南通市数学学科基地命题高考模拟试卷6含详解 11页

‎2017年高考模拟试卷(6)‎ 南通市数学学科基地命题 ‎ 第Ⅰ卷（必做题，共160分）‎ 开始 结束 输出S n←1, S←0‎ S < 100‎ n←n + 1‎ S←S + 2n N Y ‎(第5题)‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 ． ‎ ‎1. 设集合A = {1，x }，B = {2，3，4}，若A∩B ={4}，则 x = ▲ .‎ ‎2. 若复数z1＝2+i，z1·＝5，则z2＝ ▲ .‎ ‎3. 从数6，7，8，9，10，11六个数中，任取两个不同的数，‎ 则两个数互质的概率是 ▲ .‎ ‎4．已知一组数据x1，x2，…，x100的方差是，则数据 ‎3x1，3x2，…，3x100 的标准差为 ▲ .‎ ‎5．执行右边的程序框图，则输出的S的值为 ▲ .‎ ‎6．设正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是单位正方形，其表面积14，则AA1＝ ▲ .‎ ‎7．不等式组表示的平面区域的面积为S，则S的值为 ▲ ．‎ ‎8．函数y＝sin(ωx＋)(ω＞0)的图象在［0,1］上恰有三个最高点，则ω的取值范围是 ▲ .‎ ‎9．若两个非零向量a，b的夹角为60°，且(a＋2b)⊥(a－2b)，则向量a＋b与a－b的夹角的余弦值是 ▲ .‎ ‎10．已知函数f(x)＝ex-1－tx，$x0∈R，f(x0)≤0，则实数t的取值范围 ▲ ．‎ ‎11．已知数列{an}是一个等差数列，首项a1＞0，公差d≠0，且a2、a5、a9依次成比数列，则 使a1＋a2＋…＋an＞100a1的最小正整数k的值是 ▲ .‎ ‎12．抛物线y2＝2px(p＞0)和双曲线－＝1(a＞0，b＞0)有一个相同的焦点F2(2，0)，而双曲线的另一个焦点F1，抛物线和双曲线交于点B、C，若△BCF1是直角三角形，则双曲线的离心率是 ▲ ．‎ ‎13．△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，若＝＝，则cosAcosBcosC ‎＝ ▲ ．‎ ‎14．已知函数f(x)＝，x∈［0,4］，则f(x)最大值是 ▲ ．‎ 二、解答题：本大题共6小题，共90分.‎ 第 11页，共 11页 ‎15．（本小题满分14分）已知α∈(0，π)，且sin(α＋)＝．‎ ‎(1)求sin(α－)的值；(2)求cos(2α－)的值．‎ ‎16．（本小题满分14分）如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，M是AB 的中点，O1是A1C1与B1D1的交点．‎ ‎(1)求证：O1M∥平面BB1C1C；‎ A A1‎ B1‎ C D1‎ B C1‎ D M O1‎ ‎(2)若平面AA1C1C⊥平面ABCD，求证：四边形BB1D1D是矩形．‎ B O ‎3N m(N)‎ ‎2N ‎17.（本小题满分14分）如图所示，一根绳穿过两个定滑轮，且两端分别挂有3(N)、2(N)的 重物．现在两个滑轮之间的绳上挂一个重量为m(N)的重物，恰好使系统处于平衡状态．‎ A ‎(1)若∠AOB＝120°，求m的值；‎ ‎(2)求m的取值范围．‎ ‎18. 椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A、B，F为椭圆C的右焦点，在椭圆C上任取异于A、B的点P，直线PA、PB分别与直线x=3交于点M，N，直线MB与椭圆C交于点Q．‎ 第 11页，共 11页 ‎(1)求·的值；‎ ‎(2)证明：A、Q、N三点共线．‎ ‎19.（本小题满分16分）已知数列满足，．‎ ‎（1）若数列为等差数列，求；‎ ‎（2）设，，不等式成立，求实数a的最小值．‎ ‎20.（本小题满分16分）已知二次函数f(x)=ax2+bx+1，g(x)=a2x2+bx+1．‎ ‎(1)若f(x)≥g(x)对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若函数f(x)有两个不同零点x1，x2；函数g(x)有两个不同零点x3，x4．‎ ‎ (i)若x3＜x1＜x4，试比较x2，x3，x4的大小关系；‎ ‎ (ii)若x1=x3＜x2，m、n、p∈，，求证m=n=p．‎ 第Ⅱ卷（附加题，共40分）‎ ‎21．[选做题]本题包括A、B、C、D四小题，每小题10分；请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答． ‎ A．（选修４－１：几何证明选讲）如图，AB是半圆的直径，C是半圆上一点，D是弧AC的 A E B C D M 中点，DE⊥AB于E，AC与DE交于M，求证：AM＝DM．‎ B．（选修４－２：矩阵与变换）已知二阶矩阵M属于特征值3的一个特征向量为a＝，并 且矩阵M对应的变换将点（－1，2）变成点（9，15），求出矩阵M.．‎ C．（选修４－４：坐标系与参数方程）已知圆C的极坐标方程是，以极点为平面 直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是 第 11页，共 11页 ‎（t是参数）.若直线与圆C相切，求实数m的值.‎ D．（选修４－５：不等式选讲）设函数，‎ 若不等式对任意且恒成立，求实数的范围．‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎22．(本小题满分10分) 如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，‎ M D O A B C ‎∠ABC＝45°，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．‎ ‎（1）求异面直线AB与MD所成角的大小；‎ ‎（2）求平面OAB与平面OCD所成锐二面角的余弦值．‎ ‎23．设a0＜a1＜a2＜…＜an(i∈N*，i＝1，2，…，n)，以[b，c]表示正整数b，c的最小公倍数．‎ 求证：＋＋…＋≤1－．‎ ‎2017年高考模拟试卷(6)参考答案 南通市数学学科基地命题 第Ⅰ卷（必做题，共160分）‎ 一、填空题 第 11页，共 11页 ‎1．4．因为A∩B ={4}，所以4∈A，故x＝4．‎ ‎2．2+i．由z1·＝5，得＝＝2－i，所以z1＝2+i．‎ ‎3．．用枚举法.从6，7，8，9，10，11六个任取两个数有15种不同的取法，其中两个数互质有(6,7)，(6,11)，(7,8)，(7,9)，(7,10)，(7,11)，(8,9)，(8,11)，(9,10)，(9,11)，(10,11)共11组，故其概率为．‎ ‎4. 3．由x1，x2，…，x100的方差是，则3x1，3x2，…，3x100的方差是18，所标准差为3．‎ ‎5．126．由程序框可知：S＝2＋22＋…＋2n＝2 n+1－2＞100，则最的n值为6，所以输出的S=27－2＝126．‎ ‎6. 3．正四棱柱的表面积为14，两个底面积之和为2，故侧面积为12，ÞAA1＝3．‎ ‎7. 6．作出如图所示的平面区域，得面积S=×(42－22)＝6．‎ ‎8. ［π，π)．区间［0,1］至少包含2个周期而不到3个周期，故×≤1＜×，解之得π≤ω＜π．‎ ‎9．．由(a＋b)⊥(a－2b)，得(a＋2b)·(a－2b)＝0，Þ|a|2－4|b|2＝0，则|a|＝2|b|，‎ cos〈a＋b，a－b〉＝＝＝＝．‎ ‎10. (－∞，0)∪［1，+∞)．若t＜0，令x＝，则f()＝e1/t－1－1＜－1＜0；若t＝0，f(x)＝ex-1＞0，不合题意；若t＞0，只需f(x)min≤0，求导数，得f ′(x)＝ex-1－t，令f ′(x)＝0，解得x＝lnt+1．当x＜lnt+1时，f ′(x)＜0，f(x)在区间(－∞，lnt+1)上是减函数；当x＞lnt+1时，f ′(x)＞0，f(x)在区间(lnt+1，＋∞)上是增函数．故f(x)在x＝lnt+1处取得最小值f(lnt+1)＝t－t(lnt+1)＝－tlnt．所以－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，所以t≥1．‎ ‎11. 34．设数列{an}的公差为d，则a2＝a1+d，a5＝a1+4d，a9＝a1+8d．由a2、a5、a9依次成比数列得 a2 a9＝a52，即(a1+d)(a1+8d)＝(a1+4d)2，化简上式得 a1d＝8d2，又d＞0，所以a1＝8d．＝＝k＋＞100，解得kmin＝34．‎ ‎12. ＋1．抛物线方程为y2＝8x，且a2+b2＝4，设B(x0，y0)、C(x0，－y0) (x0＞0，y0＞0)．则可知∠BF1C为直角，△BCF1是等腰直角三角形，故y0＝x0+2，y02＝8x0，解得x0＝2，y0‎ 第 11页，共 11页 ‎＝4，将其代入双曲线得 －＝1．再由a2+b2＝4解得a＝2－2，所以e＝＝＋1．‎ ‎13. ．由题意可设 tanA＝2k，tanB＝3k，tanC＝6k，k＞0，而在△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC，于是k＝，从而cosAcosBcosC＝××＝．‎ ‎14. . 法一 当x＝0时，原式值为0；当x≠0时，由＝，令t＝，由x∈(0,4］得t∈［2＋，+∞)，f(x)＝g(t)＝＝．而t＋≥4，当且仅当t＝2＋时，取得等号，此时x＝，所以f(x)≤．即f(x)的最大值为．法二 f(x)＝＝，于是令t＝，所求的代数式为．当x＝0时，t＝0；当x≠0时，有t＝≤＝，所以t∈［0，］，当t＝，有最大值，此时x＝．‎ 二、解答题 ‎15. 法一：联立Þ4sin2α－(－)sinα－(1＋)＝0， ‎ 解之得sinα＝，和sinα＝－，因为α∈(0，π)，所以sinα＝， ‎ 且α∈(，π)，所以cosα＝． ‎ ‎(1) sin(α－)＝sinαcos－cosαsin＝×－×＝×＝． ‎ ‎(2)sin2α＝2sinαcosα＝2××＝－，cos2α＝1－2sin2α＝－． ‎ cos(2α－)＝cos2αcos－sin2αsin＝－． ‎ 法二：因为α∈(0，π)，sin(α＋)＝＜， ‎ 所以α＋＞，所以α＋＝，所以α＝． ‎ ‎(1) sin(α－)＝sin(－)＝sin＝． ‎ ‎(2) cos(2α－)＝sin(2×－)＝cos＝－． ‎ ‎16．（1）证法一：取B1C1的中点为N，连O1N，BN．‎ 因为O1，N分别是△A1B1C1边A1C1与B1C1的中点，‎ 第 11页，共 11页 所以O1N∥A1B1，且O1N＝A1B1，‎ 又MB＝AB＝A1B1，且MB∥A1B1，‎ 所以O1N∥MB，且O1N＝MB，所以四边形BMO1N为平行四边形， ‎ 所以O1M∥NB，NBÌ平面BB1C1C，O1MË平面BB1C1C，‎ 所以O1M∥平面BB1C1C． ‎ ‎（2）连AC与BD，因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD； ‎ 又因为平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，‎ 所以BD⊥平面AA1C1C， ‎ 因为AA1Ì平面AA1C1C，所以BD⊥AA1，BB1∥AA1，BD⊥BB1，‎ 所以平行四边形BB1D1D是矩形． ‎ ‎17. 如图所示，系统受力的水平分量和与竖直分量和都为零，得 ‎ O ‎3N m(N)‎ ‎2N α β ‎(1)因为∠AOB＝120°，即α＋β＝120°，由 ‎(1)2+(2)2得4＋9＋12cos(α＋β)＝m2，故m＝N． ‎ ‎(2)由得 ‎(3)2+(4)2得4＝9－6mcosβ＋m2， ‎ 即m2－6mcosβ＋5＝0．解得m＝3cosβ±．因为α是锐角，由(2)得m－3cosβ＞0，‎ 即m＞3cosβ， ‎ 从而m＝3cosβ＋，且9cos2β－5＞0，又因为β为锐角，得到1＞cosβ＞．‎ 因此＜m＜5． ‎ 答：(1)当∠AOB＝120°，m的值为N；(2)系统处于平衡状态时，m的取值范围是(，5)． ‎ ‎18. （1）记点P(x0，y0)．则3x02+4y02＝12． ‎ 由lPA：y＝(x＋2)，得M(3，)； ‎ 由lPA：y＝(x－2)×，得N(3，)， ‎ 而F(1，0)得·＝(2，)·(2，)＝4＋＝4－＝． ‎ 第 11页，共 11页 ‎(2)记点Q为(s，t)，直线BQ、AQ分别与直线x=3交于点M′(3，)，N′ (3，)． ‎ 由题意，点M′即为点M，故＝， ‎ 再由·＝－＝·，得＝．‎ 即N′与N点重合．于是A、Q、N三点共线． ‎ ‎19.（1）设数列公差为d，‎ 则对成立， ‎ 所以，故，． ‎ ‎ （2）由，知为等比数列，公比，‎ 所以，故．‎ ‎① 当n为不小于3的奇数时，由，得，‎ 化简得恒成立，所以，解得．‎ ‎② n为不小于2的偶数时，同理有恒成立，‎ 因为，显然恒成立． ‎ 所以．由①②得，故a的最小值为1． ‎ ‎20. (1)因为f(x)≥g(x)对任意实数x恒成立，所以，ax2≥a2x2对任意实数x恒成立，‎ 所以，≤0，解得0≤a≤1．又由题意可得a≠0，‎ 所以实数a的取值范围为0＜a≤1． ‎ ‎ (2)(i)因函数g(x)的图象开口向上，且其零点为x3，x4，故g(x)＜0Ûx∈(x3，x4)．‎ 因x1，x2是f(x)的两个不同零点，故f(x1)=f(x2)=0．‎ 因x3＜x1＜x4，故g(x1)＜0=f(x1)，于是＜0．‎ 注意到x1≠0，故．‎ 因g(x2)f(x2)=＜0，故g(x2)＜f(x2)=0，从而x2∈(x3，x4)，于是x3＜x2＜x4．‎ 第 11页，共 11页 ‎(ii)记x1=x3=t，故f(t)=at2+bt+1=0，g(t)=a2t2+bt+1=0，于是(aa2)t2=0．‎ 因a≠0，且t≠0，故a=1．‎ 所以，f(x)=g(x)且其图象开口向上． ‎ 所以，对∈，f(x)递减，递增且＜0，g(x)递减且g(x)＞0．‎ 若m＞n，则＜＜0，于是＞＞0，从而g(p)＞g(n)＞0，故n＞p．‎ 同上，当n＞p时，可推得p＞m． ‎ 所以，p＞m＞n＞p，矛盾．所以，m＞n不成立．‎ 同理，n＞m亦不成立．所以，m=n．同理，n=p．所以，m=n=p．‎ A E B C D M 第Ⅱ卷（附加题，共40分）‎ ‎21. A. 连AD，因为AB为直径，所以AD⊥BD，‎ 又DE⊥AB，所以∠ABD＝∠ADE． ‎ 另一方面，D是弧的中点，所以∠DAC＝∠ABD，‎ 所以∠ADE＝∠DAC．所以△AMD为等腰三角形，‎ 所以AM＝DM． ‎ B． 设，由条件有，，且，‎ ‎，解得，． ‎ C. 由，得，，即圆的方程为，‎ 又由消，得， ‎ 直线与圆相切，，． ‎ D. 设 ‎ 第 11页，共 11页 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 综上， ‎ ‎22. 作AP⊥CD于点P，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立坐标系，‎ 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，，0)，D(－，，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)．‎ ‎（1）＝(1，0，0)，＝(－，，－1)，则cos＜，＞＝－，‎ A B P y C x M D O z 故AB与MD所成角为． ‎ ‎（2）＝(0，，－2)，＝(－，，－2)，‎ 设平面OCD法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，‎ 即，取z＝，则n＝(0，4，)． ‎ 易得平面OAB的一个法向量为m＝(0，1，0)，cos＜n，m＞＝， ‎ 故平面OAB与平面OCD所成二面角的平面角余弦值为． ‎ ‎23． 先用数学归纳法证明＋＋…＋≤(1－)．‎ 当n＝1时，≤＝(1－)成立． ‎ 假设n＝k时命题成立 ‎ 则当n＝k＋1时＋＋…＋≤＋(1－)， ‎ 因此，只需证辅助命题“＋(1－)≤(1－)”．‎ 设(a0，a1)＝d，则a0＝xd，a1＝yd(x，y∈N*，y＞x≥1，(x，y)＝1)‎ 所以＋(1－)－(1－)＝＋(1－)－(1－)‎ ‎＝[1＋x(1－)－y(1－)]＝[1－(y－x)(1－)－]‎ 第 11页，共 11页 ‎≤[1－1·(1－)－]＝0． ‎ 从而＋(1－)≤(1－)．即n＝k＋1时命题成立． ‎ 由上可知，对一切n∈N*，命题都成立．‎ 而(1－)≤1－，故＋＋…＋≤1－． ‎ 第 11页，共 11页