浙江省宁波市2018届高三5月模拟考试数学试题(全WORD版)

宁波市2018年高考模拟考试数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．1．已知集合05Axx，2280Bxxx，则ABA．2,4B．4,5C．2,5D．0,42．已知复数z满足(1)2zii（i为虚数单位），则z的虚部为A．32iB．32iC．32D．323．已知直线l、m与平面、，l，m，则下列命题中正确的是A．若ml//，则必有//B．若ml，则必有C．若l，则必有D．若，则必有m4．使得13nxxx（nN）的展开式中含有常数项的最小的n为A．4B．5C．6D．75．记nS为数列{}na的前n项和．“任意正整数n，均有0na”是“{}nS为递增数列”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6．已知实数x，y满足不等式组2403480280xyxyxy，则xy的最大值为A.0B.2C.4D.87．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案数有A．48种B．72种C．96种D．216种8．设抛物线24yx的焦点为F，过点(5,0)P的直线与抛物线相交于,AB两点，与抛物线的准线相交于C，若5BF，则BCF与ACF的面积之比BCFACFSSA．56B．2033C．1531D．20299．已知a为正常数，2221,()321,xaxxafxxaxaxa,若存在(,)42，满足(sin)(cos)ff，则实数a的取值范围是A.1(,1)2B.)1,22(C.)2,1(D.)22,21(10．已知,xy均为非负实数，且1xy，则22244(1)xyxy的取值范围为A.2[,4]3B．[1,4]C．[2,4]D．[2,9]（第7题图）1223（第14题图）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．11．双曲线2213yx的离心率是，渐近线方程为．12．已知直线:1lmxy．若直线l与直线10xmy平行，则m的值为；动直线l被圆222240xxy截得弦长的最小值为．13．已知随机变量X的分布列如下表：Xa234P13b1614若2EX，则a；DX．14．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是顶角为120的等腰三角形，侧视图为直角三角形，则该三棱锥的表面积为，该三棱锥的外接球体积为．15．已知数列{}na与2{}nan均为等差数列（nN），且12a，则23321()))23nnaaaan（（．16．已知实数,,abc满足：2abc，4abc.则cba的最小值为．17．已知棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，E为侧面11BBCC中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足111DPxDFyDE(0,0)xy，则所有满足条件的P点构成图形的面积为．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．18．（本题满分14分）已知函数()4cossin16fxxx.（Ⅰ）求函数()fx的单调递增区间；（Ⅱ）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若满足()0fB，2a，且D是BC的中点，P是直线AB上的动点，求PDCP的最小值．ECBDC1A1B1D1AF（第17题图）19．（本题满分15分）如图，四边形ABCD为梯形，，∥60,CCDAB点E在线段CD上，满足BECD,且124CEABCD，现将ADE沿AE翻折到AME位置，使得210MC．（Ⅰ）证明：AEMB;（Ⅱ）求直线CM与面AME所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知函数1()lnfxaxxx，其中a为实常数．（Ｉ）若12x是()fx的极大值点，求(fx）的极小值；（Ⅱ）若不等式1lnaxbxx对任意502a，122x恒成立，求b的最小值．21．（本题满分15分）如图，椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为32，点(2,1)M是椭圆内一点，过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线12,ll，设1l与椭圆C相交于点,AB，2l与椭圆C相交于点,DE．当M恰好为线段AB的中点时，10AB．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求ADEB的最小值．22.（本题满分15分）三个数列{}{},{}nnnabc，，满足11110a，11b，21|1|252nnnnaaaa，121nnbb，,*nnbcaNn．（Ⅰ）证明：当2n时，1na；（Ⅱ）是否存在集合[,]ab，使得[,]ncab对任意*nN成立，若存在，求出ba的最小值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）求证：232311226(*,2)22nnnncnNnccc．宁波市2018年高考模拟考试数学参考答案第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．1．D2．C3．C4．B5．A6．C7．C8．D9．D10．A9．()fx关于直线xa对称，且在[,)a上为增函数．所以sincos2sin()224a．因为(,)42，3(,)424．所以2sin(12()2)242a，．10．简解：1()2xyz，则试题等价于21xyz，满足,,0xyz，求2224()xyz的取值范围．设点1(0,0,)2A，(1,0,0)B，(0,1,0)C，点(,,)Pxyz可视为长方体的一个三角截面ABC上的一个点，则2222||OPxyz，于是问题可以转化为||OP的取值范围．显然||1OP，||OP的最小值为O到平面ABC的距离，可以利用等积法计算．因为OABCAOBCVV，于是可以得到1||6OP．所以21||[,1]6OP，即2224[]xyz2[,4]3．另解：因为,0xy，所以2222()()2xyxyxy令txy，则01t．22222244(1)4(1)5214xyxytttt．当0xy且1t，即0,1xy或1,0xy时取等号；另一方面，222222244(1)2(1)3213xyxytttt当16xy时取等号．所以222244(1)[,4]3xyxy．第Ⅱ卷（非选择题共110分）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．11．2，3yx12．1，22313．0；5214．4315，205315．221n16．617．11816．简解：不妨设a是,,abc中的最小者，即,abac，由题设知0a，且2bca，4bca.于是,bc是一元二次方程24(2)0xaxa的两实根，24(2)40aa，3244160aaa，2(4)(4)0aa,所以4a.又当4a,1bc时，满足题意.故,,abc中最小者的最大值为4.因为,,0abc，所以,,abc为全小于0或一负二正.1）若,,abc为全小于0，则由（1）知，,,abc中的最小者不大于4，这与2abc矛盾.2）若,,abc为一负二正，设0,0,0abc，则22826abcabca当4a,1bc时，满足题设条件且使得不等式等号成立．故cba的最小值为6.17．答：118．构成的图形，如图所示．记BC中点为N，所求图形为直角梯形ABND、BNE、1DAD．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．18．（本题满分14分）解答：（Ⅰ）31()4cos(sincos)122fxxxx3sin2cos222sin(2)26xxx……………………4分由于222,262kxkkZ，NCBDC1A1B1D1A所以()fx增区间为,,63kkkZ．……………………6分（Ⅱ）由()2sin(2)206fBB得262B，所以3B.…………8分作C关于AB的对称点'C,连BCPCDC''',,，7)()('2'22'BCBDBCBDDC……………………12分.7,,7共线时，取最小值，当DPCDCPDPCPDCP……………………14分19．（本题满分15分）解答：（Ⅰ）方法一：连BD交AE于N，由条件易算43BD∴BCBD··········2分又//BCAE∴AEBD··········4分从而,AEABNMEN所以AEMNB平面··········6分∴AEMB··········7分方法二：由102,2,6MCCEDEME，得222MCCEME,故CEME，又CEBE，所以CEBEM平面，……………………2分所以CEBM，……………………3分可得BMAB，计算得62,72MBAMAD,从而222BEMBME,BMBE……………………5分MB平面ABE，所以AEMB.……………………7分（Ⅱ）方法一：设直线CM与面AME所成角为，则sinhMC，其中h为C到AME面的距离.…………………9分AABEMBECDC（第19题图）∵AEBC∥∴C到AME面的距离即B到AME面的距离.由1133MABEABEBAMEAEMVSBMVSh．…………………12分所以263ABEAEMSBMhS∴15sin15hMC.……………………………………………15分方法二：由MBABCE面，如图建系，(0,2,0),(23,2,0),AC(23,,0),(0,0,26),EM则(0,2,26),(23,2,0),AMAE(23,2,26)MC设平面AME的法向量为(,,)mxyz，由00mAMmAE，可取(2,6,1)m，…………………………12分15sincos,15mMCmMCmMC．.………………………15分20．（本题满分15分）解答：（Ｉ）221()xaxfxx，因为0x．由1'()02f，得211()1022a，所以52a,…………3分此时51()ln2fxxxx．则222511(2)()22'()xxxxfxxx．所以()fx在1[,2]2上为减函数，在[2,)上为增函数．…………5分zyAMBECxxyEDAMOB（第21题图）所以2x为极小值点，极小值35ln2(2)22f．.…………6分（Ⅱ）不等式1lnaxbxx即为()fxb．所以max()bfx．……………………………8分ⅰ）若12x，则ln0x，1113()ln222fxaxxxxx．当0,2ax时取等号；……………………………10分ⅱ）若112x，则ln0x，151()lnln2fxaxxxxxx．由（Ｉ）可知51()ln2gxxxx在1[,1]2上为减函数．所以当112x时，153()()ln2222gxg．……………………13分因为53533ln2122222．所以max3(2fx)=于是min32b．……………………15分21．（本题满分15分）解答：（Ⅰ）由题意设224ab，…………………2分即椭圆2222:14xyCbb，设1122(,),(,),AxyBxy3344(,),(,)CxyDxy由2221