2019学年浙江省杭州市第二次高考科目教学质量检测高三数学检测试卷

2019学年浙江省杭州市第二次高考科目教学质量检测

高三数学检测试卷

考生须知：

1．本卷满分150分，考试时间120分钟．

2．答题前，在答题卷密封线内填写学校、班级和姓名． 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效． 4．考试结束，只需上交答题卷． 选择题部分（共40分）

一、选择题：（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1． 已知集合 A＝{x | x＞1}， B＝{x | x＜2}，则 A∩B＝（ ） A． { x | 1＜x＜2} B． {x | x＞1} C． {x | x＞2} D． {x | x≥1}

2．设 a∈R，若(1＋3i)(1＋ai)∈R（ i 是虚数单位），则 a＝（ ） A． 3 B． －3 C．

11 D． － 33（2x3． 二项式

15)的展开式中 x3项的系数是（ ） x A． 80 B． 48 C． －40 D． －80

4．设圆 C1： x2＋y2＝1 与 C2： (x－2)2＋(y＋2)2＝1，则圆 C1与 C2的位置关系是（ ） A．外离 B．外切 C．相交 D．内含

2x+3y-905． 若实数 x， y 满足约束条件 ，设z＝x＋2y ，则（ ）

x-2y-10 A． z≤0 B．0≤z≤5 C． 3≤z≤5 D．z≥5 6．设 a＞b＞0， e 为自然对数的底数． 若 ab＝ba，则（ ） A． ab＝e2 B． ab＝7． 已知 0＜a＜

122

C． ab＞e D． ab＜e 2e1，随机变量 ξ 的分布列如下： 40 1 4 1 ξ P －1 3 4 a －a 当 a 增大时，（ ）

A． E(ξ)增大， D(ξ)增大 B． E(ξ)减小， D(ξ)增大

C． E(ξ)增大， D(ξ)减小 D． E(ξ)减小， D(ξ)减小 8．已知 a＞0 且 a≠1，则函数 f (x)＝(x－a)lnx（ ） A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值，又有极小值 D．既无极大值，又无极小值

9． 记 M 的最大值和最小值分别为 Mmax 和 Mmin． 若平面向量 a， b， c 满足| a |＝| b |＝a•b ＝c•(a＋2b－2c)＝2． 则（ ） A． |a－c|max＝

2

3737 B． |a＋c|max＝ 223737 D． |a＋c|min＝ 22 C． |a－c|min＝√10． 已知三棱锥 S－ABC 的底面 ABC 为正三角形， SA＜SB＜SC，平面 SBC， SCA， SAB 与 平面 ABC 所成的锐二面角分别为 α1， α2， α3，则（ ） A． α1＜α2 B． α1＞α2 C． α2＜α3 D． α2＞α3 非选择题部分（共 110 分）

二、 填空题（ 本大题共 7 小题， 第 11-14 题，每小题 6 分， 15-17 每小题 4 分，共 36 分）

x211．双曲线y2= 1的渐近线方程是________，离心率是_______．

212．设各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝______，a5＝_______． 13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．

14．在△ABC中，若sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，则cosC＝______；当BC＝1时，则△ABC的面积等于______． 15．盒子里有完全相同的6个球，每次至少取出1个球(取出不放回)，取完为止，则共有_______种不同的取法（用数字作答）．

16．设函数f(x)（x∈R）满足|f(x)－x2|≤

13，|f(x)＋1－x2|≤，则f(1)＝． 44

17．在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．若对任意λ∈R，不等式的最大值为．

三、解答题：（本大题共5小题，共74分） 18．（本题满分14分）已知函数f(x)＝（Ⅰ）求f(x)的最小正周期和最大值； （Ⅱ）求函数y＝f(－x)的单调减区间．

19．（本题满分15分）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，M为线段BC 的中点，D为线段BC上一点，且BD＝BA，沿直线AD将△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD． （Ⅰ）证明：平面AMC′⊥平面ABD；

（Ⅱ）求直线C′D与平面ABD所成的角的正弦值．

恒成立，则

20．（本题满分15分）已知函数f(x)＝（Ⅰ）求函数f(x)的导函数f ′(x)； （Ⅱ）证明：f(x)＜

lnx x2x1（e为自然对数的底数）．

2e+e21．（本题满分15分）如图，过抛物线M：y＝x2上一点A（点A不与原点O重合）作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C是抛物线M上异于点A的点，设G为△ABC的重心（三条中线的交点），直线CG交y轴于点D．

（Ⅰ）设A(x0，x02)（x0≠0），求直线AB的方程； （Ⅱ）求

22．（本题满分15分）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋（Ⅰ）证明：an＋1＞an≥1； （Ⅱ）若对任意n∈N*，都有

证明：（ⅰ）对于任意m∈N*，当n≥m时，an≤（ⅱ）．an≤

|OB|的值． |OD|c（c＞0，n∈N*）， an

c(nm)am am5n1 2

2019学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测

数学试题参考答案及评分标准

一、选择题：（共10小题，每小题4分，共40分）

题号 答案

二、填空题：（共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分） 11．y15．32

62 x；221 A 2 B 3 D 4 A 5 D 6 C 7 A 8 C 9 A 10 A 12．3；162 16．

3 413．

315114 ；6(613) 14．－；1643 17．

三、解答题：(本大题共5小题，共74分)． 18．（本题满分14分）

73（Ⅰ）因为sin(x＋)＝cos(x－)，

4473所以 f (x)＝2sin(x＋)＝－2sin(x＋)．

44所以函数f (x)的最小正周期是2π，最大值是2．…………7分 3（Ⅱ）因为f (－x)＝2sin(x－)，

459所以单调递减区间为(＋2kπ，＋2kπ)（k∈Z）．…………14分

44

19．（本题满分15分） （Ⅰ）有题意知AM⊥BD，

又因为 AC′⊥BD， 所以 BD⊥平面AMC， 因为BD平面ABD，

所以平面AMC⊥平面AB D．

…………7分

（Ⅱ）在平面AC′M中，过C′作C′F⊥AM交AM于点F，连接F D．

由（Ⅰ）知，C′F⊥平面ABD，所以∠C′DF为直线C′D与平面ABD所成的角．

设AM＝1，则AB＝AC＝2，BC＝3，MD＝2－3，

A

DC＝DC′＝33－2，AD＝6－2．

在Rt△C′MD中，

B

M D F C′

2

2

2

2

MC2CD2MD2(332)2(23)2

＝9－43．

设AF＝x，在Rt△C′FA中，AC′－AF＝MC′－MF， 即 4－x＝(9－43)－(x－1)， 解得，x＝23－2，即AF＝23－2． 所以 C′F＝2233．

2

2

（第19题）

故直线CD与平面ABD所成的角的正弦值等于

233CF＝． AF31…………15分

20．（本题满分15分）

（I）f(x)x1(2x1)lnx．

(x2x)2 …………6分

（Ⅱ）设g(x)x111lnxlnx， 2x124x2则函数g(x)在(0,)单调递减，且g(e)0，g(e)0， 所以存在x0(e,e)，使g(x0)＝0，即所以 x0＋1－(2x0＋1)lnx0＝0，

所以 f′(x)＝0，且f (x)在区间(0，x0)单调递增，区间(x0，＋∞)单调递减． 所以 f (x)≤f (x0)＝

＝

21．（本题满分15分）

（Ⅰ）因为 y′＝2x，所以直线AB的斜率k＝y′|xx0＝2x0．

所以直线AB的方程y－x0＝2x0(x－x0)，

x01lnx00， 2x01lnx0

x0(x01)11． x0(2x01)2ee …………15分

2即 y＝2x0x－x0．

…………6分

x0,0)． 22（Ⅱ）由题意得，点B的纵坐标yB＝－x0，所以AB中点坐标为(设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为x＝my＋

1x0． 2112xmyx0,22

2由，联立得my＋(mx0－1)y＋x0＝0．

4yx2因为G为△ABC的重心，所以y1＝3y2． 由韦达定理，得y1＋y2＝4y2＝所以

(1mx0)216m42x01mx0m2，y1y2＝3

2y22x04m2．

12m2，

解得 mx0＝323．

2x0x0所以点D的纵坐标yD＝， 2m643故

|OB|yB||436． |OD|yD …………15分

22．（本题满分15分）

（Ⅰ）因为c＞0，所以 an＋1＝an＋

c＞an（n∈N*）， an下面用数学归纳法证明an≥1． ①当n＝1时，a1＝1≥1； ②假设当n＝k时，ak≥1， 则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋所以，当n∈N*时，an≥1． 所以 an＋1＞an≥1．

…………5分

c＞ak≥1． ak（Ⅱ）（ⅰ）当n≥m时，an≥am，

所以 an＋1＝an＋所以 an＋1－an≤所以 an≤cc≤an＋， anamcc，累加得 an－am≤(n－m)， amamc(nm)am． am …………9分

（ⅱ）若c

8c21，当m时， 2(2c1)2

18c22cc1，所以． am(c)1c22(2c1)2c1am21c所以当n≥m时，(c)n1≤an≤(nm)am．

2amcmam1c所以当n时，(c)n1(nm)am，矛盾．

1amc1c2am2am所以 c≤12．

因为 a2n1a22cc2225na2≤an2cc2≤ann4，所以a5n1n≤2． …………15分