9 浙江省宁波市高三上学期高考模拟考试-【景行之教育】2027年数学高考一轮复习先锋名校检测卷

高考一轮复习检测卷·数学 由Sa79号2.3m=24,得S=2 3 (8分) 从而点R到直线MP的距离为点O到直线MP的距离的 2倍. 又点R在椭圆上，所以M,R两点关于点O对称， 故直线MR的方程为y=3元 8 (10分) D R (3)设D(x1,1),E(x2,y2),D2=AP2,A<0, 则(9-x1,-y1)=A(x2-9,y2), 所以，=9+9A-③ (12分) (y2=-y1: 将点D,E的坐标分别代入椭圆C的方程，得 8+9y=7n则8t9i7R 8x+9y7=72,(8A2x+9λ2y=72λ2 两式相减，得8..名-+9.+.- 1+入 1-入 1+入 1-λ 72.④ 由③④，得5λ-入x2=-4. (14分) 又P(9,0),F(1,0),N(5,0),E(x2,y2), 则直线NE的方程为y-0=,25(x-5) (15分) 由于MF⊥x轴，直线NE与MF交于点Q, _4y2=-2=y1, 则x0=1,所以y05-元 故DQ⊥y轴， (16分) 从而1701=宁1DF1≤2(a+e)=2,当且仅当点D位于椭圆 的左顶点时，等号成立， 故线段TQ的最大值为2. (17分) 19.(1)【解】由1=1×2°，3=3×2°，5=5×2°，7=7×2°，9=9×2°， 2=1×2,6=3×2,10=5×2,4=1×22,8=1×23, (2分) 知(a+6,)=4, (3分) (2)【解】不存在.证明如下： 设n=an×2,其中an为奇数，bn为自然数. 9浙江省宁波市高 一、1.D【解析】由A={-2,0,1},B={yly=x2,x∈A},得B= {0,1,4},故AUB={-2,0,1,4.选D. 2.c多法解题)【方法一】因为z=-2(-2+i)(-2-可 5 5(-2-i) -2-i,所以1z=√（-2)2+(-1)7=√5.故选C. 55=5=5.故选C 【方法二】z=2i-215 3.C【解析】由a⊥b,得a·b=0.因为1a-3b12=(a-3b)2= a2-6a·b+9b2=1-0+9=10,所以1a-3b1=√/10.故选C. 4.B【解析】由于2×(0.05+0.1)=0.3,2×(0.05+0.1+ 0.2)=0.7,所以样本数据的第60百分位数估计值是6+ 0.6-0.3 2=7.5(h).故选B. 0.2×2 D28卷 设r=max{bn},n=1,2,…,k,j=max{nlbn=r,n≤k},j=a,× 29,则a=1. 否则，当a,≥3时，27<a,×27=j,与已知矛盾，故j=2产， (5分) 则1+11 1 *1 +…+ g·2 16+9+,其中6-aa“a2之 ag·2g a1a2…a429 0·2，(8分) 则c为奇数. 当i≠时，c:为偶数. 从而少(1)的分子为奇数，分母为偶数， 则少(1)不可能为整数， 故不存在这样的k,使山.(1)=2024. (10分) (3)【证明】对任意正整数n,当n≥2时， 2-na*1(a+）=2a(2r-3a-1=ai2(a-2)+n 1]>0, (11分) ,即1 1 [aa(e】] (13分) 又a(a+a+】={仔ta*an*i产≥ 公d生a亚+vm)va 2 (14分) 2 所以 1 [】] (n+√n+1)n(n+1) √n(n+1) /11 (15分) 2n2 n n (17分) 上学期高考模拟考试 5.B【解析】设圆台的上底面圆的半径为r,则下底面圆的半 径为2设圆台的高为A,则A=2由题意，得7+(2+ r·2r]=14m,解得r=√3（负值已舍去）.所以圆台的母线和 辅的夹角的正切值为-孕故查R 6.C【解析】如图，连接AF1.设椭圆 的长半轴长为a,半焦距长为c,则由 椭圆的定义得△ABF1的周长为4a, 且IAF,I=lAF2I=a.又IABI=IFB1, 所以1M81=1R81=号4,8服1 9·数学 受又os∠A,R+cs∠B,K=0,所以&+ )2- =0,化简，得3c2=a2,所以e= 22 a3' 故选C 7.A【解析】由题意，得需满足x=b是x2-ax-1=0的一个 根，则62-b-1=0,且6>0，所以a=6- 6,则a2+6= 6）”4-2+232万-2当且仅当20京，即8= √今时，等号成立，所以心+忧的最小值为22-2故远A 8.D【解析】因为f(x)在区间(0，+∞)内恰有6个零点，又 因为f(x)=|x-a-11-3a+6,x≥a最多有2个零点，所以当x< a时，方程f(x)=0至少有4个解.对于f(x)=sin(2mx 2ma)=sin [2m(x-a)],f(x)=0,2 (x-a)=ku,kEZ, 所以x=)+a,keZ.因为x∈(0，+o),所以0<)+a<a,k∈ Z,则-2a<k<0,k∈Z. 令f(x)=lx-a-11-3a+6=0,解得x=4a-5或x=7-2a. ①当=4u-5≥a且x=7-2≥a时，解得？≤a≤了，此时 f代x)=1x-a-11-3a+6在[a,+∞)上有2个零点，因而需要 f(x)=sin[2r(x-a)]在(0，a)上有4个零点，且这4个零点 分别为)+a,1+u,,+a,x=-2+a,即k的取值 分别对应为-1，-2，-3，-4，所以-2a<-4且-2a≥-5，解得2< a≤弓，所以2<a≤了此时风)有6个零点，满足题意 ②当x4-5≥a且x=7-2a<a时，解得a心了，此时f) 1x-a-11-3a+6在[a,+∞)上有1个零点，因而需要f(x)= sin[2m(x-a)]在(0，a)上有5个零点，且这5个零点分别为 -3 -5 x,=2ta,,=-1+a,x,=2+a,x=-2+a,=2+a,即k的取 值分别对应为-1，-2，-3，-4，-5，所以-2a<-5且-2a≥-6， 解得a≤3，所以了<a≤3，此时()有6个零点，满足 题意 5 ③当x=4a-5ca且x=7-2a≥a时，解得a<3,此时f(x) Ix-a-11-3a+6在[a,+0)上有1个零点，因而需要f(x)= sin[2π(x-a)]在(0，a)上有5个零点，且这5个零点分别为 1=分n=-1+a,-=2a=-2ta,sa,即k的取 -3 值分别对应为-1，-2，-3，-4，-5，所以-2a<-5且-2a≥-6， 解得 2<a≤3，此时a不存在. ④当x=4a-5<a且x=7-2a<a时，无解，故这种情况不存在 综上可得，a的取值范围是2，]U(?,3小，放选D, 二、9.BC【解析】因为数列{an},{bn}都是正项等比数列， 所以设数列{an},{bn}的公比分别为q1,92,且91>0,92>0， 且对任意的正整数n有an>0,bn>0成立. 对于A,不妨设an=2°，bn=3,满足{an},{bn}都是正项等 比数列，此时a,+6.=2+3”,所以%+6=4+9_13凸+6，」 a1+b12+35’a2+b2 8+27_35,则地≠，此时1a,+b,}不是等比数列，故 4+913’a1+b17a2+b2 A错误； D29卷 参考答案及深度解析 对于B,因为2：6=.6=g·,所以数列a,· bn}是等比数列，故B正确； 对于C,因为1只=.6=.么，所以数列 bt bn bati anan bati 92 (份}是等比数列，故C正确： 对于D,设an=2,bn=3,满足{a.},{bn}都是正项等比数 列，此时o=2,==2,=g=2,所以2 =2= a 22 。22四，所以≠，此时数列1心不是等比数 a 列，故D错误.选BC. 10.AcD【解析】对于A,不管a取何值，fl)=e'-alnl=e, 所以函数代x)的图象过定点(1，e),故A正确. 对于B,当a=1时，)=e-h,则'()=（0)， 故=0-（>0，则g()e0,所以F f'(x)在(0，+)上单调递增，因为e1<e<010,所以 1 f'(0.1)<0,所以当x∈(0,0.1)时，f'(x)<0,所以f(x)在 (0,+∞)上单调递增这一说法错误，故B错误. 对于C,由B项的分析知，f'(1)=e-1>0,所以存在。∈(0， 1),使得f()=e0-1=0.当∈(0，)时，f'(x)<0,函数 xo f(x)单调递减；当x∈(x,+∞)时f'(x)>0,函数fx)单调 递增.所以函数f(x)的最小值为f(xo),且f(x)=e0- h-名h女22散C 0x0 正确 对于D,当a0时，由)=e-ah,得f'()=c(e 0.设g()=e-是(x>0),则g(x)=c+>0所以 f"(x)=e-a在(0，+∞)上单调递增因为当x→0时，e- a<0,当x→+∞时，e-0>0,所以存在0>0，使得f'（(x0)= e0_a=0,则e0=a.当xe(0,)时，∫'(x<0,函数(x) 单调递减；当x∈(xo,+∞)时，f'(x)>0,函数f(x)单调递 增.所以函数f(x)的最小值为f(xo),且f(xo)=eo-aln o 令e0-an=0,得-aln o=0,则-lnxo=0.设h(x)= 0 11 -hx,则w()家男 <0,所以h(x)在(0，+∞)上单 调递减又h(1)=1>0,h(e)=1-1<0,所以1-n=0必 e 定有解，故D正确.选ACD. 11.ABD【解析】对于A,将点(0,0)的坐标代入曲线方程， 得(-1)3-7sin20+7cos20=-1-0+7=6,故曲线C过坐标原点 0,A正确. 对于B,设曲线C上任意一点P(x,y),则P(x,y)关于直线 y=x的对称点为P'(y,x),则(y2+x2-1)3-7sin2y+7cos2x= (y2+x2-1)3-7(1-cos2y）+7(1-sin2x）=(y2+x2-1)3 7sin2x+7cos2y=6,所以P'(y,x)在曲线C上，故曲线C关于 直线y=x对称，B正确. 对于C,若曲线C上存在一点P(x,y),由曲线C的方程可 9·数学 高考一轮复习检测卷·数学 知，点(-x,y),(x,-y),(-x,y)均在曲线C上，则曲线C关 于坐标轴及坐标原点均对称.若曲线C上存在一点P(x, y),使得1OP1=1,则x2+y2=1.根据对称性，不妨设x≥0， y≥0，将x2+y2=1代人曲线C的方程，得7cos2y-7sin2x=6, 所以7(1-sin2y）-7sin2x=6,则sin2x+sin2y=7由于x≥0， y≥0，x2+y2=1,所以存在0∈ 0,],使得x=s,y= sin0,则xty=es9tsin0=2sin0+4）e[1,2],所以0c scos(x+y)≤cos1<cos4=2,所以sin eos2x+os2y=1-cos[(x+y)+(x-y）]+oos[(x+y）-(x-y）] 2 1-cos(x+y)cos(x-y)≥1-cs(x+y）≥1-cos1>1-cosT=1- 4 经>】这与x+三矛盾，故不存在一点P,使得 IOPI=1,C错误 对于D,(x2+y2-1)3=6+7sin2x-7cos2y=6+7sin2x-7(1- sin2y)=7(sin2x+sin2y)-1≤14-1=13，则(x2+y2-1)3≤13， 故x2+y2-1≤13，所以x2+y2≤313+1<4，故1x1+1y1≤ √2(x2+y2)<2√2<3，D正确.故选ABD. 三、12.2【解析】由f代x)=3,得f(1og2)=3=2. 13.2【解析】如图，不妨设点P(x,y) 在第一象限，过点P作PH与抛物线 D 的淮线x=-1垂直，垂足为H,则 IPH1=IPF1=3.又1PH1=x+1=3,所 以x=2,所以y2=4×2=8,则y=22. 所以Saor=2·10F1·ly1=2×IX 22=√2. 1.23 60 【解析】由题意知，甲须在第一、二轮中各得1分. 先分析第一轮：若甲抽到的小球为1,3，则乙抽到的小球只 能是2：若甲抽到的小球为1,4，则乙抽到的小球可以是2或 3;若甲抽到的小球为2,3，则乙抽到的小球可以是1或4：若 甲抽到的小球为1,5或者2,4或者2,5或者3,4或者3,5 或者4,5时，则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任 何一个，此时共有6×3=18（种）抽取方法.因此第一轮中甲 得1分的概率为1+2+2+1823 C2c30 再分析第二轮：第二轮中只剩下两个球，要使甲在第二轮中 得1分，只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可，则 其概率为 2 因此甲在两轮中共得2分的概率p-0×260 23、1_23 四、15.(1)【证明】如图，取AC的中点0，连接0P,0B. 因为△PAC是边长为2的等边三角形， 所以OP⊥AC,OP=√3. (1分) 在R△ABC中，LABC=2,0为AC的中点， 所以0B=宁AC=L 又PB=2,所以OP2+0B2=PB2, 所以∠POB=,即0PLOB (2分) 又OB∩AC=O,OB,ACC平面ABC, 所以OP⊥平面ABC. (3分) D30卷 又OPC平面PAC, 所以平面PAC⊥平面ABC. (5分) (2)【解】由题意，得BC= √AC2-AB2=1. 如图，以B为坐标原点，过B作OP 的平行线作为z轴，BC,BA所在直 线分别为x轴y轴建立空间直角坐 标系， 则000405.0.c1,0.o0975 所以应-（行9到威=(0，o),成-（分 -√3，AC=(1,-3,0) (7分) 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则n·脉=0，n13 即2+2y+32=0, m·Bi=0,气3y=0. 令z=1,则x=-23,y=0, 所以平面PAB的一个法向量为n=(-23,0,1). (9分) 设平面PAC的法向量为m=(a,b,c), m·A元=0， a-36=0, 则} 即 13 m…pi=0,2a+2 -√3c=0. 令b=1,则a=√3，c=0, 所以平面PAC的一个法向量为m=(3,1,0). (11分) 设平面PAB与平面PAC的夹角为O, 则cos0=1cos(m,m1=lm:ml三6-33 Imlinl2√/1313 所以平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为33 13 (13分) 16.【解】(1)【方法一】当n=1时，由a2m=2an+1,得a2= 2a1+1. 又a1=1,所以a2=3, 所以等差数列{an}的公差d=a2-a1=2, (2分) 则an=1+(n-1)·2=2n-1, 所以s.=na,a）_a1+2-=n2,eN (5分) 2 2 【方法二】则S.=nx1+n(n,少x2=m2,neN (5分) 2 (2)当n=1时，a16=T=(3-4)x22+8=4,则6，=4 a (6分) 当n≥2时，abn=T.-T1=[(3n-4)·21+8]-[(3n-7)· 2"+8]=3n·2*1-2+3-3n·2"+7·2=2(6n-8-3n+7)= 2"(3n-1) (8分) 将n=1代入上式，得a1b1=2x(3-1)=4=T 综上，得abn=2(3n-1),neN. (9分) 20 所以a2b2=22×(3×2-1)=20,则b2= 因为=2a,+1,所以b,2a,+7 20 因为51、3 b2b14’ 所似亮(2a+子，=部得4=2 所以a2=5, (13分) 则等差数列{an}的公差d=a2-a1=3, 9·数学 所以an=2+3(n-1)=3n-1,neN* (14分) 由anbn=2(3n-l),neN*,得bn=2,neN*. (15分) 65 17.【解】(1)由题意，得a2’ 解得a2, (3分) 925 b=√5」 a2462 =1 故议曲线的方昆为号= (4分) (2)由题意知，直线1的斜率存在 设直线1的方程为y=k(x-1)+1,P(x1,y1),Q(x2,y2) 联立得方程组4方1， y=k(x-1)+1 消去y并整理，得(42-5)x2-8(2-k)x+4k2-8k+24=0. (6分) 由4=[-8(k2-k)]2-4(4k2-5)(42-8k+24)>0, 得3k2+2k-6<0. 所以x1+x2 8(2-k) 4k2-8k+24 4k2-5,1*3= 4k2-5 (7分) 故1AP1·1AQ1=(k2+1)1(x,-1)(x2-1)1=(2+1)1x1x2 (x1+x2)+11=（k2+1) |4k2-8k+248(k2-k) +1= 4k2-54k2-5 19(k2+1) 14k2-51, (9分) IPQ1=√2+1/(x,-x2) =√2+1√/(x1t2)2-4x1x2 =√R2+1 厂8(k2-k)1 -4.4k2-8h+24 W4k2-5 4h2-5 =√+1V64(k-k)-4(4-5)(4W-8h+24 14k2-51 =4VR+1Y15k-10k+30 14k2-51 19(k2+1) 则AP·IAQI 14k2-51 IPQI 4V+1y15R-10k+30 142-51 19√2+1 = 4/-15k2-10k+30 19√10 20, √2+1 故 √1 √/-15k2-10k+30 5 ，化简，得72+4k-11=0, 解得：号或L (13分) 由于直线1与双曲线E的两支分别 交于P,Q两点， 则-8%+24 0. 4k2-5 当=时，不符合824 4k2-5 0,故舍去， 当k=1时，362+2k-6<0,4-8k+24 0,符合题意 42-5 综上可得，k=1. (15分) 18.(1)【解】fx)=√1+2ax-axsinx, 当a≥0时，函数f(x)的定义域为R;当a<0时，函数f(x)的 D31卷 参考答案及深度解析 定义域为 11 -2a’-2a 所以函数(x)的定义域关于原点对称 (2分) 对定义域内任意的x,都有f代-x)=√1+2a(-x)产-a(-x)· sin(-x)=v1+2ax2-axsin x=f(x), 故f(x)为偶函数. (3分) (2)【证明】当a=2时，)=V子+分x为偶函 数，定义域为[-1,1]. (4分) 要证x)≤1，只需证√17≤1- 2 *sin 因为当-1≤x≤1时，1- 2*sin >0 所以只霜证0≤≤1时，1-≤1-子如)儿， 即证x2-xsin +axa0, 即证认血)+宁≥0 (6分) 令g(x)=x-sinx,则g'(x)=1-cosx≥0， 所以g(x)在[0,1]上单调递增， 故g(x)≥g(0)=0,所以x≥sinx, 1 所以x(x-sinx)+4sin2x≥0，得证 (8分) (3)【解】由f代x)<1,得√1+2ax2<1+axsin. 因为a>0, 所以当0<x<r时，l+axsin x>0, 1+2ax2<(1+axsin x)2, 2sin x-2x+axsin2x>0. (9分) h(x)=2sin x-2x+axsin'x(O<x<), h'(x)=2cos x-2+asin2x+axsin 2x. (10分) 令m(x)=h'(x), m'(x)=-2sin x+asin 2x+asin 2x+2axcos 2x=-2sin x+ 2asin 2x+2axcos 2x. (11分) n(x)=m'(x)n'(x)=-2cos x+6acos 2x-4axsin 2x. ①当(0)=-2+6a>0,即a>时，存在，(0，m),使得对 3 任意x∈(0，x),n'(x)>0, 故m'(x)在(0，x)上单调递增. 又m'(0)=0,所以m'(x)>0在(0，x)上恒成立， 从而m(x)=h'(x)在(0，x)上单调递增. 又h'(0)=0,所以'(x)>0在(0，x)上恒成立， 从而h(x)在(0，xo)上单调递增. 又h(0)=0, 所以h(x)>0对任意x∈(0，x)恒成立，符合题意.(13分) ②当0<a<写时，n'(0)=-2+6a<0,存在∈(0，m),使得对 任意x∈(0，x）,n'(x)<0, 故m'(x)在(0，xo)上单调递减， 又m'(0)=0,所以m'(x)<0在(0，xo)上恒成立， 从而m(x)=h'(x)在(0，x)上单调递减. 又h'(0)=0,所以h'(x)<0在(0，x)上恒成立， 从而h(x)在(0，xo)上单调递减。 又h(0)=0, 所以h(x)<0对任意xe(0,x)恒成立，不符合题意. (15分) ③当a=时，令p()=m(, p'(x)=2sin x-16asin 2x-8axcos 2x. q(x)=p'(x),q'(x)=2cos x-40acos 2x+16axsin 2x, 9·数学 高考一轮复习检测卷·数学 所以g(0)=2-40a=2-00,类推②同理可得不符合 题意 综上可得，正实数a的取值范固是（兮+）】 (17分) 19.【解】(1)由题意知，静态密码为202，动态验证码x,=4. 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4,得x1=4,符合题意； 若s=2,则M=2×23+0×2+2×2=20,得x2=0,不符合题意； 若s=3,则M=2×33+0×32+2×3=60,得x3=0,不符合题意； 若s=4,则M=2×43+0×42+2×4=136,得x4=6,不符合题意； 若s=5,则M=2×53+0×52+2×5=260,得x=0,不符合题意. 综上可得，s=1. (4分) (2)对于三位静态密码a1a2a3,由M=a1·53+a2·52+a3· 5=5(a1·52+a2·5+a3),可得M的末位是0或5，即x只 能是0或5. 又M=125a1+25a2+5a3=10(12a1+2a2)+5(a1+a2+a3), 所以当a1+a2+a3为奇数时，x,=5;当a1+a2+a为偶数时， x5=0. (6分) 下面计算a1+a2+a3为奇数时，a1a2a3的个数： ①当a1,a2,a3均为奇数时，有53=125（个）； ②当a1,a2,a3为一奇两偶时，有Cg5×52=375(个). 所以a1a2a共有125+375=500（个）. (7分) 所以P(=5)=501 1032 从而P(x=0)=1-P(x,=5)=122 11 (8分) 因此动态校验码x,的分布列如下： 0 5 2 2 (9分) (3)记事件A:得到的动态校验码x,=0,事件B:得到的动态校 验码x,=1,事件C:收到动态校验钥匙s=i(1≤i≤5，i∈N), A=AC UAC2 UAC3 UAC UACs,B=BC UBC2 UBC3 U 10福建省福州市言 一、1.A多法解题〉【方法一】由1-3z=iz,得1=(3+i)z,所以 3-i 3 1 ：=3=(3+3==010i,所以1z1= √可-放途 【方法二】由题意，得2=3所以11=13+√ 0故选A 10 2.D【解析】因为3m+2n-1=0,所以3m+2n=1,所以3+ m 2-(月}3m+2=900+4≥13+2 n 13+12=25,当且仅当0-60，即m=a=写时取等号，所以 m n 3+2的最小值为25故选D. m n 3.B【解析】由题意知，a⊥B,anB=l.若m⊥L,则当mCB 时，m⊥a;当m￠B时，m与a可能平行、垂直或mCa.若 D32卷 BC,UBCs, 从而Q。=P(A)=P(AC,)=P(C,)P(AIC,)=店P,P(AI C), (10分) 同理可得，Q,=P(B)=P(BC:)=立P(C:)P(B1C:)= 享P氏B1C. (11分) 1 ①对于事件C,:由第(2)向可知，P(A1C,)=2,P(B1 C5)=0, 从而P5·P(AIC)>0,P5·P(B1C5)=0, 所以P5·P(AIC5)>P5·P(B1C5), (12分) ②对于事件C2,C4,静态密码a1a2a对应的M=a1·s3+ a2·s2+a3·s, 当s=2或s=4时，M为偶数，得x,≠1， 所以P(B1C2)=P(B1C4)=0. 又当a1a2a=000时，M=0,得x,=0,可知P(A1C2)>0, P(AIC4)>0, 从而P2·P(AIC2)>0,P4·P(AIC4)>0,P2·P(B1C2)=0, P4·P(B1C4)=0, 所以P2·P(AIC2)>P2·P(BIC2),P4·P(AIC4)>P4· P(BIC). (14分) ③对于事件C1,C3,静态密码a1a2a3对应的M=a1·s3+ a2·s2+a3·s. 当s=1时，若a,遍历0~9这10个整数，则M的个位数也遍 历0-9这10个整数，所以P(A1C,)=P(B1C,)=10' 1 从而P1·P(AIC)=P1·P(B1C). 当s=3时，若a3遍历0~9这10个整数，则3a3的个位数遍 历0,3,6,9,2,5,8,1,4,7，继而有M的个位数字也遍历0-9 这10个整数，所以P(AIC,)=P(B1C,)=1 1 从而P3·P(AIC3)=P3·P(B1C3)· (16分) 由①②3可知，2n,P(AIC,)>2nP(B1C), 即Qo>Q1 (17分) 三上学期期中考试 m⊥a,则由lCa,得mll.所以“m⊥”是“m⊥a”的必要不充 分条件.故选B 4.C【解析】由题意得，圆心C(0,2),半径r=4.因为圆心 C(0,2)到直线x+y+2=0的距离d=12+21=22,所以 √1+12 1AB1=2√-2=2√16-8=42.由42+42=(42)2，得 ∠ACB=受所以Sauc=之×4=8[也可直接由d和1M81的 值求SAe,即Sc=子AB1d=2×42x2=8]放选C 5.B【解析】因为f(x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)= -2a e+n(x+1)单调递增，所以需满足{2x-)≥0，解得-1≤ （-a≤e°+ln1, a≤0，即a的取值范围是[-1,0].故选B. 6.D【解析】由题意得，个位数与十位数之和为奇数的两位 数共有AA;+AA4=45(个).从中任取一个数，共有45个不 同的结果，其中个位数为0的数为10,30,50,70,90，共5个， 所以由古典概型险经率公式得所求概家为名)放选D 10·数学9浙江省宁波市高三上学期高芳模拟考试 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小 4. 3 B.3 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 2w3 1.集合A={-2,0,1},B={yly=x2,x∈A},则AUB= C. D.√3 3 6.已知椭圆C的左、右焦点分别为F,F2,过上顶点A作 A.{-2,0,1} B.{0,1,4} 直线AF2交椭圆于另一点B.若IABI=IF,B1,则椭圆C C.{0,1} D.{-2,0,1,4} 的离心率为 ( 2复数：满足=2则1- 5 () 2 A.1 B.2 G.③ 3 D② 2 C.√5 D.5 7.不等式(x2-ax-1)(x-b)≥0对任意x>0恒成立，则a2+ 3.向量a,b满足Ial=1b1=1,a⊥b,则1a-3b1=( 2的最小值为 ( A.√3 B.7 A.22-2 B.2 C.√10 D.√/13 C.2√2 D.22+2 4.研究小组为了解高三学生的自主复习情况，随机调查了 sin(2Tx-2ma),x<a, 1000名学生的每周自主复习时间，按照时长（单位：h) 8.设a∈R,函数f(x)= 若f(x)在 lx-a-11-3a+6,x≥a. 分成五组：[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12)，得 区间(0，+∞)内恰有6个零点，则a的取值范围是 到如图的频率分布直方图，则样本数据的第60百分位 数的估计值是 B.(2,3] ↑频率/组距 0.2--- 0.1- ce.31u 0.05 0 24681012时间/h 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小 A.7h B.7.5h 题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 C.7.8h D.8h 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 5.圆台的高为2，体积为14π，两底面圆的半径之比为1：9.已知数列{an},{bn}都是正项等比数列，则（ 2,则母线和轴的夹角的正切值为 A.数列{an+bn}是等比数列 B.数列{an·bn}是等比数列 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说 An 明、证明过程或演算步骤」 C.数列 是等比数列 b. 15.（13分)在三棱锥P-ABC中，侧面PAC是边长为2的 D.数列{a}是等比数列 等边三角形，AB=3,PB=2,∠ABC=受 10.函数f(x)=e-alnx,则 ( A.f(x)的图象过定点 (1)求证：平面PAC⊥平面ABC. B.当a=1时，f(x)在(0，+o)上单调递增 (2)求平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值. C.当a=1时，f(x)>2恒成立 D.存在a>0,使得f(x)与x轴相切 11.已知曲线C:(x2+y2-1)3-7sin2x+7cos2y=6,下列说法 正确的是 () A.曲线C过坐标原点O B.曲线C关于直线y=x对称 C.曲线C上存在一点P,使得IOPI=1 D.若点P(x,y)为曲线C上一点，则Ixl+lyl<3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知f(x)=3,则f1og32)= 13.抛物线C:y2=4x的焦点为F,点P为C上一点，且 1PFI=3,0为坐标原点，则SAOPF= 14.一个盒子中装有标号为1,2,3,4,5的五个大小、质地 完全相同的小球甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一 轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒 子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数 字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不 得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不 放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽 取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮 游戏中甲共获得2分的概率为 数学”答案D28卷9 16.(15分)已知数列{a,}为等差数列，且满足a2,=2a.+1 亿(15分已知点6}是双面线E:号10>0，正 (nEN*). 5 (1)若a1=1,求{an}的前n项和Sn 0)上一点，E的渐近线方程为y=± ②)若数列6满足名-子且数列1a·么的前。 (1)求E的方程. (2)直线1过点A(1,1),且与E的两支分别交于P,Q 项和Tn=(3n-4)·2+1+8,求数列{bn}的通项公式。 肉点养P00D,求直线1的斜率 景行 卷9答案D28Q数学 18.(17分)已知函数f(x)=√1+2ax2-axsinx. (1)判断f(x)的奇偶性. (2)若a=分求证)≤1 (3)若存在x0∈(0，π)，使得对任意x∈(0，x f(x)<1,求正实数a的取值范围. 之教育 19.(17分)开启某款保险柜需输入四位密码a1a2a3x,其 中a1a2a?为用户个人设置的三位静态密码（每位数字 都是0~9中的一个整数)，x,是根据开启时收到的动 态校验钥匙s(s为1~5中的一个随机整数)计算得到 ),均有 的动态校验码.x,的具体计算方式：x,是M=a1·s3+ a2·s2+a3·s的个位数字.例如，若静态密码为301，动 态校验钥匙s=2,则M=3×23+0×22+1×2=26,从而动 态校验码x2=6,进而得到四位开柜密码为3016 (1)若用户最终得到的四位开柜密码为2024，求所有 可能的动态校验钥匙s (2)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥 匙s=5,求动态校验码x,的概率分布列. (3)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥 匙s=i(1≤i≤5，i∈N)的概率为p:,其中p:是互不相 等的正数.记得到的动态校验码x,=k(0≤k≤9，k∈N) 的概率为Q,试比较Q。与Q1的大小