江苏高考数学模拟试卷1 14页

‎2017年江苏高考数学模拟试卷 一、填空题(本大题共14个小题,每小题5分,共70分)‎ ‎1. 若集合则满足条件有 个.‎ ‎【答案】8‎ ‎2. 中小学校车安全引起全社会的关注，为了消除安全隐患，某市组织校车安全大检查，某校有甲、乙、丙、丁四辆车，分两天对其进行检测，每天检测两辆车，则甲、乙两辆车在同一天被检测的概率为 .‎ ‎【答案】‎ ‎3. 已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①若α∥β，则l⊥m；②若α⊥β，则l∥m；③若l∥m，则α⊥β；④若l⊥m，则α∥β.其中正确命题的序号是________．‎ ‎【答案】①③‎ 解析：②中l与m可能异面；④中α与β也可能相交．‎ ‎4. 根据如图所示的伪代码，可知输出S的值为 .‎ 第4题 ‎ ‎ ‎【答案】21‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎5. 为了了解某地区高三学生身体发育情况，抽查了该地区100名年龄为17.5岁～18岁的男生体重(kg)，得到频率分布直方图，如图.根据图可得这100名学生中体重在[56.5,64.5)的学生人数是________．‎ ‎【答案】40‎ ‎6. 已知z∈C，|z－2|＝1，则|z＋2＋5i|的最大值是________．‎ ‎【答案】‎ ‎7. 对正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为an，则数列前n项和是________．‎ ‎【答案】2n+1－2‎ 解：y′＝nxn－1－(n＋1)xn，曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线的斜率为k＝n·2n－1－(n＋1)·2n，切点为(2，－2n)，所以切线方程为y＋2n＝k(x－2)，令x＝0得an＝(n＋1)·2n，令bn＝＝2n，数列的前n项和为2＋22＋23＋…＋2n＝2n+1－2.‎ ‎8. 某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径40mm，满盘时直径120mm，已知卫生纸的厚度为0.1mm，则满盘时卫生纸的总长度大约是________m(精确到1m，π取3.14)．‎ ‎【答案】100　依题意可知卫生纸的厚度是以首项为40 mm，公差为0.1 mm×2，末项为120 mm的等差数列，总共项数为＝400，所以满盘时卫生纸的总长度为×400＝32000π(mm).32000π mm＝32π m≈100.48 m≈100 m.‎ ‎9. 设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，给出以下四个论断：①它的图象关于直线x＝对称；‎ ‎②它的图象关于点对称；③它的周期为π；④在区间上是增函数．以其中两个论断作为条件，余下论断作为结论，写出你认为正确的两个命题：(1)________________；(2)________________．‎ 解析：①③成立时，f(x)的图象可能为下图中的一个．但图2不能满足－<φ<.在图 中可得端点A，B，故②④成立．同理②③成立时，①④成立．‎ 答案：①③⇒②④；②③⇒①④‎ ‎10. 过双曲线的左焦点且和双曲线实轴垂直的直线与双曲线交于点、．若在双曲线的虚轴所在的直线上存在一点，使得，则双曲线的离心率的最小值为 ．‎ ‎【答案】‎ 解：设双曲线的方程为（）．‎ 可得，（）．设点．‎ 则，．‎ 由．‎ 因为，所以，‎ 又，故．‎ ‎11.设函数．则关于的不等式的解集为 ．‎ ‎【答案】‎ 因为，所以，．‎ 注意到，当时，．‎ 则在区间上为减函数．‎ 故所求解集为 ‎12. 若为所在平面内的一点，且满足，直线与交于点，则．‎ ‎【答案】 ‎ 如图，由题设得，，‎ ‎．‎ 设平行四边形的面积为，易知，，‎ 故 ‎13. 已知函数。若的解集中有两个不同的元素，则满足条件的的集合为 。‎ ‎【答案】‎ 解：注意到， 。‎ 画出函数图像，当直线和曲线相切时，由方程 ‎（负值舍去）。‎ 由函数图像，知当或时，方程解集中有两个元素。‎ ‎14. 设常数．在直角坐标系中，已知曲线与坐标轴交于三个不同的点、、．则当变化时过、、三点的圆的半径的最小值为 ．‎ ‎【答案】‎ 显然，曲线与轴交于点，不妨记此点为．‎ 设曲线与轴交于点，（）．‎ 令．‎ 由于，故．‎ 由韦达定理得：，．‎ 设过、、三点的圆的方程为 ‎ ①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 则 ‎②-③、②+③分别得：，‎ 故 代入式④得：（）‎ 故方程①为 ⑤‎ ‎．‎ 因此，所求圆的半径的最小值为．‎ 二、解答题 （本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） ‎ ‎15.（本小题满分14分）‎ 设△ABC三个内角A、B、C所对的边分别为a，b，c. 已知C＝，acosA=bcosB．‎ ‎（1）求角A的大小；‎ ‎（2）如图，在△ABC的外角∠ACD内取一点P，使得PC＝2．过点P分别作直线CA、CD的垂线PM、PN，垂足分别是M、N．设∠PCA＝α，求PM＋PN的最大值及此时α的取值．‎ 解（1）由acosA＝bcosB及正弦定理可得sinAcosA＝sinBcosB，‎ 即sin2A＝sin2B，又A∈(0，π)，B∈(0，π)，‎ 所以有A＝B或A＋B＝． ………………… 2分 ‎ 又因为C＝，得A＋B＝，与A＋B＝矛盾，所以A＝B，‎ 因此A＝． …………………4分 ‎（2）由题设，得 在Rt△PMC中，PM＝PC·sin∠PCM＝2sinα；‎ ‎（第15题）‎ 在Rt△PNC中，PN＝PC·sin∠PCN＝ PC·sin(π－∠PCB) ‎ ‎＝2sin[π－(α＋)]＝2sin (α＋)，α∈(0，). ‎ 所以，PM＋PN＝2sinα＋2sin (α＋)＝3sinα＋cosα＝2sin(α＋). ‎ ‎ ‎ 因为α∈(0，)，所以α＋∈(，)，从而有sin(α＋)∈(，1]，‎ 即2sin(α＋)∈(，2]．‎ 于是，当α＋＝，即α＝时，PM＋PN取得最大值2．‎ ‎16.（本题满分14分）‎ 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形且AB∥CD，∠BAD＝90°，PA＝AD＝DC＝2，AB＝4.‎ ‎(1)求证：BC⊥PC；‎ ‎(2)四面体A－PBC的体积．‎ 解：(1)证明：作CE⊥AB于点E，则AE＝EB＝CE＝2，BC＝2，则AC＝2，故∠ACB＝90°，即AC⊥CB.又PA⊥平面ABCD，故PA⊥BC，所以BC⊥平面PAC.又PC⊂面PAC，因此BC⊥PC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABC，所以VA－PBC＝VP－ABC＝S△ABC·PA ‎＝×AC·BC·PA＝××2×2×2＝.‎ 故四面体A－PBC的体积为.‎ ‎17.（本小题满分14分）‎ ‎　如图，一根水平放置的长方体形枕木的安全负荷与它的宽度a成正比，与它的厚度d的平方成正比，与它的长度l的平方成反比.‎ ‎ (1) 将此枕木翻转90°(即宽度变为厚度)，枕木的安全负荷会如何变化?为什么?(设翻转前后枕木的安全负荷分别为y1，y2，且翻转前后的比例系数相同都为k)‎ ‎(2) 现有一根横断面为半圆(已知半圆的半径为R)的木材，用它来截取成长方体形的枕木，其长度为10，问：截取枕木的厚度d为多少时，可使安全负荷y最大?‎ ‎【解答】(1) 安全负荷y1=k·(k为正常数)；翻转90°后，y2=k·，‎ 因为=，所以当00)，‎ y'=-，令y'=0，得a=R.‎ 当a∈时，y'>0，函数y在上为增函数；‎ 当a∈时，y'<0，函数y在上为减函数，‎ 所以当a=R时，安全负荷y最大，此时厚度d=R.‎ 答：当截取枕木的厚度为R时，可使安全负荷最大.‎ ‎18.（本小题满分16分）‎ 如图，已知椭圆C：+=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且AF=1.‎ ‎　(第18题)‎ ‎(1) 求椭圆C的标准方程.‎ ‎(2) 若动直线l：y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x=4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得·=0?若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.‎ ‎【解答】(1) 由题设得c=1，a-c=1，解得a=2，所以b=，故椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2) 联立消去y，得 ‎(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，‎ 所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0，‎ 即m2=3+4k2.设P(xP，yP)，‎ 则xP=-=-，‎ yP=kxP+m=-+m=，‎ 即P.‎ 因为M(t，0)，Q(4，4k+m)，‎ 则==(4-t，4k+m)，‎ 所以·=(4-t)+(4k+m)=t2-4t+3+(t-1)=0恒成立，‎ 故即t=1，‎ 所以存在点M(1，0)符合题意.‎ ‎19.（本小题满分16分）‎ 已知函数f(x)=ex-aln x-a，其中常数a>0.‎ ‎(1) 当a=e时，求函数f(x)的极值；‎ ‎(2) 若函数y=f(x)有两个零点x1，x2(0e，再用零点的判定定理及函数的单调性证明结论.‎ ‎【解答】函数f(x)的定义域为(0，+∞).‎ ‎(1) 当a=e时，f(x)=ex-eln x-e，f'(x)=ex-.而f'(x)=ex-在(0，+∞)上单调递增，‎ 又f'(1)=0，则当01时，f'(x)>f'(1)=0，则f(x)在(1，+∞)上单调递增，‎ 所以函数f(x)有极小值f(1)=0，没有极大值.‎ ‎(2) 先证明：当f(x)≥0恒成立时，有 0，由f(x)≥0得a≤.‎ 令φ(x)=，则φ'(x)=.‎ 令g(x)=ln x+1-.‎ 由g'(x)=+>0知g(x)在上单调递增.又因为g(1)=0，所以φ'(x)在上为负，在(1，+∞)上为正，‎ 因此，φ(x)在上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以φ(x)min=φ(1)=e，从而0e，所以f(1)=e-a<0.‎ 由f(a)=ea-aln a-a(a>e)得f'(a)=ea-ln a-2，则f″(a)=ea->ea->e->0，‎ 所以f'(a)=ea-ln a-2在(e，+∞)上单调递增，所以f'(a)>f'(e)=ee-3>e2-3>0，‎ 所以f(a)=ea-aln a-a在(e，+∞)上单调递增，所以f(a)>f(e)=ee-2e>e2-2e>0，‎ 则f(1)f(a)<0，所以1e得f=-aln -a=+aln a-a>+aln e-a=>0，‎ 则f(1)f<0，所以0，b>0，所以a+b=3.‎ ‎21.C（选修4—4：坐标系与参数方程）‎ 已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合.曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=3，直线l的参数方程为 (t为参数，t∈R).试在曲线C上求一点M，使它到直线l的距离最大.‎ ‎【解答】 曲线C的普通方程是+y2=1，直线l的普通方程是x+y-=0.设点M的直角坐标是(cosθ，sinθ)，则点M到直线l的距离为 d==.因为-≤sin≤，‎ 所以当sin=-1，即θ+=2kπ-(k∈Z)，即θ=2kπ-(k∈Z)时，d取得最大值，‎ 此时cosθ=-，sinθ=-.‎ 综上，点M的极坐标为时，该点到直线l的距离最大. ‎ ‎21.D（选修4—5：不等式选讲）‎ 已知实数a，b，c，d满足a>b>c>d，求证：++≥.‎ ‎【解答】因a>b>c>d，故a-b>0，b-c>0，c-d>0，‎ 故[(a-b)+(b-c)+(c-d)]≥(1+2+3)2=36，‎ 所以++≥.‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎22.（本小题满分10分）‎ 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC=90°，F为棱AA1上的动点，A1A=4，AB=AC=2.‎ ‎(1) 当F为A1A的中点时，求直线BC与平面BFC1所成角的正弦值；‎ ‎(2) 能否在AA1上找到一点F，使得二面角B-FC1-C的大小是60°?‎ ‎(第22题)‎ ‎22. (1) 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4).‎ ‎(第22题)‎ 因为F为AA1中点，‎ 所以F(0，0，2)，=(-2，0，2)，=(-2，2，4)，=(-2，2，0).‎ 设n=(x，y，z)是平面BFC1的一个法向量，‎ 则得x=-y=z，取x=1，得n=(1，-1，1).‎ 设直线BC与平面BFC1的法向量n=(1，-1，1)的夹角为θ，‎ 则cos θ===-，‎ 所以直线BC与平面BFC1所成角的正弦值为.‎ ‎(2) 设存在F(0，0，t)(0≤t≤4)，=(-2，0，t)，=(-2，2，4).‎ 设n=(x，y，z)是平面BFC1的一个法向量，‎ 则 取z=2，得n=(t，t-4，2).=(2，0，0)是平面CFC1的一个法向量，‎ cos===，‎ 所以t2+4t-10=0.‎ 因为方程有解，所以能在AA1上找到一点F，使得二面角B-FC1-C的大小是60°.‎ ‎23.（本小题满分10分）‎ ‎ 设函数，，且的最小值为0。‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）已知数列满足，（）。设，其中表示不超过实数的最大整数。求。‎ 解：（1），。‎ 当时，，则在上单调递增，无最小值，不符合题意。‎ 当时，若，则；若，则。所以函数在上单调递减，在上单调递增。‎ 所以。‎ 设（），则。‎ 若，则；若，则。所以函数在上单调递增，在上单调递减。‎ 所以，当且仅当时，等号成立。‎ 故当时，取得最小值0。‎ ‎（2）由（1）知，，所以。由，得。从而。因为，所以。‎ 下面用数学归纳法证明：当时，。‎ ‎（1）当时，结论已成立。‎ ‎（2）假设（）时，。那么，当时，有 ‎。由（1）知，在上单调递增。所以，即。‎ 因为，，所以，即。‎ 即当时，结论也成立。‎ 由（1）、（2）知，对一切整数，都有。所以，（）。‎ 故。‎