江苏省高考数学理科密卷5Word格式文档下载.docx
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且．
（1）求角的大小；
（2）若△ABC的外接圆的半径为，若，求的值
16．（本小题满分14分）
如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的菱形，∠BCD＝60°
，点E是BC边
的中点，AC，DE交于点O，PO＝2，且PO⊥平面ABCD.
（1）求证：
PD⊥BC；
（2）在线段AP上找一点F，使得BF∥平面PDE，
并求此时四面体PDEF的体积．
17．（本小题满分14分）
为建设美丽乡村，政府欲将一块长12百米，宽5百米的矩形空地ABCD建成生态休
闲园，园区内有一景观湖EFG（图中阴影部分）．以AB所在直线为x轴，AB的垂直
平分线为y轴，建立平面直角坐标系（如图所示）．景观湖的边界曲线符合函数
模型．园区服务中心P在x轴正半轴上，PO=百米．
（1）若在点O和景观湖边界曲线上一点M之间修建一条休闲长廊OM，求OM的
最短长度；
x
（2）若在线段DE上设置一园区出口Q，试确定Q的位置，使通道PQ最短．
18．（本小题满分16分）
如图，已知椭圆的离心率为，并且椭圆经过点P，
直线的方程为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆内一点，过点E作一条斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，
交直线于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为．问：
是否存在常数，
使得？
若存在，求出的值；
若不存在，请说明理由．
19．（本小题满分16分）
设数列的前项和，对任意，都有（为
常数）．
（1）当时，求；
（2）当时，
（ⅰ）求证：
数列是等差数列；
（ⅱ）若对任意，必存在使得，已知，
且，求数列的通项公式．
20．（本小题满分16分）
已知函数，．
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）设，试讨论函数的单调性；
（3）当时，若存在正实数满足，
求证：
．
高考模拟试卷（5）
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）
如图，已知为半圆的直径，点为半圆上一点，过点作半圆的切线，
过点作于点.求证：
B．[选修4－2：
矩阵与变换]（本小题满分10分）
设点在矩阵对应变换作用下得到点．
（1）求矩阵的逆矩阵；
（2）若曲线C在矩阵对应变换作用下得到曲线，求曲线C的
方程．
C．[选修4－4：
坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
已知曲线的极坐标方程是．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（为参数），直线与曲线相交于两点．
（1）求的长；
（2）求点到两点的距离之积．
D．[选修4－5：
不等式选讲]（本小题满分10分）
已知，且，求证：
【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．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1ABAC2，AB⊥AC，M是棱BC的中点，点P在
线段A1B上．
（1）若P是线段A1B的中点，求直线MP与直线AC所成角的大小；
N
（2）若是的中点，直线与平面所成角的正弦值为，
求线段BP的长度．
23．（本小题满分10分）
已知抛物线，过直线：
上任一点向抛物线引两条切线
（切点为，且点在轴上方）．
直线过定点，并求出该定点；
（2）抛物线上是否存在点，使得．
高考模拟试卷（5）参考答案
数学Ⅰ
1．【答案】0．
【解析】因为，所以，又，所以，所以．
2．【答案】．
【解析】因为，所以，所以．
3．【答案】
【解析】遇到红灯的概率为．
4．【答案】．
【解析】，由，及得
函数的单调减区间为．
5．【答案】2021．
【解析】满足条件的正整数m的取值为2019，2020，2021，
所以正整数m的最大值为2021．
6．【答案】．
【解析】学生8次考试成绩的平均值为87，则标准差为．
7．【答案】．
【解析】由，，得，当且仅当时
等号成立，又，则，所以的最小值为．
8．【答案】③④
【解析】对于①②，平行的传递性仅限于相同的元素（点、线、面），因此均不对．
9．【答案】19．
【解析】因为数列是等差数列，设公差为，则，所以，又也为等差数列，所以，所以．
10．【答案】
【解析】由由，得或
或解得或．
11．【答案】．
【解析】如图所示AF的斜率为，所以
且AF＝AB，所以是等边三角形，
所以，所以，
所以，由双曲线的定义可知，
所以双曲线的离心率为．
12．【答案】．
【解析】令，则，
由正弦定理可得，所以．
13．【答案】．
【解析】由得，所以，
所以，设，所以，
即，点P在圆上及圆内，
所以EF为直线截圆所得的弦，所以EF=．
14．【答案】．
【解析】令，，所以函数在上递增，在
上递减，又，所以，当且仅当时等号成立，因为对任
意实数，总存在实数，使得成立，且过原点的直线与
切于点，所以函数的图象是不间断的，故．
15．解：
（1）由，
得，即．
所以，即，
所以．因为，所以．
（2）因为△ABC的外接圆的半径为，由正弦定理得，，
所以，所以．
由余弦定理知，，
即，所以，即，
因为所以
所以△ABC为直角三角形，且
所以。
16．
（1）由题可得△BCD为正三角形，E为BC中点，故DE⊥BC.
又PO⊥平面ABCD，BC平面ABCD，则PO⊥BC，
而DE∩PO＝O，平面，
所以BC⊥平面PDE.
又PD平面PDE，故PD⊥BC.
（2）取AP中点为F，再取PD中点为G，连结FG.
则FG为△PAD中位线，故FGAD，
又BEAD，所以FGBE，于是四边形BFGE为平行四边形，
因此BF∥EG.又BF平面PDE，EG平面PDE,
所以BF∥平面PDE.
由
（1）知，BC⊥平面PDE.则有BC⊥PE，BC⊥DE，
而BC∥FG，故FG⊥PE，FG⊥DE，且DE∩PE＝E，
所以FG⊥平面PDE.
于是四面体PDEF的体积为V=S△PDE·
FG＝×
×
2×
1＝1.
另解（等体积转化）：
因为BF//面PDE，则B，F两点到平面PDE的距离相等，
所以四面体PDEF的体积等于四面体PDEB，
因为PO⊥平面ABCD，所以VP-BDE=·
PO·
S△BDE=1.
17．解：
（1）（方法一）设，，
则，
当且仅当，即时取等号．
所以的最小值为百米．
（方法二）设直线（其中斜率一定存在），代入，
得，化简为．
设则，（）
所以，
令，则，
当且仅当等号成立，即时成立．
综上，的最短长度为百米．
（2）当直线与边界曲线相切时，最短．
设切点为，由得，
所以切线的方程为．
因为在轴正半轴上，且PO=，所以点坐标为．
因为切线过点，所以，
整理得，解得，或．
因为，所以，此时切点为，切线方程为．
令，得，即点在线段上且距离轴百米．
答：
当点在线段上且距离轴百米，通道PQ最短．
18．解：
（1）因为椭圆的离心率为，所以，
又椭圆过点，所以，
所以，，所以椭圆方程为．
（2）设直线的方程为：
，令，则，所以点，
设，
所以
．
由，可得．
所以，，
所以．
又因为，所以，
所以存在，使得．
19．解：
（1）当，，时，．①
当时，，所以．
当时，．②
①－②得：
．因为，所以，所以，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列，
（2）（ⅰ）当，，时，．③
当时，．④
③－④得：
，⑤
所以．⑥
⑤－⑥得：
因为，所以即，
所以是等差数列．
（ⅱ）因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以．又因为，
所以，所以或．
当时，，，，
所以不符合题意．
当时，，，
所以满足题意．
20．
（1）解：
因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得．
验证：
当时，，
易得在处取得极大值．
（2）解：
因为，
所以．
①若，则当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减．
②若，，
当时，易得函数在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
在上单调递减．
（3）证明：
所以，
即，
所以．
令，，
则，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增．
所以函数在时，取得最小值，最小值为．
即，所以或．
因为为正实数，所以．
当时，，此时不存在满足条件，
21．【选做题】
A．证明：
因为为圆的切线，弧所对的圆周角为，
所以．①
又因为为半圆的直径，
又BD⊥CD，所以．②
由①②得，
B．
（1），，所以．
（2）设曲线上任意一点在矩阵对应变换作用下得到点，
则，所以．
又点在曲线上，所以，即．
所以曲线的方程为．
C．
（1）由，得，所以，
即，所以曲线是以为圆心，为半径的圆．
直线的普通方程为．
所以圆心到直线的距离为，
（2）点在直线上，设两点对应的参数分别为．
将与联立可得，
D．证法一：
因为
证法二：
分析法，
要证，
即证，
由基本不等式易得．
22．以为正交基建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，．
（1）若P是线段A1B的中点，
则，，．
又，所以．
所以直线MP与直线AC所成的角的大小为．
（2）由，得．
设，，，
所以，所以，所以．
设平面的法向量，
则，，
所以取．
因为，设直线与平面所成角为．
由，得．
所以，所以．
23．
（1）设．
当时，，则，所以直线AT的方程为：
代入点得，所以，又，
所以，得，同理，
所以直线：
，所以直线过定点．
（2）因为直线过定点，故设：
，
由得，所以．
设，因为，所以，
，，
．又，
所以或．因为点B不在直线ST上，
所以．因为，
所以当或时，抛物线上存在点B；
当时，抛物线上不存在点B．
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