新编浙江省杭州市高三第二次高考科目教学质量检测数学试卷含答案

20xx-20xx学年杭州市第二次高考科目教学质量检测高三数学检测试卷 20xx.04.23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 Ax | x1， Bx | x2，则 AB（ ） A x | 1x2 B x | x1 C x | x2 D x | x12设 aR，若(13i)(1ai)R（ i 是虚数单位），则 a（ ） A 3 B 3 C D 3 二项式的展开式中 x3项的系数是（ ） A 80 B 48 C 40 D 804设圆 C1： x2y21 与 C2： (x2)2(y2)21，则圆 C1与 C2的位置关系是（ ） A外离 B外切 C相交 D内含5 若实数 x， y 满足约束条件 ，设 zx2y ，则（ ） A z0 B0z5 C 3z5 Dz56设 ab0， e 为自然对数的底数 若 abba，则（ ） A abe2 B ab C abe2 D abe27 已知 0a，随机变量 的分布列如下： 1 0 1P3 41 4aa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8已知 a0 且 a1，则函数 f (x)(xa)2lnx（ ） 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 |abc(a2b2c)2 则（ ） A |ac|max B |ac|max C |ac|min D |ac|min10 已知三棱锥 SABC 的底面 ABC 为正三角形， SASBSC，平面 SBC， SCA， SAB 与平面 ABC 所成的锐二面角分别为 1， 2， 3，则（ ） A 12 B 12 C 23 D 23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）11双曲线= 1的渐近线方程是_，离心率是_12设各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn，若S480，S28，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sinAsinBsinC234，则cosC_；当BC1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)（xR）满足|f(x)x2|，|f(x)1x2|，则f(1) 17在ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c若对任意R，不等式恒成立，则的最大值为 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) + - ç ÷ ç ÷ è ø è ø （）求f(x)的最小正周期和最大值；（）求函数yf(x)的单调减区间19（本题满分15分）如图，在等腰三角形ABC中，ABAC，A120°，M为线段BC的中点，D为线段BC上一点，且BDBA，沿直线AD将ADC翻折至ADC，使ACBD（）证明：平面AMC平面ABD；（）求直线CD与平面ABD所成的角的正弦值20（本题满分15分）已知函数f(x)（）求函数f(x)的导函数f (x)；（）证明：f(x)（e为自然对数的底数） 21（本题满分15分）如图，过抛物线M：yx2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（）设A(x0，x02)（x00），求直线AB的方程；（）求的值22（本题满分15分）已知数列an满足a11，an1an（c0，nN*），（）证明：an1an1；（）若对任意nN*，都有证明：（）对于任意mN*，当nm时，（） 20xx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12345678910答案ABD ADCACAA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；123；16213；14；15321617三、解答题：(本大题共5小题，共74分)18（本题满分14分）（）因为sin(x)cos(x)，所以 f (x)2sin(x)2sin(x)所以函数f (x)的最小正周期是2，最大值是2 7分（）因为f (x)2sin(x)，所以单调递减区间为(2k，2k)（kZ）14分19（本题满分15分）（）有题意知AMBD，又因为 ACBD，所以 BD平面AMC，因为BD平面ABD，所以平面AMC平面AB D7分（）在平面ACM中，过C作CFAM交AM于点F，连接F D由（）知，CF平面ABD，所以CDF为直线CD与平面所成的角ABCDMF（第19题）设AM1，则ABAC2，BC，MD2，DCDC32，AD在RtCMD中， 94设AFx，在RtCFA中，AC2AF2MC2MF2，即 4x2(94)(x1)2，解得，x22，即AF22所以 CF2故直线与平面所成的角的正弦值等于15分20（本题满分15分）（I） 6分（）设，则函数g(x)在单调递减，且，所以存在，使g(x0)0，即，所以 x01(2x01)lnx00，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) 15分21（本题满分15分）（）因为 y2x，所以直线AB的斜率ky2x0所以直线AB的方程yx02x0(xx0)，即 y2x0x 6分（）由题意得，点B的纵坐标yB，所以AB中点坐标为设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为xmyx0由，联立得m2y2(mx01)y0因为G为ABC的重心，所以y13y2由韦达定理，得y1y24y2，y1y23所以 ，解得 mx0所以点D的纵坐标yD，故15分22（本题满分15分）（）因为c0，所以 an1anan（nN*），下面用数学归纳法证明an1当n1时，a111；假设当nk时，ak1，则当nk1时，ak1akak1所以，当nN*时，an1所以 an1an15分（）（）当nm时，anam，所以 an1anan，所以 an1an，累加得 anam(nm)，所以 9分（）若，当时，所以所以当时，所以当时，矛盾所以 因为 ，所以15分