2018-2019年4月杭州市重點(diǎn)高中2018-2019高考數(shù)學(xué)命題比賽參賽試題3

??#?2019年高考模擬數(shù)學(xué)文科參考答案1.解答:A=L1,0},故1eB，集合B的個(gè)數(shù)即L1,0}的子集個(gè)數(shù)，共4個(gè)，答案為1.解答:解答:(3+4i)(2+解答:(3+4i)(2+3i) —6+17iz= -(2—3i)(2+3i)13,對(duì)應(yīng)點(diǎn)在第二象限，答案為B解答:直線〈與12平行O"±2，故答案為A兀. .一.兀兀 7兀 v;2 .兀4.解答:0<%<一,sin%+cos%=v2sm(%+—),由一<%<——得 <sin(x+—)<14.解答:3 4 4 12 2 4答案為D5.解答:由面面垂直的判定定理可得答案為C6.解答:S=2+4+6+…+100=50(2+100)=2550,答案為C217.解答:a2=a?an(1+d)2=1.(1+4d)，得d=2,/.a =1+2012x2=4025,2 1 5 2013答案為B(2a)2+b2 2a+b -——r 18.解答：直線為2%+y=1,「.2a+b=1,由 > ?、：2a?b得?%：2ab<—,2 2 2「.s=2^ab-(4a2+b2)=<2?<2a-b一[2a)2+b2當(dāng)且僅當(dāng)2a=b=1時(shí)取到等號(hào)，答案為D解答：設(shè)M（x0，y0），則5，-y0），|k?kI=-0-Q—11 21x+a0.?y2一 0b2(1-xl)= a2b2_1a一x0a2-x20a2-x20a24可得3a2=4c2，從而e=c=豆,a2答案為c.解答：由韋達(dá)定理可得c=5x5=25,c=4x6=24,c=3x7,c=2x8=16,c=1x9=9,1 2 34 5/.c-c=16，故選C15.解答：總共3000人中抽取容量為60的樣本，故抽樣比例為50：，從高三年級(jí)中抽取的人數(shù)為2142.解答：基本事件總數(shù)為10，符合要求的事件數(shù)為4，故所求概率為記=5.解答：幾何體為圓錐，S=S+S=兀?1?3+K-12=4兀表側(cè)底...「-31 .一 .解答：-3, 分析：可行域?yàn)槿切螀^(qū)域，數(shù)形結(jié)合可得答案15.16.解答：利用幾何意義可得九二-1，（或利用函數(shù)方法解決）解答：a=lgee(0,1),c=1g/e=1lge<a，又b-c=1ge(1ge-1)<0，?15.16.一 v/17-1 , ，八一.解答：1<r<一-- 分析：由題意得p、q是萬程x2-r2x+r（r-1）=0的兩相異實(shí)根,

f(0)>0 L一一 417—1令f(x)=x2-r2x+r(r-1)，貝|，f(1)<0，得1<r<^―--f(2)>03.解答：(i)由—sm2A=sinCcosB+sinBcosC得3smAcosA=sm(B+C)=sinA,22分，4分6分由于AABC中sinA>0,「.3cosA=1,cosA=4分6分sinA=<1-cosA=2^-2,

3(11)由cos(11)由cosB+cosC=..一2J3得-cos(A+C)+cosC=—3—,7分力sinC+2cos力sinC+2cosC=空由正弦定理得c=asinCsinA214即sinAsinC-cosAcosC+cosC= ，12得、:2sinC+cosC=<3,cosC=<3-j2sinC，平方得sinC=^6-,1219．2分解答：(I)由題設(shè)2a=a+a ,即2a q2=a+19．2分2013 2011 2012 2011 2011 2011,/a豐0,「.2q2-q-1=0.

1 n(n—1)/1、 一n2+9n(II)q=——,貝IS=2n+———I(——)= 2n 2 2 4當(dāng)n>2時(shí),S—b=S =—(n—1)(n—10), nn n—1 4故對(duì)于ngN+Q當(dāng)2<n<9時(shí)，S>b； --9分--11分12分--9分--11分12分Q當(dāng)n=10時(shí)，S=b；

nn 13分Q當(dāng)n>11時(shí)，S<b。nn 14分 12分 12分20.解答：（I）連接CO,由3AD=DB知，點(diǎn)D為AO的中點(diǎn)，又?.?AB為圓O的直徑，，AC1CB,由\；3AC=BC知，ZCAB=60,oTOC\o"1-5"\h\z??AACO為等邊三角形，從而CD1AO. 3分?,點(diǎn)P在圓O所在平面上的正投影為點(diǎn)D,??PD1平面ABC,又CDu平面ABC,PD1CD， 5分由PD^AO=。得，CD1平面PAB. 6分（注：證明CD1平面PAB時(shí)，也可以由平面PAB1平面ACB得到，酌情給分.）（II）法1：過D作DH1平面PBC交平面于點(diǎn)H，連接PH，則ZDPH即為所求的線面角?！?分由(I)可知CD=v3,PD=DB=3,TOC\o"1-5"\h\z1 11 11 3,/3.?.V二S-PD二?DB?DC-PD=xx3x；3x3= , 10分P-BDC3abdc 32 32 2又PB=PD22+DB2=3<2,PC='PD2+DC2=2G,BC=DBB2+DC2=2*3,二.APBC為等腰三角形，則S =—x3<2x'12——=——.APBC2 \ 2 2由V=V得，DH=P—BDC D—PBC

55 1455 14分.?.sin/DPH二一PD法2:由(I)可知CD=\汴,PD=DB=3,過點(diǎn)D作DE1CB，垂足為E，連接PE，再過點(diǎn)D作DF1PE，垂足為F. 8分?.?PD1平面ABC,又CBu平面ABC,:.PD1CB，又PDnDE=D,.??CB1平面PDE,又DFu平面PDE,:.CB1DF，又CB^PE=E,???DF1平面PBC,故/DPF為所求的線面角——10分在RtADEB中，DE=DB?sin30=3,PE=.：PD2+DE2=3^5,2TOC\o"1-5"\h\zsin/DPF=sin/DPE二絲二-^5 14分PE521.解答：(I)f'(%)=%—a=^2~a(%>0) 2分xx若a<0，則f'(%)>0，所以此時(shí)只有遞增區(qū)間(0,+s) 4分若a>0，當(dāng)f,(%)>0時(shí)，得%>qa當(dāng)f,(%)<0時(shí)，得0<%<<a所以此時(shí)遞增區(qū)間為：(、；a,+8)，遞減區(qū)間為：(0,a)) 6分/、a %2+2%-a/g'(%)=%一一+2= (%>0)，設(shè)h(%)=%2+2%-a(%>0)%%若g(%)在［1,e］上不單調(diào)，則h(1)h(e)<0一二(3—a)(e2+2e—a)<0「.3<a<e2+2e同時(shí)g(%)僅在%=e處取得最大值，，只要g(e)>g(1)即可e2 5得出：a<—+2e-- 13分

1同理可得切線BN的方程為:7分1111y=2xx—1同理可得切線BN的方程為:7分111122由于動(dòng)線段AB（B在A右邊）在直線l：y=x—2上，且IAB1=22,故可設(shè)A(t,t—2),B(t+1,t—1)21-%：4t2—4(t—2)

2 9分將4t,t—2)代入切線AM的方程得t―2=2xit-x2，即21-%：4t2—4(t—2)

2 9分TOC\o"1-5"\h\z同理可得x=t+1+;(t+1)2—(t+1)+2=t+1+\t2+1+2， 10分2x2—x2k=- -=x+x，當(dāng)MN//AB時(shí)，k=1，得x+x=1MNx—x1 2