江苏省徐州市铜山区届高考四模数学试题Word格式.docx
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若,则的最大值为___▲___.
13.已知函数有唯一零点,则=___▲___.
14.已知,则的最小值为___▲___.
二、解答题:
本大题共6小题,共计90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.
15.(本小题满分14分)已知函数,
(1)求的值域;
(2)若的面积为,角所对的边为,且,,求的周长.
16.(本小题满分14分)如图,在四面体ABCD中,平面ABC⊥平面ACD,E,F,G分别为AB,AD,AC的中点,,.
(1)求证:
AB⊥平面EDC;
(2)若P为FG上任一点,证明:
EP∥平面BCD.
17.(本小题满分14分)某企业为了减少噪声对附近居民的干扰,计划新增一道“隔音墙”,从上往下看,“隔音墙”可以看成曲线,在平面直角坐标系中,“隔音墙”的一部分所在曲线的方程为(单位:
千米).已知居民区都在轴的下方,这部分曲线上任意两点连线的斜率都小于-1时“隔音墙”的隔音效果最佳.
(1)当时,求“隔音墙”所在曲线上的点到轴最近距离;
(2)当实数在什么范围时,“隔音墙”的隔音效果最佳?
18.(本小题满分16分)已知椭圆C1以直线所过的定点为一个焦点,且短轴长为4.
(Ⅰ)求椭圆C1的标准方程;
(Ⅱ)已知椭圆C2的中心在原点,焦点在y轴上,且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的λ倍(λ>1),过点C(﹣1,0)的直线l与椭圆C2交于A,B两个不同的点,若,
求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程.
19.(本小题满分16分)已知函数,.
⑴若曲线在点处的切线经过点,求实数的值;
⑵若函数在区间上单调,求实数的取值范围;
⑶设,若对,,使得成立,求整数的最小值.
20.(本小题满分16分)已知两个无穷数列分别满足,,其中,设数列的前项和分别为.
(1)若数列都为递增数列,求数列的通项公式;
(2)若数列满足:
存在唯一的正整数,使得,称数列为“坠点数列”.
①若数列为“坠点数列”,求
②若数列为“坠点数列”,数列为“坠点数列”,是否存在正整数,使得,若存在,求的最大值;
若不存在,说明理由.
2018届铜山区高考模拟卷
(一)数学附加
(满分40分,考试时间30分钟)
21.B.(选修4-2:
矩阵与变换)
若二阶矩阵M满足:
M=.曲线C:
x2+2xy+2y2=1在矩阵M所对应的变换作用下得到曲线C′,求曲线C′的方程.
C.(选修4-4:
坐标系与参数方程)
在极坐标系中,设圆C经过点P(,),圆心是直线ρsin(-θ)=与极轴的交点,求圆C的极坐标方程.
【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.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠A1C1B1=90°
,AC=2,BC=BB1=1,点D是棱A1C1的中点.求:
(1)直线AB与平面BB1D所成角的正弦值;
(2)二面角A-BD-B1的大小.
23.设有甲、乙两个盒子,均分别装有编号依次为1,2,3,…,n(n≥5,且n∈N*)的n个球,学生A从甲盒子中随机选取i个球,学生B从乙盒子中随机选取j个球,其中i,j≤n,且i,j∈N*.
(1)若i=2,j=3,且A在编号为1到m(m为给定的正整数,且2≤m≤n-3)的球中选取,B在编号为m+1到n的球中选取.记P(u,v)(1≤u≤m,m+1≤v≤n)是编号为u的球和编号为v的球同时被选中的概率.
①若n=10,m=4,求P(2,8)的值;
②求所有的P(u,v)的和;
(2)求学生A,B取到的球的编号不相同的概率.
2018届铜山区高考模拟卷
(一)答案
1、2、3、4、5、6、7、1
2、8、9、410、
11、12、13、14、
15.【解析】:
(1)
.
,,故.
(2)由已知,.由,得,所以.
由已知及余弦定理得,.故,从而.
所以的周长为.
16.证明
(1)因为平面ABC⊥平面ACD,,即CD⊥AC,
平面ABC平面ACD=AC,CD平面ACD,所以CD⊥平面ABC,
又AB平面ABC,所以CD⊥AB,
因为,E为AB的中点,所以CE⊥AB,
又,CD平面EDC,CE平面EDC,所以AB⊥平面EDC.
(2)连EF,EG,因为E,F分别为AB,AD的中点,
所以EF∥BD,又平面BCD,平面BCD,所以EF∥平面BCD,
同理可证EG∥平面BCD,
且EFEG=E,EF平面BCD,EG平面BCD,所以平面EFG∥平面BCD,
又P为FG上任一点,所以EP平面EFG,所以EP∥平面BCD.
17、【解析】
(1)当时,,
所以在上单调递减,,
所以“隔音墙”所在曲线上的点到轴最近距离为千米.
(2)在曲线,上任取两点<
要使“隔音墙”的隔音效果最佳,即<
恒成立,
则>
>
令
则需>
恒成立,
需上单调递减,
即在上恒成立,
上恒成立
令,
所以在上单调递增,
所以,
故当实数时,“隔音墙”的隔音效果最佳
18.【解析】
(Ⅰ)所给直线方程变形为,
可知直线所过定点为.∴椭圆焦点在y轴,且c=,
依题意可知b=2,∴a2=c2+b2=9.
则椭圆C1的方程标准为;
(Ⅱ)依题意,设椭圆C2的方程为,A(x1,y1),B(x2,y2),
∵λ>1,∴点C(﹣1,0)在椭圆内部,直线l与椭圆必有两个不同的交点.
当直线l垂直于x轴时,(不是零向量),不合条件;
故设直线l为y=k(x+1)(A,B,O三点不共线,故k≠0),
由,得.
由韦达定理得.
∵,而点C(﹣1,0),
∴(﹣1﹣x1,﹣y1)=2(x2+1,y2),则y1=﹣2y2,
即y1+y2=﹣y2,故.
∴△OAB的面积为S△OAB=S△AOC+S△BOC
====.
上式取等号的条件是,即k=±
时,△OAB的面积取得最大值.
∴直线的方程为或.
19、【解析】
⑵,
若函数在区间上单调递增,则在恒成立,
,得;
若函数在区间上单调递减,则在恒成立,
,得,
综上,实数的取值范围为;
⑶由题意得,,
,
,即,
由,
当时,,则不合题意;
当时,由,得或(舍去),
当时,,单调递减,
当时,,单调递增.
整理得,,
设,,单调递增,
,为偶数,
又,,
,故整数的最小值为。
20、【解析】
(1)∵数列都为递增数列,
∴由递推式可得,∗,
则数列为等差数列,数列从第二项起构成等比数列。
∴;
②∵,即,∴,而数列为“坠点数列”且,数列中有且只有两个负项.假设存在正整数,使得,显然,且为奇数,而中各项均为奇数,∴必为偶数..
ⅰ.当时,,
当时,,故不存在,使得成立.
ⅱ.当时,,显然不存在,使得成立.
ⅲ.当时,,当时,才存在,使得成立.所以.当时,,构造为1,3,1,3,5,7,9,…,为-1,2,4,8,-16,32,…,此时,所以的最大值为6.
数学附加分答案
21B.解:
设A=,则|A|==-2,
∴A-1=,∴M==.(5分)
设曲线C上一点(x,y)经矩阵M对应变换作用下得到的点为(x′,y′),则M=,
∴=M-1=,即
代入x2+2xy+2y2=1,可得(x′-y′)2+2(x′-y′)(-x′+2y′)+2(-x′+2y′)2=1,
即x′2-4x′y′+5y′2=1,故曲线C′的方程为x2-4xy+5y2=1.(10分)
C.解:
∵圆心为直线ρsin=与极轴的交点,
∴令θ=0,得ρ=1,即圆心是(1,0).(3分)
又圆C经过点P,
∴圆的半径r==1,(6分)
∴圆C经过原点,
∴圆C的极坐标方程是ρ=2cosθ.(10分)
22.解:
以C1点为坐标原点,分别以C1A1,C1B1,C1C所在的直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则C1(0,0,0),A1(2,0,0),B1(0,1,0),C(0,0,1),A(2,0,1),B(0,1,1),D(1,0,0).
(1)=(-2,1,0),=(0,0,1),=(-1,1,0).
设平面BB1D的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即取n1=(1,1,0),
∴cos〈,n1〉==-,
∴直线AB与平面BB1D所成角的正弦值为.(5分)
(2)=(1,0,1),=(-2,1,0).
设平面BAD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即
取n2=(1,2,-1),
∴cos〈n1,n2〉==,
∴二面角ABDB1的大小为150°
.(10分)
23.解:
(1)①A从甲盒子中在1到4号中选取2个球,B从乙盒子中在5到10号中选取3个球,
∴P(2,8)==.(2分)
②A从甲盒子中在1到m(m为给定的正整数,且2≤m≤n-3)号中选取2个球,B从乙盒子中在m+1到n号中选取3个球,
∴P(u,v)=,则所有的P(u,v)的和为CC·
=6.(5分)
(2)由题设知,A选取球的所有可能种数为C+C+…+C+C=2n-1,
同理,B选取球的所有可能种数为2n-1.
据分步乘法计数原理得,所有等可能的基本事件的种数为(2n-1)·
(2n-1)=(2n-1)2,
记“学生A,B取到的球的编号不相同”的事件为T,则事件T包含的基本事件种数为
C·
(C+C+…+C)+C·
(C+C+…+C)+…+C·
C
=(3n-2n-1)-(2n-2)=3n-2n+1+1,
∴P(T)=,
即学生A,B取到的球的编号不相同的概率为.(10分)