浙江专版高考数学一轮复习 高考仿真原创押题卷1文档格式.docx
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A.a-bB.a+b
C.2a-bD.2a+b
D [因为点G为△ABC的重心,所以++=0,则=--=-a-b,则=-=a-(-a-b)=2a+b,故选D.]
5.由棱锥和棱柱组成的几何体的三视图如图1所示,则该几何体的体积为
( )
图1
A.14B.
C.22D.
A [由三视图得该几何体为一个底面为底为3,高为2的三角形,高为4的直三棱柱和一个底面为底为3,高为2的三角形,高为2的三棱锥的组合体,则其体积为4×
×
2×
3+×
3=14,故选A.]
6.在三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°
,AB=AC=2,PA=2,则三棱锥PABC外接球的表面积为( )
A.20πB.24π
C.28πD.32π
A [因为∠BAC=60°
,AB=AC=2,所以△ABC为边长为2的等边三角形,则其外接圆的半径r==2,则三棱锥PABC的外接球的半径R==,则三棱锥PABC的外接球的表面积为4πR2=20π,故选A.]
7.某校组织由5名学生参加的演讲比赛,采用抽签法决定演讲顺序,在“学生A和B都不是第一个出场,B不是最后一个出场”的前提下,学生C第一个出场的概率为( )【导学号:
51062387】
A.B.
A [由题意得学生A和B都不是第一个出场,B不是最后一个出场的概率P1==,其中学生C第一个出场的概率P2==,所以所求概率为P==,故选A.]
8.定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f′(x).若对任意的实数x,都有2f(x)+xf′(x)<
2恒成立,则使x2f(x)-f
(1)<
x2-1成立的实数x的取值范围为( )
A.{x|x≠±
1}
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(-1,1)
D.(-1,0)∪(0,1)
B [设g(x)=x2[f(x)-1],则由f(x)为偶函数得g(x)=x2[f(x)-1]为偶函数.又因为g′(x)=2x[f(x)-1]+x2f′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2],且2f(x)+xf′(x)<
2,即2f(x)+xf′(x)-2<
0,所以当x>
0时,g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2]<
0,函数g(x)=x2[f(x)-1]单调递减;
当x<
0时,g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)-2]>
0,函数g(x)=x2[f(x)-1]单调递增,则不等式x2f(x)-f
(1)<
x2-1⇔x2f(x)-x2<
f
(1)-1⇔g(x)<
g
(1)⇔|x|>
1,解得x<
-1或x>
1,故选B.]
第Ⅱ卷
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.把答案填在题中横线上)
9.设全集U=R,集合A={x|x2-3x-4<
0},B={x|log2(x-1)<
2},则A∩B=________,∁RA=________.
(1,4) (-∞,-1]∪[4,+∞) [A=(-1,4),B=(1,5),所以A∩B=(1,4),∁RA=(-∞,-1]∪[4,+∞).]
10.6的展开式中常数项为________(用数字作答).
135 [二项式6的展开式的通项公式为Tr+1=C(3x)6-rr=36-rCx6-r,令6-r=0,得r=4,所以6的展开式中常数项为32C=135.]
11.已知△ABC的外接圆半径为1,圆心为O,且3+4+5=0,则·
=____________,cosA=__________.
- [由4+5=-3,||=||=||=1得(4+5)2=92,即16+25+40·
=9,·
=-,·
=1×
1×
cos∠BOC=-,解得cos∠BOC=-,因为∠BOC=2∠A,所以cosA==.]
12.已知变量x,y满足点(x,y)对应的区域的面积________,的取值范围为________.
[不等式组对应的平面区域是以点(1,1),(1,3)和为顶点的三角形区域,该区域的面积为×
=.的几何意义是可行域上的点(x,y)与原点连线的斜率,当(x,y)为点时,min=,当(x,y)为点(1,3)时,max=3,所以∈,令=t∈,则=+=+t,当t=1时,取得最小值2,当t=3时,取得最大值,故的取值范围是.]
13.已知双曲线C:
-=1(a>
0,b>
0)的左、右焦点分别为F1、F2,点P在双曲线上,若|PF1|+|PF2|=6a,且△PF1F2最小内角的大小为30°
,则双曲线的渐近线方程为________.【导学号:
51062388】
x±
y=0 [由题意不妨设|PF1|-|PF2|=2a,
∵|PF1|+|PF2|=6a,∴|PF1|=4a,|PF2|=2a.
∵|F1F2|=2c>
2a,∴△PF1F2最小内角为∠PF1F2=30°
,∴在△PF1F2中,由余弦定理得4a2=4c2+16a2-2×
2c×
4a×
cos30°
,解得c=a,∴b=a,故双曲线的渐近线方程为y=±
x=±
x,即x±
y=0.]
14.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,若S1=2,3S-2an+1Sn=a,则an=________,Sn=________.
Sn= [因为S1=2,所以当n=1时,由3S-2an+1Sn=a得3S-2a2S1=a,解得a2=2.由3S-2an+1Sn=a得(Sn-an+1)(3Sn+an+1)=0,又因为数列{an}的各项均为正数,所以Sn-an+1=0,则当n≥2时,有Sn-1-an=0,两式作差得2an-an+1=0,所以数列{an}从第二项起为公比为2的等比数列,即an=2×
2n-2=2n-1,又因为a1=2不符合上式,所以an=即Sn=]
15.若函数f(x)=x2(x-2)2-a|x-1|+a有四个零点,则a的取值范围为________.
[显然x=0和x=2为函数f(x)
的两个零点.当x≠0且x≠2时,令x2(x-2)2-a|x-1|+a=0得a==设g(x)=则由题意得直线y=a与函数g(x)的图象有两个横坐标不为0,2的相异交点,在平面直角坐标系内画出函数g(x)的图象如图所示,由图易得当a=-或-1<
a<
0或a>
0时,直线y=a与函数g(x)的图象有两个横坐标不为0,2的相异交点,即a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)
16.(本小题满分14分)在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知函数f(x)=sin(2x+B)+cos(2x+B)为偶函数,b=f.
(1)求b;
(2)若a=3,求△ABC的面积S.
[解]
(1)f(x)=sin(2x+B)+cos(2x+B)=2sin,
由f(x)为偶函数可知B+=+kπ,k∈Z,
所以B=+kπ,k∈Z.5分
又0<
B<
π,故B=,所以f(x)=2sin=2cos2x,
b=f=.7分
(2)因为B=,b=,由正弦定理可得sinA==,12分
所以A=或A=.
当A=时,△ABC的面积S=;
当A=时,△ABC的面积S=.14分
17.(本小题满分15分)在各项均为正数的等比数列{an}中,a1=2,且2a1,a3,3a2成等差数列.
(1)求等比数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=(n+2)log2an,求数列的前n项和Tn.
[解]
(1)设数列{an}的公比为q,
∵2a1,a3,3a2成等差数列,
∴2a1+3a2=2a3,1分
即2a1+3a1q=2a1q2,2分
化简得2q2-3q-2=0,解得q=2或q=-.3分
∵q>
0,∴q=2.4分
∵a1=2,∴数列{an}的通项公式an=a1qn-1=2n,n∈N*.7分
(2)∵bn=(n+2)log2an=n(n+2),8分
∴==,11分
Tn=++…++
=
13分
=14分
=-.15分
18.(本小题满分15分)如图2,已知三锥锥OABC的在条侧棱OA,OB,OC两两垂直且OA=OB=OC,△ABC为等边三角形,M为△ABC内部一点,点P在OM的延长线上,且PA=PB,PA=OC,OP=OC.
图2
(1)证明:
AB⊥平面POC;
(2)求二面角POAB的余弦值.
[解]
(1)因为OA,OB,OC两两垂直,2分
所以OC⊥平面OAB,
而AB⊂平面OAB,所以AB⊥OC.
取AB的中点D,连接OD,PD,则有AB⊥OD,AB⊥PD.
所以AB⊥平面POD,4分
而PO⊂平面POD,所以AB⊥PO,又PO∩OC=O,
所以AB⊥平面POC.5分
(2)分别以OA,OB,OC所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
设OA=OB=OC=1,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),=(1,0,0),=(-1,1,0).
设P(x,y,z),其中x>
0,y>
0,z>
0,则=(x,y,z),=(x-1,y,z).
由
(1)知⊥,又PA=OC=,OP=OC=,
所以,解得x=y=1,z=2.
所以=(1,1,2).10分
设平面POA的法向量为n1=(x1,y1,z1),由n1⊥,n1⊥,得.
取z1=1,则n1=(0,-2,1).
又平面OAB的一个法向量n2==(0,0,1),13分
记二面角POAB的平面角为θ,由图可得θ为锐角,
所以cosθ=|cos〈n1,n2〉|==.
所以二面角POAB的余弦值为15分
19.(本小题满分15分)已知椭圆C1:
+=1,抛物线C2:
y2=4x,过抛物线C2上一点P(异于原点O)作切线l交椭圆C1于A,B两点.
图3
(1)求切线l在x轴上的截距的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值.【导学号:
51062389】
[解]
(1)设P(t2,2t)(t≠0),显然切线l的斜率存在,
设切线l的方程为y-2t=k(x-t2),即y=k(x-t2)+2t.1分
由消去x得ky2-4y-4kt2+8t=0,
由Δ=16-16k(-kt2+2t)=0,得k=,
从而切线l的方程为x=ty-t2,3分
令y=0,得切线l在x轴上的截距为-t2.
由得(3t2+4)y2-6t3y+3t4-12=0,
令Δ=36t6-12(3t2+4)(t4-4)>
0,得0<
t2<
4,
则-4<
-t2<
0,6分
故切线l在x轴上的截距的取值范围为(-4,0).7分
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由
(1)知y1+y2=,y1y2=,|AB|=|y1-y2|
=·
=4·
·
,9分
原点O到切线l的距离为d=,
∴S=|AB|×
d=2·
.12分
令3t2+4=u,∵0<
4,∴4<
u<
16,
则有S=2·
,
∴S=·
.
令y=u+,∵4<
∴y=u+在(4,16)上为增函数,得8<
y<
17,
,当y=∈(8,17)时,
Smax=·
=.14分
由y=u+=得u=,有t=<
2,故当t=时,△OAB面积S有最大值.15分
20.(本小题满分15分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足=n+r.
(1)若a1=2,求数列{an}的通项公式;
(2)在
(1)的条件下,设bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:
Tn≥.
[解]
(1)令n=1,得+r=1,∴r=,1分
则Sn=an,∴Sn-1=an-1(n≥2),
两式相减得=(n≥2),3分
∴·
…·
化简得=(n≥2),
∴an=n2+n(n≥2),6分
又a1=2适合an=n2+n(n≥2),∴an=n2+n.7分
(2)证明:
由
(1)知a2n-1=(2n-1)·
2n,
∴bn===-,∴T1=≥不等式成立,
∴Tn=-+-+-+…+-(n≥2),
∴Tn=+++…+-2
=+++…+-,
∴Tn=++…+,10分
∴2Tn=++…++…+.
∵+=≥(仅在k=时取等号),
∴2Tn≥,即结论Tn≥成立.15分
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