• 1.05 MB
  • 2021-05-14 发布

高考南通市数学学科基地密卷6

  • 18页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎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.‎