1、联盟高考数学最后一模全解全析 一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题 4 分，满分 40 分。 1.C 【解析】【解析】 25 68 43 2 )2( ) 1( 2 2 i i i i i z 【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇 2.A 【解析】【解析】 由于NNM，则MN ，当N时，04 9 4 a，记 9 1 a 当N，),1 , 0(M则 9 1 0 01 3 2 1 000 04 9 4 a a a a 综上，0a 【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇 3.D 【解析】【解析】 两边平方 9 1 cossin21，即0 9 8
2、cossin2，所以), 2 ( 所以 3 17 9 8 1cossin21)sin(cossincos 2 【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇 4.A 【解析】【解析】 由题意可知P点只能在双曲线的左支上，所以 2 PF- 1 PF=8，求得 2 PF=17 【供稿人】【供稿人】杭州王水水杭州王水水 5.D 【解析】【解析】 充分性：取 13 , 44 ab，右式= 13 1 82 ，不充分； 必要性：取 1 ,0 2 ab，左式不成立，故不必要。 所以既不充分又不必要。 【供稿人】【供稿人】杭州王水水杭州王水水 6.B 【解析】【解析】 该几何体如图正方体截去三棱
3、锥BACD和三棱锥OACD得到（O为立方体的中心） OBACD 面,所以 2 113 82 236 322 V 【供稿人】【供稿人】杭州王水水杭州王水水 7.C 【解析】【解析】 因为对0 都有 2 f xaM成立，所以 2 =f xaM， 存在一个数M满足0,1M ，所以 2 f xaM, 因为aR 使得对1,xp ，都，所以 f x的值域1,1aa， 又因为 1 f xx x 在1, p的值域为 1 2, p p ， 所以aR ，使得 12 1 1 a pa p 两式相加得 1 4p p ， 23p ，此时存在3a 。 【供稿人】【供稿人】杭州王水水杭州王水水 8.D 【解析】【解析】 由
4、题意知 0 0.50.250.5 1 fc fabc fabc ，所以 212040.5 40.5130 0 afff bfff cf 因此 212040.5212040.58affffff 40.513040.51308bffffff 1c ，因此17abc 【供稿人】【供稿人】杭州王水水杭州王水水 9.D 【解析】【解析】 法一：法一： k k k kkkkk kCkCCCCCkf 2 2 12 2 4 2 3 2 2 2 1 2 224422)( ， 又 1 2 2 2 32 2 22 2 12 2 2 2 22)22()22(22)( kk k k k k k k k k CCCkCk
5、kCkCkf ，相加得到 k k k k k kkkkk kCCkkCkCCkkCCkkkf 2 2 12 2 22 2 4 2 3 2 2 2 1 2 2)22(22)22(2)22(2)(2 kkkk kkk k kkk kkCCCCCCk 212212 2 3 2 1 2 2 2 1 2 0 2 2) 12(2222)(2)(2 ， 所以 23 100 223 225 )11( )12( 22 24 f f 【供稿人】浙江省普陀中学庄成明【供稿人】浙江省普陀中学庄成明 法二：法二：由 1 1 1 m n m n m n CCC，得到 k kkkk kCCCCkf 2 12 3 2 4 1
6、2 2 12 2442)( ， 设1 2 )1 ()1 ( )( 1212 kk xx xg，上式即为)( ' xg中 m x 2 的系数和， 而) 1()1)(12()1)(12()( 22' kk xkxkxg，令1x，则系数和 k kkf 2 2) 12()( 所以 23 100 223 225 )11( )12( 22 24 f f 。 【供稿人】浙江省普陀中学蔡晓峰【供稿人】浙江省普陀中学蔡晓峰 10.B 【解析】【解析】 法一：设kCkBkA62sin,52sin,42sin， )sin(cos2)sin()cos(22sin2sin )cos(sin2)cos()
7、sin(2112sin2sin CBACBCBkCB CBACBCBkCB ， 则 4 cossin 11 22 A k A k ，又 16 2sin 2 2 A k 代入得到 164sin4cos4121 22 AA ， 即 8 1 cos, 8 7 sinAA ，故 4 7 cossin22sinAAA 【供稿人】浙江省普陀中学蔡晓峰 法二：如图，则由正弦定理，可设 4 3 cos2cos, 6, 5, 4DADFDEEF， 故 4 7 2sinA 【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇 法三：如图，取ABC外心O，则6:5:4: OABOACOBC SSS， 由背景
8、结论 0 OCSOBSOAS OABOACOBC ，则 0654OCOBOA ， 22 )4()65(OAOCOB ，即 4 3 OCOB， 所以 4 3 2coscosABOCOCOBOCOB 故 4 7 2sinA 【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇【供稿人】浙江省普陀中学陈潜勇 二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6 分，单空题每题 4 分，满分 36 分。 11.3；8 【解析】【解析】 服从二项分布，则 【供稿人】杭州辅导君高航 12. 1 或 8 【解析】【解析】 设公比为 ,则解得或 当时，等比中项是； 当时，,等比中项是 综上所述，等比中项是或.注意：等比中项不一定是
9、. 【供稿人】杭州辅导君高航 13. 7 12 ； 21 154 【解析】【解析】 此题目用解析几何设直线的方法很繁琐，我们可以运用余弦定理求解. 由椭圆的定义， 中，由余弦定理， 是的两根，又 设则. 中，由余弦定理， 解得 . 内切圆半径. 【供稿人】杭州辅导君高航 14. 2 25 ；18 【解析】【解析】 取的中点 ，则 中，由余弦定理， 由对角线内积公式， 可依次在和用余弦定理推得. 中， 中，两式相减即得到上式. 【供稿人】杭州辅导君高航 15.748440 【解析】【解析】 原问题等价于在如下所示的表格中的每个单元格内填两个数字（18内）使得命题行的数字集合与审题行 的数字集合均
10、为1,2,3,4,5,6,7,8，且每套试卷对应的 4 个数字不同，求总的情况总数。 卷 A卷 B卷 C卷 D 命题 审题 然后，不妨固定命题人为卷 A：1，2，卷 B：3，4，卷 C：5，6，卷 C：7，8， 计算该情况下的情况总数，最后乘上 2222 8642 2520C C C C 即可. 卷 A卷 B卷 C卷 D 命题 审题 1，23，45，67，8 下面对卷 A 的审题人的情况进行分类讨论： 卷 A 的审题人来自同一试卷的命题人： 根据对称性，不妨设卷 A 的审题人为 3，4， 下面继续讨论考虑卷 B 的审题人： （i）若卷 B 的审题人为 1，2：穷举可知共 1 种情况； （ii）
11、若卷 B 的审题人为 1，5 或 1，6 或 1，7 或 1，8：共 4 216 种情况； （iii）若卷 B 的审题人为 4，5 或 4，6 或 4，7 或 4，8：穷举可知共 2 种情况； 故共1 162357 种情况； 卷 A 的审题人来自不同试卷的命题人： 根据对称性，不妨设卷 A 的审题人为 3，5， 下面继续讨论卷 B 的审题人： （i）卷 B 的审题人为 1，2 或 1，6 或 2，6：穷举可知共 3 种情况； （ii）卷 B 的审题人为 1，7 或 2，7 或 1，8 或 2，8：穷举可知共2 48种情况； （iii）卷 B 的审题人为 7，8 或 6，7 或 6，8：穷举可知
12、共3 39种情况； 故共38912240 种情况； 综上所述，总的审题与命题的分工情况数为：572402520748440种. 【供稿人】嘉兴俞健聪 16. 5 , 1 ； 2 5 2 1 ， 【解析】【解析】 原式等价于 263516xx yxy ，令 1 m y ， 即 2 35 (26)160 x xmm x ，该方程在(0,)有解， 又 16 0 26 35 0 x x x ，所以只要0 即可，解得15x； 令 x k y ，则x ky ，ty，所以 2625 16 kyky y kyy ， 整理得 2 5 (23)1660ktt k ，在(0,)有解，又 16 0 23 5 60 k
13、 k ， 所以只要0 即可，解得 15 22 k. 【供稿人】宁波市索朗教育陈亚辉 17.1 【解析】【解析】 易知 2 5 AO 作A关于BE对称点F，延长线交CD于M,点'A在底面的摄影H落在AF上，过H作 HNBC垂足为N，设翻折后的'A O与底面的夹角为，记D到平面'A BC的距离为d，则 22 cos ,'sin 55 OHA H ，所以 82 cos 55 NH，则 22 822 '(cos )(sin ) 555 A H， 由 ''D A BCABCD VV 得 2 2 22 20sin (4cos )5sin d ，令 c
14、os 1,1x ，则 2 2 22 20(1) ( ) (4)5(1) x df x xx ， 求导得 222 40(41)(4) '( ) (4)5(1) xx fx xx ，则 ( )f x在 11 1, ,( ,1 44 ，所以 2 max 1 ( )1 4 df，即 max 1d. 【供稿人】宁波市索朗教育陈亚辉 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。 18.【解析】【解析】 （）( )sin23(1 cos2 )2 3f xxx 13 2( sin2cos2 )3 22 xx2sin(2)3 3 x 令222() 232 kxkkZ ，得 5 1212 kxk 所以(
15、 )f x的单调增区间为 5 ,() 1212 kkkZ （）( )32sin(2)33 3 f AA ，所以sin(2)0 3 A sin(2)0 3 A 因为A为锐角，所以 4 2 333 A ，2 33 AA 由余弦定理 222 2cosabcbcA得： 2222 2222 4 22 bcbc bcbcbc 所以 22 8bc 再有平形四边性质得： 2222 2222 2222 (2|)2() (2|)2() (2|)2() ADabc BEbac CFcba 222222 3 |() 4 ADBECFabc 222 3 |(48)9 4 ADBECF 而 222 | 33 ADBECF
16、ADBECF ，| 3 3ADBECF 当且仅当2abc时取等号。 【供稿人】德清县求是高级中学史健 19.【解析】【解析】 法一：法一： （）取 1 DD的中点G，因为 1 2 ，所以/ /PFAG， 1 / /QEC G，所以平面 1 AC G中两条相交直线与平面PQEF 中的两条相交直线分别平行，所以平面 1 AC G / /平面PQEF 从而得： 1/ / AC平面PQEF； （）分别取,FE PQ NM的中点,H O I，连接,HO OI IH， 则,HOPQ IOPQ 所以HOI为平面PQEF与平面PQMN所成的平面角 故 0 90HOI，易求2HI 22222222 2121 1
17、(),1 (2)()(2) 2222 OHOI 所以 22 1122 (2)4 222 所以存在 22 2 ，使得，使平面PQEF与平面PQMN所成的角为直二面角。 法二：法二： （）以D为空间原点， 1 ,DA DC DD所在的直线分别为, ,x y z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则 1 1 (2,0,0),(0,2,2),(2,1,0),(1,0,0), (0,0, ) 2 ACEFP 所以 1 1 ( 2,2,2),( 1, 1,0),( 1,0, ) 2 ACEFFP 设平面PQEF的一个法向量为 0000 (,)nxyz 00 0 00 0 0 0 1 0 0 2 xy nEF
18、 xz nFP ，令 0 1x ，则 00 1,2yz ，所以 0 (1, 1,2)n 10 2 12 ( 1)2 20AC n ，所以 10 ACn 因为 1 AC 平面PQEF；所以 1/ / AC平面PQEF； （） 1 (2,2,0),(0,2,2),(2,1,0),(1,0,0), (0,0, ),(1,0,2)BCEFPN 1 ( 2,0,2),(1,1,0),( 1,0, ),( 1,0,2)BCFEFPNP (1,1,0)NMFE 设平面PQEF的一个法向量为 1111 ( ,)nx y z 111 00 00 0 0 xyn FE xz nFP ，令 1 x，则 10 ,1y
19、z ，所以 1 ( ,1)n 同理可求：平面PQMN的一个法向量为 2 (2,2,1)n 12 (2)(2) 10n n ，所以 22 2 均在(0,2)， 所以存在 22 2 ，使得，使平面PQEF与平面PQMN所成的角为直二面角。 【供稿人】德清县求是高级中学史健 20 【解析】【解析】 （）因为( )f x的定义域为 |0x x ， 2 111 ( )() ax f xax xbx ， 2 11 ( )()fxa bx ， 当0a 时，( )0fx，所以( )f x的单调减区间为(,0)和(0,)，无增区间； 当0a 时， ( )00,0 aa fxxx aa ， ( )0, aa fx
20、xx aa 所以( )f x的单调减区间为( ,0) a a 和(0, ) a a ，增区间为( , a a 和 ,) a a （）因为( )f x有极小值f极小值，所以0a ，又因为= (1)2ff 极小值 ， 所以 1 1,2 aa ab 1ab， 2 1 ( ) x f x x ，因为 2 1 ( ) x f x x 为奇函数，所以 g( ) |( )|()| nn xfxf x 11 |() |( ) | nnn xx xx 为偶函数，令2018n 20182018 g(2) |(2)|(2)|ff， 2018201820182018 |( )|(2) |()|(2)f xff xf
21、2018201820182018 |( )|()|(2)(2)f xf xff 因为 11 |() |( ) | 22 nnnn xx xx ，( )g x为偶函数， 下面考虑0x 的情形的图像趋势， 1 111 11111 ( )( )( )( )( ) ) n nnrn rrnnnn nnn g xxC xC xCxx xxxxx 12212nrnrnn nnn C xC xCx 当0x ，( )g x ；当x ，( )g x ； 2018201820182018 |( )|()|(2)(2)f xf xffg( )(2)xg 所以| 2x 且0x 【供稿人】德清县求是高级中学史健 21.
22、【解析】【解析】 （）法一：法一：设 1122 ( ,), (,)A x yB xy，直线AB方程为：ykxm 联立方程： 2 2 2 1 x y a ykxm ，消去y得： 222222 (1)2(1)a kxa kmxam 所以 222 1212 2222 2(1) , 11 a kmam xxx x a ka k 222 2222 121212 22 21 |1|1()41 1 a a km ABkxxkxxx xk a k 原点O到直线AB的距离为： 2 | 1 m d k 222222 2 2222 2 1121|1 |1 2211 1 OAB a a kmmma km SAB dk
23、a a ka k k 2222 22 1 2(1)2 OAB a kmma Sa a k （当且仅当 222 12a km 时取等号） 所以2a ， 22 412km 当斜率不存在时，设直线AB方程为：x n ，则 2 2 1 n y a 此时三角面积为 2222 22 2 111 2 1|1 222 AOB nanna Snann aaa 所以2a 所以椭圆的标准方程为 2 2 1 4 x y 法二：法二：设(, sin), (, sin)A acosbB acosb， 则 1221 11 |coscossinsin| 22 AOB Sx yx yab 11 |cos()|12 22 AOB
24、 Sababa 椭圆的标准方程为 2 2 1 4 x y，此时 ,kkZ时取等号 （）法一：法一：设直线DE的方程为：(0)ytx t 联立方程：y tx 与 4 3 x 得到， 44 (,) 33 t E 再联立方程：y tx 与 2 2 1 4 x y，得 22 44 (,) 1414 t D tt 再联立方程：y tx 与ykxm，得(,) mmt C tk tk ，因为 22 412km 所以 22 11 22 22 (,) ktk C tktk 所以 2222 1111 ()() 2 4444 22 |2 C D ktktkt xOC ODxktkt 2 4 41412 3 4233
25、3 D OE t ODx 所以 224 33 2 263 CEOCOE ODODOD 法二：法二：设 2xx yy ，椭圆方程化成圆： 22 1xy，则左准线方程为： 2 3 x 因为此时面积OAB为 1，则O A B 面积为 1 2 ，1O D CEC E C E ODO D ，要 CE OD 最小，只要 C E 最小， 224 33 2 263 C EC OO E 【供稿人】德清县求是高级中学史健 22.【解析】【解析】 （） 11 1 1,11 nn n aaa an ，且 1 1 1 1 n a n ，所以 1 1 n a n （）法一：先用数学归纳法证明： 2 2 1 1 1 n n
26、 a nnn 显然当1,2n ，不等式显然成立， 假设当(2)nk k时，有 2 2 1 1 1 k k a kkk 成立， 那么当1nk时， 12 2 111 1 1,1 1 1 1 k k a kak k k k kk 即 232 1 23 211 , 1 k kkkk a kkkk 而 32 33 121 0 1()(1) kkkk kkkkk k ， 22 22 21(1) 1(1)(1) 1 kkk kkkk 所以1nk时，不等式也成立， 由，可知： 2 2 1 1 1 n n a nnn 2 12 22 2 11(1)11 1111 (1)1 1 n n nn a nann nnn
27、 n nn 法二：因为 1 1 1 1 n a n ， 1 1 n a n 所以 1 11 11 1 1 n n a an n n ， 2 2 1 1 1 1 11 1 n n a nn n n 2 12 22 2 1(1)11 111 (1)1 1 n nn a nn nnn n nn （）法一： 1 nn n ba a ，当1n 时， 1 2b ，显然成立 当2n 时， 2 22 11(1)(1) 11 12 1(1)(1) nn n nn ba annn 而 2222 1111111111313 ()()() 23(1)223341414nnnn 所以 3 2 4 n Tn 法二： 12231 1212 111111 ()()()()()() nnn nn Taaaaaa aaaaaa 因为 2 1 2222 111111 12 (1)(1) nn n nn ba annnnn 所以 222 311313 12(1)22 22(1)4(1)4 n Tnnn nn 当1n 时，也成立。所以 3 2 4 n Tn 【供稿人】德清县求是高级中学史健
浙公网安备33030202001339号