2018年浙江教育绿色评价联盟适应性试卷.docx

年浙江教育绿色评价联盟适应性试卷数学试卷参考公式：如果事件 A， B 互斥，那么柱体的体积公式P( AB)P( A) P( B)V = Sh如果事件 A， B 相互独立，那么其中 S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高P( A B)P( A) P( B)锥体的体积公式如果事件 A在一次实验中发生的概率是p ，那V = 1 Sh3么 n 次独立重复实验中事件A恰好发生 k 次的概率其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高Pn ( k) Cnk pk (1 p) nk ( k0， 1，2 n)球的表面积公式台体的体积公式S = 4R2V1 ( S1S1S2Sh)2球的体积公式3其中 S1 ， S2 分别表示台体的上、下底面积，h 表V = 4 R33示台体的高其中 R 表示球的半径一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 。已知集合A1，2，2，若A B，则x x (a 1)x a 0 a RaB 1 2 1 2复数 z2i1i（ i 是虚数单位），则 z 2 23 48已知函数 f ( x)，xR ，则 “ f( x) 的最大值为1”是“ f ( x)1恒成立”的充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件y，x 若实数 x， y 满足约束条件3y，则2x y的最小值为xx y，4 2 2 5 5已知互相垂直的平面，交于直线 l ，若直线 m， n 满足 m / ， n， 则1 / 9 m / l m / n nl nm函数 f (x) ( x1)cos x (x ，且 x0) 的图象可能 为x已知随机变量 i满足 P(0)pi ， P( i1) 1pi ，且 0pi11，2 i， i2若 E(1 )E( 2 ) ，则 p1p2 ，且 D ( 1)D ( 2 ) p1p2 ，且 D ( 1)D ( 2 ) p1 p2 ， 且D ( 1 ) D ( 2 ) p1p2 ，且 D ( 1 ) D ( 2 )x2y21(a0， b0) 的左， 右焦点，是双曲线上一点， 且 PF1PF2 ，已知 F1，F2 是双曲线2b2Pa若 PF1 F2的内切圆半径为a ，则该双曲线的离心率为26131616 122如图，在 ABC 中，点 D， E 是线段 BC 上两个动点，且AADAExABy AC ，则14x的最小值为y 3 2 5 9BD EC222四个同样大小的球O1， O2， O3， O4两两相切，点 M 是球 O1 上的动点，则直线 O2 M与直线 O3O4 所成角的正弦值的取值范围为2 5 ，5，3 ，3 ，15111523二、填空题：本大题共小题，多空题每小题分，单空题每小题分，共分。2 / 9x22 x，x0，已知函数 f ( x)0，log 2 ( x 1)， x则 f ( f (3)， fx 的最小值为 2某几何体的三视图如图所示（单位：），111则该几何体的体积（单位：）为，正视图侧视图表面积（单位：）为在 ABC 中，内角 A，B， C 的对边分别为 a，b，c 已知 b2 3 ， c3， A 3C，则 cosC， S ABC俯视图已知 | a | =2 ， | b | = | c | =1 ，则 (ab)(c b) 的最大值为，最小值为将公差不为零的等差数列a1 ， a2， a3调整顺序后构成一个新的等比数列ai ， a j ， ak ，其中i，j，k1，2，3 ，则该等比数列的公比为有个球，其中红色球个（同色不加区分），白色，黄色，蓝色，紫色，灰色球各个，将它们排成一行，要求最左边不排白色，个红色排一起，黄色和红色不相邻，则有种不同的排法（用数字回答）已知 A(1，0) ，直线x a( a 0)与曲线y1y kx( k 0)，C和直线分别交于两点，若xBAC BC 2 恒成立，则实数k 的取值范围为三、解答题：本大题共小题，共分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（本小题满分分）已知函数f ( x)sin x (cos x3sin x) （）求f ( x) 的最小正周期；（）若关于x 的方程 f (x)t 在区间，内有两个不相等的实数解，求实数t 的取值范围2（本小题满分分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1 中， ABAC2 ，BAC90 ， BC1AC （）证明：点C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在直线 AB 上；3 / 9（）若二面角 C1ACB 的大小为60， CC1 2 2，求 BC1 与平面 AA1B1 B 所成角的正弦值B1C1（本小题满分分）A1设函数 f ( x)xe xln(2 ex) ， x1 ，) BCx2A（）求 f (x) 的导函数；（）求 f (x) 在 x1，) 上的取值范围2（本小题满分分）已知椭圆 C ： x2y21 的左，右焦点分别是F1 ， F2 ，点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，4连接 PF1 ， PF2 ，设F1 PF2 的内角平分线PM 交 C 的长轴于点 M (m，0) （）求实数 m 的取值范围；y（）求 | PF1| | PM | 的最大值P（本小题满分分）F 1O MF 2x已 知 无 穷 数 列an满 足 ：a0 0，0 anan11(n N* ) （）证明：0 ann ；（）证明：a13a23(a1a2 )2 ；（）证明：a13a23an3( a1a2an )2 浙江教育绿色评价联盟适应性试卷数学参考答案一、选择题（共小题，每题分，共分）题号答案二、填空题（共小题，多空题每题分，单空题每题分，共分） 2 ， 1 V( 51)3 ， 2， S23234 / 9 6 ， 21，或21 k22三、解答 （本大 共小 ，共分）解：（）13cos2x) 分f ( x)sin2x(122sin(2 x)3 分32所以 f ( x) 的最小正周期 T2 分2（）因 x， ，所以 2x3， 分233因 ysin Z 在， 上是增函数，在2，上是减函数，323所以 f ( x) 在0，上是增函数，在3， 上是减函数 分32又因 f (0) 0 ， f ( )13 ， f ()3 ，所以要使得关于x 的方程 f (x) t 在区 ， 内有3222两个不相等的 数解，只需 足3t13 分2解：（）因 BC1AC， ACAB， AB BC1B ，所以 AC 平面 ABC1 分所以平面 ABC平面 ABC1 分 点 C1 作 C1HAB ， 由面面垂直的性 定理可知C1H平面 ABC 又 C1H 平面 ABC ，所以 H 与H 重合 ，所以点 C1 在底面 ABC 上的射影 H 必在直 AB 上 分（）BAC1 是二面角 C1AC B 的平面角， 即 BAC160 分法一： 接A1H ， A1B1AC1 1， A1B1 C1 H ， C1H AC11C1 A1B1平面 A1C1 H ， 平面 A1 B1BA 平面 AC1 1H 分过 C1作 C1GA1 H ，则 C1G平面 A1B1BA B1C1A15 / 9GBCHAC1BG 是直 BC1 与平面AA1 B1B 所成角 分1，1，1，123AC 12 C H3 A H7 C G=7又 BC12 ，sinGBC1C1G21 分C1B7法二：在平面ABC内 点H作HxAB，以，为 ， ， 建系HxHBHC1 xy z则 A(0， a，0)， B(0， a，0)，C1 (0，0，3a)，C(2a， a，0)， 分所以 BC1(0， a， 3a). 分z由 AB(0，2a，0)，CC1(2a，a， 3a) 可以求得B1C1平面 ABB1 的法向量 n(2 3，0， 4) 分A1y所以 sin| BC1n |21BH A 分| BC1 | n |7 解：（） f( x)12x e x1ln(2 ex) 2xx212x e xln(2 x) 分2xx2 明：两部分各分；写成第一个式子不扣分. 果 但 和商的求 会求分 得分.（）因 x1 ，) ，所以12x e x0 ，ln(2 x)0 ，22xx2所以 f ( x)12xe xln(2 x)0 2xx2xC即 f (x) 在 x 1 ，) 上 减2当 x ， f ( x)xln(2ex)x ex又 x1 ，) 时 f (x)0 ， f (1) 222 分0 分2e，2e6 / 9所以 f ( x) 在 x1, ) 上的取 范 是(0，22e 分22e 明 :事 上 当 x ， f (x)xe xln(2 ex)0 可以通 如下做法x因 ln xx1， 所以 ln(2 ex)ln(2 e)2lnxln(2 e) 2( x 1)，xxx而当 x ， ln(2 e) 2( x 1)0 ，所以当 x ， ln(2 ex)0 xx又 exx1，所以xe xx，当 x ，x0 ，x 1x1所以当 x ，xe x0 解：（） P( x0，y0 ) ( y00) ， x02y021 .4又 F1(3，0)，F2 ( 3，0) ， 分所以直 PF1，PF2 的方程分 ：yPlPF : y0 x ( x3) y3y00F1OMF2x01l PF2 : y0 x ( x 03) y3y00 分因 my03y0my03y0 分y0 2( x 0 3) 2y02( x03)2m3m33m3 , 2x0 2 ，所以因 ( 3 x02)2( 3 x 0 2) 222可得 m33m ，所以 m3x0 ， 分3 x223 x40022因此3m3 分22 明：此 也可以采用内角平分 性 列式求解（） | PF1 |( x03)2y023x0223x043x0 2 分427 / 9| PM |( x03 x0 )2y0213x02 分416所以 | PF | | PM | (3 x02) 1 3x023 ( x4)2 (16x2) 121680330设 f ( x) ( x4 ) 2 (16x2 )( 2 x2) ，33则 f (x) 4( x4 )( x22 x8) 4( x4 ) 2 ( 2x) 02 x2 333333所以 f ( x)f (2 )48 ， 分3所以 | PF1 | PM |3f (x0 )33当且 当 x02 取到等号 分823另解： ( x4 )2 (16x2 )(x4 )3 ( 4x)1 ( x4 )33(4x)33333334413 ) 4256(4 分327当且 当 x43( 4x)x2 取到最大 333所以 | PF1 | | PM |3( x04 ) 2 (16x02 )3 3 分8332 明：（）由*0n 分a000anan 11(nN )叠加可得n，a（）0a11， a13a12，a13a23a12a23 分因 0 a22a12a2a1 ，所以 a22a2a1a12a22a1 分所以 a12a23( a1a2 ) 2 . 分所以 a13a23a12a23(a1a2 )2 . 分 ： 由（）知 a11 ， a22 知， a13a12 ，且 a1a222a1a2 因 a2a11 ，所以 a2a11，所以 a23a1a22a222a1 a2a228 / 9所以 a13a23a122a1a2a22(a1a2 ) 2 （）下面用数学 法 明 .当 n1，2 ，由前面可知 成立 分假 nk ，不等式成立，即a13a23ak3(a1a2ak )2. 分当 nk1 ，(a1 a2ak 1 )2(a1a2ak ) 22(a1a2ak ) ak 1ak21 a13a23ak32( a1a2ak )ak 1 ak2 1 所以要 明 (a1a2ak 1) 2a13a23ak31 成立只需 明 2( a1a2ak )ak 1ak21ak31 成立即只需 明 2( a1a2ak )ak 1ak21成立因 a22a12a2a1 ， a32a22a3a2 ，ak2 1ak2ak 1ak ，叠加可得ak21ak12(akak1a2 )a1a12所以 2( a1a2ak )ak1ak21 成立 分9 / 9