高考南通市数学学科基地密卷6 18页

‎2018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）‎ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．‎ ‎1．已知集合，，则= ▲ ．‎ ‎2．已知复数z＝－i3，其中i虚数单位，则z的模为 ▲ ．‎ Y N 开始 S ←0，n←100‎ n<20‎ S←S + n n←n – 1‎ 输出S 结束 ‎(第5题)‎ ‎3．某高级中学高一，高二，高三在校生数分别为1200，1180，1100．为了了解学生视力情况，现用分层抽样的方法抽若干名学生测量视力，若高二抽到118名学生测视力，则全校共抽到测视力的人数为 ▲ ．‎ ‎4．在平面直角坐标系中，若抛物线上 纵坐标为1的一点到焦点的距离为4，则该抛物线的 焦点到准线的距离为 ▲ ．‎ ‎5．执行如图所示的流程图，则输出S的值为 ▲ ．‎ ‎6．已知一球与一个正三棱柱的三个侧面及两个底面都相切．若该球的体积为，则该三棱柱的体积是 ▲ ．‎ ‎7．将函数（）的图象向左平移个单位后，所得图象关于直线 对称，则的最小值为 ▲ ．‎ ‎8．两人约定：在某天一同去A地，早上7点到8点之间在B地会合，但先到达B地者最多在原地等待5分钟，如果没有见到对方则自己先行．设两人到达B的时间是随机的、独立的、等可能的．那么，两人能够在当天一同去A地概率是 ▲ ．‎ ‎9．在平面直角坐标系中，已知圆与直线相交于 ‎，两点．若△为等边三角形，则实数的值为 ▲ ．‎ ‎10．设正△ABC的边长为1，t为任意的实数．则|＋t|的最小值为 ▲ ．‎ ‎11．若函数（且）没有最小值，则的取值范围是 ▲ ．‎ ‎12．数列{an}满足a1＝，a2＝，且a1a2+a2a3+…+anan+1＝na1 an+1对任何正整数n成立，则 ＋＋…＋的值为 ▲ ．‎ ‎13．已知函数，若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范 围是 ▲ ．‎ ‎14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，‎ 且，则实数的取值范围是 ▲ ．‎ 二、解答题：本大题共6小题，共计90分．‎ ‎15．(本小题满分14分)‎ 已知向量，．‎ ‎（1）若，，且，求实数的值； ‎ ‎（2）若，求的最大值．‎ ‎16．(本小题满分14分)‎ B A ‎（第16题）‎ B1‎ A1‎ C1‎ M C F D D1‎ 在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，，平面BB1C1C⊥底面ABCD，点、F 分别是线段、BC的中点．‎ ‎（1）求证：AF⊥DD1； ‎ ‎（2）求证：AD//平面．‎ ‎17．(本小题满分16分)‎ 如图，设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，离心率e＝，F为椭圆右焦点．若椭圆上有一点P 在轴的上方，且PF⊥x轴，线段PF＝．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）过椭圆右焦点F的直线（不经过P点）与椭圆交于A，B两点，当的平分线为时，求直线AB的方程．‎ F ‎0‎ B P A l y x ‎18．（本小题满分16分）‎ 某公司拟购买一块地皮建休闲公园，如图，从公园入口A沿AB，AC方向修建两条小路，‎ 休息亭P与入口的距离为米（其中a为正常数），过P修建一条笔直的鹅卵石健身步 行带，步行带交两条小路于E、F处，已知，．‎ ‎（1）设米，米，求y关于x的函数关系式及定义域；‎ AO BO CO PO ‎（17题图）‎ F E ‎（2）试确定E，F的位置，使三条路围成的三角形AEF地皮购价最低．‎ ‎19．（本小题满分16分）‎ 已知函数.‎ ‎(1)当时,求函数的单调区间；‎ ‎(2)若函数有两个极值点，且,求证:；‎ ‎(3)设，对于任意时,总存在，使成立,求实数的取值范围．‎ ‎20．(本小题满分16分)‎ 已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，公比为q(q≠1)．令A＝{k|ak＝bk，k∈N*}．‎ ‎(1)若A＝{1，2}，‎ ‎①当an＝n，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设a1＞0，q＞0，试比较an与bn(n≥3)的大小？并证明你的结论．‎ ‎(2)问集合A中最多有多少个元素？并证明你的结论．‎ ‎2018年高考模拟试卷（6）‎ 数学Ⅱ(附加题)‎ ‎21．【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定两题，并在相应的答题区域内作答．‎ A．[选修4-1：几何证明选讲]（本小题满分10分）‎ A B C D P O ‎·‎ ‎（第21题（A）‎ 如图，圆O内接四边形ABCD，直线PA与圆O相切于点A，与CD的延长线交于点P，AD·BC＝DP·AB，求证：AD＝BC．‎ ‎ ‎ B．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）‎ 二阶矩阵M对应的变换将△ABC变换成△A1B1C1，其中△ABC三个顶点坐标分别为 A(1，－1)、B(－2，1)，C(2，2)，△A1B1C1中与A、B对应的两个坐标分别为 A1(－1，－1)、B1(0，－2)．求C1点的坐标．‎ C．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）‎ 若两条曲线的极坐标方程分别为ρsin(θ＋)＝1与ρ＝2sin(θ＋)，它们相交于A、B 两点，求线段AB的长．‎ D．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）‎ 求证：对任意x，y∈R,不等式x2＋xy＋y2≥3(x＋y－1)总成立．‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．‎ ‎22．（本小题满分10分）‎ 如图，在三棱锥中，已知都是边长为的等边三角形，为 中点，且平面，为线段上一动点，记．‎ ‎（1）当时，求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎（2）当与平面所成角的正弦值为时，求的值．‎ ‎23．（本小题满分10分）‎ 设函数fn(x)＝1+x+x2＋…＋xn，n∈N*．‎ ‎ (1)求证：当x∈(0，＋∞)时，ex＞fn(x)；‎ ‎ (2)若x＞0，且ex＝fn(x)+xn+1ey，求证：0＜y＜x．‎ ‎2018年高考模拟试卷（6）参考答案 数学Ⅰ 一、填空题：‎ ‎1． ‎ ‎2． 解：z＝－i3＝1＋i＋i＝1＋2i，所以| z |＝．‎ ‎3．348 解：因为高二学生总数1180人，抽到118人，故抽了10%，所以高三学生抽到的人数为120，‎ 高一抽到的人数为110，共348人．‎ ‎4．6 解：由题意抛物线定义可知，，所以，即焦点到准线的距离为6．‎ ‎5．4860 解：由题设可知，S＝100+99+98+…+20＝4860．‎ ‎6．6 解：由体积得球半径R＝1，三棱柱的高为2，底面边长为2．V＝(2)2×2＝6．‎ ‎7． 解：将的图象向左平移个单位得到，因为图象关于直线对称，‎ 所以，所以，即，，所以的最小值为．‎ O ‎5‎ ‎5‎ ‎(60,60)‎ ‎8． 解：设两人到达A地的时间分别是7点边m分和7点过n分(0≤m、n≤60)．‎ 用数对(m，n)表示两人分别到达A地的时间．则在直角坐标系中，‎ 点(m，n)的存在域是一个边长为60的正方形，其面积为3600．‎ 两人能够在当天一同去A地等价于|m－n|≤5．此时，相应点的存在 域是正方形中位于两直线m－n＝±5之间的部分区域(如图)，‎ 其面积为3600－552＝575．故所求概率为＝．‎ ‎9． 解：圆的半径，因为△为等边三角形，所以圆心到直线的距离 ‎．所以，解得．‎ ‎10． 解：令a＝，b＝．则|a|＝|b|＝1，a、b的夹角为60°．于是，|＋t|2＝|a＋t b|2＝a2＋t2b2＋2 t a·b＝t2＋t+1＝(t＋)2＋≥．所以|＋t|≥．‎ ‎11．或 解：令，则．若，因为没有最大值，所以符合；‎ 若，因为，要使原函数没有最小值，必须，解得．‎ ‎12．85 解法一：由a1a2+a2a3＝2a1a3及a1＝，a2＝，得a3＝，再由a1a2+a2a3+ a3a4＝3a1a4，a4＝．‎ 进一步得a5＝，a6＝， a7＝，a8＝，a9＝，a10＝，故＋＋…＋＝4+5+6+7+8+9+10+11+12+13＝85．解法二：由a1a2+a2a3+…+anan+1＝na1 an+1 ①，a1a2+a2a3+…+anan+1+ an+1an+2＝(n+1)a1 an+2 ②，②－①得，an+1an+2＝(n+1)a1 an+2－na1 an+1Þ＝－＝－Þ＝＋，(n≥2)，则a1a2+a2a3＝2a1a3Þ＝＋，所以数列{}成等差数列，公差为1，即＝n+3，an＝．代入可得＋＋…＋＝85．‎ ‎13． 解：由对称性，只需当时，有两解即可.‎ 即在时有两解.设，由得在（0,2）上递减，‎ 在上递增. 由图可知，所以．‎ ‎14． 解：由条件，．因为，所以，‎ 所以，所以．‎ 而，所以．‎ 由，得，即，所以．‎ 二、解答题：‎ ‎15．解：（1）当，时，，‎ 又，所以，‎ 若，则，‎ 即，解得． …… 7分 ‎（2）因为，，所以，‎ 因为，所以，则，‎ 所以， ‎ 故当或时，的最大值为6． …… 14分 ‎16．证明：（1）∵ABAC，点F是线段BC的中点，‎ ‎∴AF⊥BC．…………………………………………2分 又∵平面底面，AF平面ABC，‎ 平面底面，‎ ‎∴AF⊥平面． ……………………………………………………………………5分 又CC1平面，∴AF⊥CC1，‎ 又CC1∥DD1，∴AF⊥DD1．………………………………………………………………7分 ‎（2）连结B1C与BC1交于点E，连结EM，FE．‎ B A E ‎（第15（2）题图）‎ B1‎ A1‎ C1‎ M C F D D1‎ 在斜三棱柱中，四边形BCC1B1是平行四边形，‎ ‎∴点E为B1C的中点．‎ ‎∵点F是BC的中点，‎ ‎∴FE//B1B，FEB1B．…………………………10分 又∵点M是平行四边形BCC1B1边AA1的中点，‎ ‎∴AM//B1B，AMB1B．‎ ‎∴AM// FE，AMFE．‎ ‎∴四边形AFEM是平行四边形．‎ ‎∴EM // AF．…………………………………………12分 又EM平面MBC1，AF平面MBC1，‎ ‎∴AF //平面MBC1．……………………………………………………………………14分 ‎17．解：（1）设右焦点，由轴，设代入椭圆方程，即得，‎ 所以， ‎ 联立， …………………3分 解得，‎ 所以椭圆方程为，右准线的方程为. ………………… 6分 ‎（2）设，则直线的方程为，即，‎ 联立 消去，‎ 即得(※)， ………………… 9分 又为方程(※)的一根，所以另一根为，‎ 又点在椭圆上，所以满足，代入另一根即得，‎ 所以.由（1）知，点 ‎ 则直线的斜率，直线的斜率，………………… 12分 ‎①当的平分线为时，，的斜率，满足，‎ 所以，即，所以，‎ 故直线AB的方程为 x－2y－1＝0． …………… 14分 ‎18．（方法一）（1）由得，‎ 且 由题可知 所以 得 即 所以 由得定义域为 ……………………6分 ‎(2) 设三条路围成地皮购价为元，地皮购价为k元/平方米，则(为常数)，‎ 所以要使最小，只要使最小 由题可知 定义域为 令 则 当且仅当即时取等号 所以，当时，最小，所以最小 答：当点E距离点米远时，三条路围成地皮购价最低……………14分 ‎（方法二）(1) 由得，‎ 设 中，由正弦定理 所以 同理可得 由 即 ‎ 整理得，‎ 由得定义域为 ……………………6分 ‎ （方法三）（1）以所在直线为轴，点为坐标原点，建立如图直角坐标系，‎ 则，，由，得，‎ 所以 因为与共线 所以 所以 由得定义域为 ……………………6分 ‎19．解：‎ ‎(1)当时,,‎ 令或,令,‎ 所以的递增区间为和,递减区间为.‎ ‎(2)由于有两个极值点,‎ 则在上有两个不等的实根,‎ 设，‎ 所以 所以在上递减，所以 即.‎ ‎ (3)由题意知：只需成立即可. ‎ 因为,‎ 所以，因为，所以，而，‎ 所以，所以在递增，‎ 当时，.‎ 所以在上恒成立，‎ 令，则在上恒成立，‎ ‎，又 当时，,在递减,当时，,‎ 所以，所以；‎ 当即时，‎ ‎①即时，在上递增，‎ 存在，使得，不合；‎ ‎②即时，，在递减,‎ 当时，,所以，所以 综上, 实数的取值范围为.‎ ‎20．解：(1) 由A＝{1,2}，得a1＝b1，a2＝b2．‎ 设数列{an}公差为d，数列{bn}公比为我q，由a2＝b2Þ a1+ d＝a1q，故d＝a1(q－1)‎ ‎①因为an＝n，a1＝b1＝1，a2＝b2＝2，所以数列{bn}的公比q＝＝2，所以，bn＝2n-1．……2分 ‎② 答：an＜bn(n＝1，2，…)．证明如下：‎ 因为a1＞0，q＞0，q≠1，所以 bn－an＝a1qn-1－［(a1＋(n－1) a1(q－1)］＝a1( qn-1－1)－a1(q－1) (n－1)‎ ‎＝a1(q－1)(qn-2+qn-1+…+1)－a1(q－1) (n－1)＝a1(q－1)［qn-2+qn-3+…+1－(n－1)］‎ ‎＝a1(q－1)［(qn-2－1)+( qn-3－1)＋…＋(q－1)］‎ ‎＝a1(q－1)2［(qn-3＋qn-4＋…+1)＋(qn-4＋qn-5＋…＋1)＋…＋(q＋1)＋1］＞0．‎ 所以an＜bn(n＝1，2，…)． ……………………………… 6分 ‎ (2)不妨设an＝a+bn(b≠0)，bn＝pqn，由an＝bnÛ a+bn＝pqnÞ＋n＝qn．‎ 令s＝，t＝，(t≠0)，原问题转化为关于n的方程 ‎ qn－tn－s＝0 ① ……………………………… 8分 最多有多少个解．‎ 下面我们证明：当q＞0时，方程①最多有2个解；q＜0时，方程②最多有3个解．‎ 当q＞0时，考虑函数f(x)＝qx－tx－s，则f ′(x)＝qxlnq－t 如果tlnq＜0，则f(x)为单调函数，故方程①最多只有一个解；‎ 如果tlnq＞0，且不妨设由f ′(x)＝0得f ′(x)有唯一零点x0＝logq，于是当x＞x0时，‎ f ′(x)恒大于0或恒小于0，当x＜x0时，f ′(x)恒小于0或恒大于0，‎ 这样f(x)在区间(0，x0)与(x0，＋∞)上是单调函数，‎ 故方程①最多有2个解． …………………… 10分 当q＜0时，如果t＞0．‎ 如果n为奇数，则方程①变为 ‎|q|n+tn+s＝0，‎ 显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①．‎ 如果n为偶数，则方程①变为 ‎|q|n－tn－s＝0．由q＞0的情形，上式最多有2个解，即满足①的偶数最多有2个．‎ 这样，最多有3个正数满足方程①．‎ 对于t＜0，同理可以证明，方程①最多有3个解．‎ 综上所述，集合A中的元素个数最多有3个． ……………………………… 12分 再由当an＝6n－8，，bn＝(－2)n，则a1＝b1，a2＝b2，a4＝b4．A＝{1，2，4}．‎ 由此，可知集合A中的元素个数最多有3个． ………………… 16分 数学Ⅱ（附加题）‎ ‎21A．证明：连AC，在△ABC与△ADP中，‎ 因为A、B、C、D四点共圆，所以∠ADP＝∠ABC，‎ 又因为AD·BC＝DP·AB，即 ＝，‎ 所以 △ABC∽△ADP，‎ 所以 ∠BAC＝∠DAP．‎ 因为 直线PA与圆O相切，所以 ∠DAP＝∠ACD，‎ 所以 ∠BAC＝∠ACD，所以，AB∥CD，‎ 所以圆内接四边形ABCD为等腰梯形，所以AD＝BC．‎ ‎21B．解：设M=，则有=，=，‎ 所以且 解得，所以M=．所以 ＝，即C点坐标为(6,14)．‎ ‎21C．解：由ρsin(θ＋)＝1得，x＋y－2＝0，由ρ＝2sin(θ＋) 得，x2+y2－x－y＝0，‎ 直线x＋y－2＝0过圆x2+y2－x－y＝0的圆心(，)，‎ 所以线段AB的长为圆ρ＝2sin(θ＋)的直径长，即AB＝2．‎ ‎21D．法一：左－右=x2 ＋（y－3) x ＋y2 －3y＋3 ‎ ‎∵Δ=（y－3)2－4（y2 －3y＋3）=－3 y2＋6 y－3 ≤ 0 ∴左－右≥0 得证。‎ 法二：左－右=（x－1）2＋（y－1)2＋（x－1）（y－1)≥‎ ‎2∣ x－1∣∣y－1∣＋ （ x－1）（y－1)≥∣ x－1∣∣y－1∣＋∣ x－1∣∣y－1∣＋ （ x－1）（y－1)‎ ‎≥∣ x－1∣∣y－1∣≥0 得证。‎ 法三：左边=＋＋=＋＋＋＋＋2－3‎ ‎≥x＋y＋2（ x＋y）－3=右边，得证 ‎22．解：连接CE， 以分别为轴，‎ 建立如图空间直角坐标系，‎ 则，‎ 因为F为线段AB上一动点，且，‎ 则， 所以．‎ ‎（1）当时，，，‎ 所以． ‎ ‎（2），‎ 设平面的一个法向量为=‎ 由,得，化简得，取 设与平面所成角为，‎ 则.‎ 解得或（舍去），所以． ‎ ‎23．解：(1)用数学归纳法证明：当x∈(0，＋∞)时，ex＞fn(x)；‎ ‎(i)当n＝1时，令f(x)＝ex－f1(x)＝ex－x－1，则f ′(x)＝ex－1＞0，x∈(0，＋∞)恒成立，所以，f(x)在区间(0，＋∞)为增函数，又因为f(0)＝0，所以f(x)＞0，即ex＞f1(x)．‎ ‎(ii)假设n＝k时，命题成立，即当x∈(0，＋∞)时，ex＞fk(x)，‎ 则n＝k+1时，令g(x)＝ex－fk+1(x)＝ex－(1+x+x2＋…＋xk＋xk+1)，‎ 则g′(x)＝ex－(1+x+x2＋…＋xk)＝ex－fk(x)＞0，所以g(x)在区间(0，＋∞)为增函数，又因为g(0)＝0，所以 g(x)＞0，x∈(0，＋∞)恒成立，即ex＞fk+1(x)，x∈(0，＋∞)．所以n＝k+1时，命题成立．‎ 由(i)(ii)及归纳假设可知，"n∈N*，当x∈(0，＋∞)时，ex＞fn(x)．‎ ‎(2)由(1)可知ex＞fn+1(x)，即fn(x)+xn+1ey＞fn(x)+xn+1Þey＞1，即y＞0．‎ 下面先用数学归纳法证明：当x＞0，ex＜1+x+x2＋…＋xnex．n∈N*．‎ ‎(i)当n＝1时，令F(x)＝1+xex－ex，则F′(x)＝xex＞0，x∈(0，＋∞)，所以F(x)在区间(0，＋∞)单调增，又F(0)＝0，故F(x)＞0，即ex＜1+xex．‎ ‎(ii)假设n＝k时，命题成立，即当x∈(0，＋∞)时，ex＜1+x+x2＋…＋xkex．则 当n＝k+1时，令G(x)＝1+x+x2＋…＋xk+xk+1ex－ex，则 G′(x)＝1+x+x2＋…＋xkex+xk+1ex－ex＞xk+1ex＞0，‎ 所以G(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，又G(0)＝0，故G(x)＞0，即 ex＜1+x+x2＋…＋xkex+xk+1ex，x∈(0，＋∞)．‎ 由(i)(ii)及归纳假设，可知当x∈(0，＋∞)时，ex＜1+x+x2＋…＋xkex+xk+1ex，对n∈N*成立．‎ 由ex＝1+x+x2＋…＋xnex+xn+1ey＜1+x+x2＋…＋xn+xn+1ex 所以 ey＜exÞy＜x．证毕．‎