x+5，令g(x)??3x+5

xx解：（1）① 当a?0时，函数的零点为x??任取x1,x2?(??,?1)，且x1?x2， 则g(x1)?g(x2)??2?(x?x)?2?3x1x2?2 ?3x1?5???3x2?5??21x1x1x2?x2?(x2?x1)?2?3x1x2??0

x1x2因为x1?x2，x1,x2?(??,?1)，所以x2?x1?0，x1x2?1，从而

即g(x1)?g(x2)?0?g(x1)?g(x2)故g(x)在区间???,?1?上的单调递减

当x????,?1?时，g(x)??6,????f(x)?22?3x+5=?3x+5?g(x) xx即当a?3时，f(x)在区间???,?1?上单调递减；

（3）对任意的正实数a，存在x0??1,2?使得f(x0)?m，即f(x0)max?m，

?25?25?8a?ax?5,0?x??2?x2a当x??0,???时，f(x)??ax+5??

x??2?ax?5,x?5?25?8a?2a?x?5?25?8a?f(x)即在区间?0,???上单调递减， 2a??在区间??5?25?8a?，??上单调递增； ???2a??所以f(x0)max?max?f(1),f(2)??max7?a,6?2a， 又由于a?0，max7?a,6?2a?

????88，所以m?．

33 7

21.（本题满分18分）共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题8分. 解：（1）?an?不是封闭数列．

因为取n?1,n?2，则a1?a2?3?9?12，3?12?3即a1?a2?3m,m?N*从而

23a1?a2??an?，所以?an?不是封闭数列；

（2）因为an?2?an?2an?1，所以?an?是等差数列，又a2?a1?2，所以an?a1?2?n?1?， 若?an?是“封闭数列”，所以对任意s,t?N，必存在p?N，使得

**a1?2?s?1??a1?2?t?1??a1?2?p?1?，即a1?2?p?s?t?1?，故a1是偶数，又对任

意n?N都有Sn?0，且

*111???8S1S2?111111118?，所以??，故?a1?8，

11Sn188S118故a1可取的值为2,4,6 经检验得：a1?4或a1?6；

（3）证明：（必要性）任取等差数列的两项as,at(s?t)，若存在ak，使as?at?ak，则

2a1?(s?t?2)d?a1?(k?1)d?a1?(k?s?t?1)d，故存在m?k?s?t?1?Z，使a1?md

下面证明m??1 ①当d?0时，显然成立

②当d?0时，若m??1时则取p??m?2，对不同的两项a1,ap，存在aq，使

a1?ap?aq，即2md?(?m?1)d?md?(q?1)d?qd?0，这与q?0,d?0矛盾，故

存在整数m??1，使a1?md

（充分性）若存在整数m??1，使a1?md，则任取等差数列的两项as,at(s?t)，于是

as+at?a1?(s?1)d?a1?(t?1)d?a1?(s?1)d?md?(t?1)d?a1?(s?m?t?2)d?as?m?t?1，由于s?t?3,m??1，?s?t?m?1为正整数，即as?m?t?1??an?证毕．

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