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1、2018年浙江省高考数学（文）模拟考试考前必做难题30题（解析版） 1【2018届北京市海淀区二模】如图，已知直线与曲线相切于两点，则函数 有( )A. 个零点B. 个极值点C. 个极大值点D. 个极大值点【答案】D【解析】分析：根据函数有三个极大值点，两个极小值点，判断，在极值点左右两边的符合，可得函数五个极值点，三个极大值，两个极小值，从而可得结果.详解：直线与曲线相切于两点，有两个根，且，由图象知，则即，则函数，没有零点， 函数有三个极大值点，两个极小值点，则，设的三个极大值点分别为，由图可知，在的左侧的右侧，此时函数有三个极大值，在的左侧，的右侧，此时函数有两个极小值点，故函数有五个极
2、值点，三个极大值，两个极小值，故选D. 2【2018届福建省龙岩市4月检查】设函数.若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A即在唯一的整数，使得，由，得，由，得，所以在上递增，在上递减，只有一个整数，得，即实数的取值范围为，故选A.3【2018届辽宁省部分重点中学协作体高三模拟】已知函数，若有且仅有两个整数，使得，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：数，若有且仅有两个整数，使得，等价于有两个整数解，构造函数，利用导数判断函数的极值点在，由零点存在定理，列不等式组，从而可得结果.又，存在，使递增，递减，若解集中的整数恰为个
3、，则是解集中的个整数，故只需，故选B.4【2018届辽宁省部分重点中学协作体高三模拟】直线与圆有公共点，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：由可得，换元、配方后利用二次函数求解即可.5【2018届安徽省六安市毛坦厂中学四月月考】已知是定义在区间上的函数，是的导函数，且，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：构造函数，利用，判断出的单调性，结合列不等式求解即可.详解：引入函数，则 ，又，函数在区间上单调递增，又，不等式“”等价于“”，即，又，又函数在区间上单调递增，解得，又函数的定义域为，得，解得，故不等式的解集是，故选D.6【20
4、18届北京市城六区一模】已知点在圆 上，点在圆 上，则下列说法错误的是A. 的取值范围为B. 取值范围为C. 的取值范围为D. 若，则实数的取值范围为【答案】B【解析】M在圆C1上，点N在圆C2上，MON90，0，又OM+1，ON+1，当OM=+1，ON=+1时，取得最小值（+1）2cos=32，故A正确；设M（1+cos，1+sin），N（1+cos，1+sin），则=（cos+cos，sin+sin），2=2coscos+2sinsin+2=2cos（）+2，02，故B错误；两圆外离，半径均为1，|C1C2|=2，22|MN|2+2，即222+2，故C正确；1|OM|+1，-1|ON|+1
5、，当时，解得323+2，故D正确故选B7【2018届江西省新余市二模】已知椭圆，为其左、右焦点，为椭圆上除长轴端点外的任一点，为内一点，满足，的内心为，且有（其中为实数），则椭圆的离心率等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设，由，可得G为的重心，即有G点坐标为，由，可得IGx轴，即有I的纵坐标为，在中，则因为I为的内心，故有I的纵坐标即为内切圆半径，所以，故，即，整理得，故椭圆C的离心率选B8【2018届四川省蓉城名校高中4月份联考】已知圆： ， ： ，动圆满足与外切且与内切，若为上的动点，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】圆： ，圆： ，动圆满足
6、与外切且与内切，设圆的半径为 ，由题意得 则的轨迹是以（ 为焦点，长轴长为16的椭圆，其方程为 因为，即为圆 的切线，要的最小，只要最小，设，则 ，选A.9【2018届浙江省杭州市高三第二次检测】记的最大值和最小值分別为和.若平面向量满足 则（ ）A. B. C. D. 【答案】A故选10【2018届百校联盟高三TOP20四月联考】在三棱锥中，平面和平面所成角为，则三棱锥外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：先明确球心的位置：过ABC的外心作平面ABC的垂线，过PBC的外心作平面PBC的垂线，设两条垂线交于点O，则O为三棱锥外接球的球心,然后把问题转化为解三角形的
7、问题.详解：如图，过ABC的外心作平面ABC的垂线，过PBC的外心作平面PBC的垂线，设两条垂线交于点O，则O为三棱锥外接球的球心，过点作，连接，则BC平面，BC平面，所以四点共面，所以BC,由BC，BC，所以为平面PBC和平面ABC所成角，即，由，得，由余弦定理得，由正弦定理得，即，又因为，所以由余弦定理得，所以，所以，三棱锥外接球的体积为故选：A11【2018届河南省南阳市第一中学高三第十四次考】如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱，的中点，是侧面内一点，若 平面，则线段长度的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：先判断出点的位置，确定使得取得最大值和最小值时点
8、的位置，然后再通过计算可求得线段长度的取值范围详解：如下图所示，分别取棱的中点M、N，连MN，分别为所在棱的中点，则，MNEF，又MN平面AEF，EF平面AEF，MN平面AEF，四边形为平行四边形，又平面AEF，AE平面AEF，平面AEF，又，平面平面AEFP是侧面内一点，且平面AEF，点P必在线段MN上在中，同理，在中，可得，为等腰三角形当点P为MN中点O时，此时最短；点P位于M、N处时，最长，线段长度的取值范围是故选B12【2018届衡水金卷信息卷五】如图所示的四棱锥中，底面与侧面垂直，且四边形为正方形， ，点为边的中点，点在边上，且，过， ， 三点的截面与平面的交线为，则异面直线与所成的
9、角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D又底面ABCD与侧面PAD垂直，四边形ABCD为正方形，所以AB平面PAD.从而ABDM.因此DM平面PAB.又DM/GH.即DMl.所以l平面PAB.故lPB，所以异面直线PB与l所成的角为.本题选择D选项.13【2018届山西省二模】数列满足若，则数列的前项的和是_【答案】450【解析】分析：根据递推关系求出数列的前几项，不难发现项的变化具有周期性，从而得到数列的前项的和.详解：数列an满足，a1=34，a2=17，a3=3a2+1=317+1=52，a4=26，a5=13，a6=3a5+1=40，a7=20，a8=10，a9=5，a10=3a9
10、+1=16，a11=8，a12=4，a13=2，a14=1，同理可得：a15=4，a16=2，a17=1，可得此数列从第12项开始为周期数列，周期为3则数列an的前100项的和=（a1+a2+a11）+a12+a13+29（a14+a15+a16）=（34+17+52+26+13+40+20+10+5+16+8）+4+2+29（1+4+2）=450故答案为：45014【2018届福建省龙岩市4月检查】已知是函数的导函数，在定义域内满足，且，若，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】分析：由，得，利用，可求得，利用导数证明在上递增，等价于，由单调性可得结果.详解：由，得，令，令，在上递减，在上递
11、增，在上递增，可得，解得，即实数的取值范围是，故答案为.15已知点在椭圆上，点满足（）（是坐标原点），且，则线段在轴上的设影长度的最大值为_【答案】15【解析】，故O，A，P三点共线，设点A坐标为(x，y)，则 令OA与x轴正方向的夹角为，则线段OP在x轴上的投影长度为，当且仅当，即时等号成立线段OP在x轴上的投影长度的最大值为15.答案：1516【2018届四川省南充市三诊】在数列中，若 (，为常数)，则称为“等方差数列”.下列对“等方差数列”的判断：若是等方差数列，则是等差数列；是等方差数列；若是等方差数列，则 (，为常数)也是等方差数列.其中正确命题序号为_(写出所有正确命题的序号).【
12、答案】【解析】分析：根据等方差数列的定义an是等方差数列，则an2-an-12=p（p为常数），根据等差数列的定义，可证；验证（-1）n2-（-1）n-12是一个常数；验证akn+12-akn2是一个常数.详解：是等方差数列,(p为常数)得到为首项是，公差为p的等差数列；是等差数列；数列中,，是等方差数列；故正确；数列中的项列举出来是,，数列中的项列举出来是,，. (kN,k为常数)是等方差数列；故正确；故答案为：.17【2018届北京市城六区高三一模】设是由一平面内的个向量组成的集合若，且的模不小于中除外的所有向量和的模则称是的极大向量.有下列命题：若中每个向量的方向都相同，则中必存在一个极
13、大向量；给定平面内两个不共线向量，在该平面内总存在唯一的平面向量，使得中的每个元素都是极大向量；若中的每个元素都是极大向量，且中无公共元素，则中的每一个元素也都是极大向量其中真命题的序号是_【答案】18【2018届四川（南充三诊）】已知单位向量，两两的夹角均为 (，且)，若空间向量，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系 (为坐标原点)下的“仿射”坐标，记作，有下列命题：已知，则；已知，其中，均为正数，则当且仅当时，向量，的夹角取得最小值；已知，则；已知，则三棱锥的表面积.其中真命题为_(写出所有真命题的序号)【答案】.【解析】 由题意，若，则，则，所以不正确；由，其中，向量的夹角取得最小值，两向量同向时，存在实数，满足，根据仿射的定义，可知是正确的；已知，则， 所以，所以是正确的；由，则三棱锥为正四面体，棱长为 ，其表面积为，所以不正确，故选.19【2018届江西省监测】四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若四棱锥的体积取值范围为，则
