2019年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考數學模擬試卷5月份

2019年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考數學模擬試卷（5月份1040等于 B（1，2） 2．（4分）若f（x）sinx是周期為πf（x）可以是（） 3（4 B． A．B． 時間為t，則函數θ＝f（t）的圖象大致為 （長到原來的2倍，得到函數y＝g（x）的圖象，則下列關于函數y＝g（x）的說法錯誤的 A．最小正周期為C．圖象關于直線對D．圖象關于點對 AF2、BF2OMN為直徑的圓上，則雙曲線的離心率為 A．B．C．D．y＝f（f（x）則a的取值范圍是（ A．B（﹣∞，1] （4 736（3 12（3 ξ01Pa13．（3分）已知a，b∈R+且a+2b＝3，則的最小值是 （且A+B＝72，則展開式中常數項的值為 15（3C1：y2＝﹣4mx（m＞0）長恰好是三個連續(xù)的自然數，則a的值為 16（停在數軸上實數3位于的點處，則小蜜蜂不同的飛行方式有 （A1C1D及其內部的一動點，且|PD|＝|PM|P．57418（1419（1 20（15

已 21（15焦點的橢圓C過點．T（2，0，22（1xaF（x）＝e﹣axf（xF（x）2019年浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學高考數學模擬試卷（5月1040等于 B（1，2） A∩B＝?． f（x）sinx＝sin2xA；f（x）＝sin2xf（x）sinx＝2cosxsin2x，為偶函f（x）＝sin2xf（x）sinx＝2cosxsin2x，為偶函數，不符合題意．f（x）＝cos2xf（x）sinx＝sinx﹣2sin3x，周期不為π不符合題3（4 B． 點B（1，1）時，z最大值即可． DDE⊥AE，則DE為底面ABC的高，所以其體積V＝APθ＝∠AOP，練車時間為t，則函數θ＝f（t）的圖象大致為（）θ＝AOP（＞0θ＝∠AOP的值的變化趨勢，可得函數圖象的單調性特征，從而選出符合條件（長到原來的2倍，得到函數y＝g（x）的圖象，則下列關于函數y＝g（x）的說法錯誤的 A．最小正周期為C．圖象關于直線對 對【解答】解：將函數的圖象向左平移個單位，得到稱．故D錯誤． ＝（2，0，＝（cosα，snαsinβ【解答】解：因為，＝2，＝cos，sinβ所以＝2（cosβ﹣cosα）﹣cos（α﹣β）+1，cosα，cosβ，cos（α﹣β）∈[﹣1，1]，2（cosβ﹣cosα）≥﹣4，cos（α﹣β）≤1不能同時取等號，所以2（cosβ﹣cosα）﹣cos（α﹣β）+1＞﹣4，又當β＝π，α＝0時，2（cosα+cosβ）﹣D選項，AF2、BF2OMN為直徑的圓上，則雙曲線的離心率為 A．B．C．D．x0（x0＞0，0，F(xiàn)2 x0， ∴﹣2x02＝0，即x0＝，故B（，把B（，）代入雙曲線方 解得e2＝9+6或e2＝9﹣6（舍．C．y＝f（f（x）則a的取值范圍是（ A．B（﹣∞，1] y＝f（（x）同的值域得出f（x）的最小值與極小值點的關系，得出a的范圍．1．即f（x）的值域為2a﹣1，+∞y＝f（f（x（4 且項數為偶數，設n＝2k，k∈N*，等差數列的公差設為d，不妨設 則a1＜0，d＞0，且ak+1≤0，ak﹣1＜0即ak≤﹣1，即有d≥2，則736 12（3 ，E（ξ）＝ ξ01Pa【解答】解：由隨機變量ξ；（ 的最小值是 ；， （+b＝當且僅當且a+2b＝3，即a＝b＝1時取等號； （且A+B＝72，則展開式中常數項的值為9 A＝4n，B＝2nA+B＝4n+2n＝72n＝3展開式的通項為＝，令可得∵展開式的通項為＝令可得r＝133的關鍵是利用二項式的性質得出A，B的值．15（3C1：y2＝﹣4mx（m＞0）長恰好是三個連續(xù)的自然數，則a的值為6 P（x0y0 ，即由，解得，∴，從而3位于的點處，則小蜜蜂不同的飛行方式有755512C51C41＝20種飛行方式，21C52C31＝30種飛行方式， 5+20+30+20＝75種飛行方式，（ 57418（14由cos（A﹣B）＝得cosAcosB+sinAsinB＝，②；∴tanAtanB＝＝＝ 19（1 BMD． 棱PC的中點，設當PA＝a時，直線AM與平面PBC所成角的正弦值為A，（，0（1a0，，B（，設平面PBC的法向量＝（x，y，z ∴當PA長度為2 20（15

已知，若{an}為等比數列，求a1的值，，（ ∴，即，解得當n≥2時 ．n＝1 ＝由是遞增的 7≤a2≤0．故答案為21（15焦點的橢圓C過點．T（2，0，【分析】（Ⅰ）cy2＝4xc＝1C，由于橢圓C過點．代入橢圓方程可得 又a2＝b2+c2，聯(lián)立解得即可；y＝k（x﹣1 可得且λ＜0．進而得到：．由λ∈[﹣2，﹣1）可得到k2的取值范圍．由于 ﹣2，y1），＝（x2﹣2，y2，可得 ∵橢圓C過點 當直線l的斜率不存在時，即λ＝﹣1時， 又T（2，0，∴ 得A（x1，y1，B（x2，y2， ① 由λ∈[﹣2，﹣1）得即． ＝1﹣1＝（x2﹣2，y2＝（1x2﹣4y+2 ， ，∵ ，即∴∴ ∈22（1xaF（x）＝e﹣axf（xF（x）a的范圍，判斷函數的單調性，結合函數的零點，從而確定a的范圍即可．故F（x）＝aln（x+1）+，則F′（x）＝，a≠0F′（x）＝0，解得：x＝F（x）在（﹣1，+∞）遞減；（Ⅱ）gx）＝（）x＝axnx1）x，x，+∞，h（x）＝g′（x）＝eaxF（x）﹣1，故g（x）＜0對任意x∈（0，+∞）都成立，h′（x，h′（x）在（0，+∞）上必存在零點，x∈（0，