江苏省南通基地高考数学密卷3理02270171.docx

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江苏省南通基地高考数学密卷3理02270171

江苏省南通基地2018年高考数学密卷（3）理

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，集合，则．

2．若（a＋bi）（3－4i）＝25（a，b∈R，i为虚数单位），则的值为．

3．某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150，150，400，300名学生．为了解学生的就业

倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业中抽取60名学生进行调查，

则应从丁专业抽取的学生人数为．

4．从1个黑球，1个黄球，3个红球中随机取出三个球，则三球颜色互不

相同的概率是．

5．右图是一个算法的流程图，则输出的的值为．

6.在平面直角坐标系xOy中，双曲线

－

＝1的顶点到其渐近线的距离

为．

7.各棱长都为的正四棱锥与正四棱柱的体积之比为，则的值为．

8.已知公差不为零的等差数列的前项和为，且，若成

等比数列，则的值为．

9．已知实数x，y满足条件

则的最大值与最小值之和为．

10．已知函数，，则的解集是．

11．将函数的图象向左平移3个单位，得函数（）的图象（如图），点分别是函数图象上轴

两侧相邻的最高点和最低点，设，

则的值为．

12．已知正实数满足，则的最小值为．

13．已知是圆:

的直径,为坐标原点,直线:

与轴垂直,过圆上任意一点（不同于）作直线与分别交直线于两点,则的

值为.

14.若方程有四个不同的实数根，且，则的取值范围是.

二、解答题：

本大题共6小题，共计90分．

15．（本小题满分14分）

如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，过的平面

分别与，交于点，．

（1）求证：

平面平面；

（2）求证：

∥．

16．（本小题满分14分）

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．

（1）求角；

（2）若a＋b＝4，设D为AB的中点，求线段CD长的最小值．

17．（本小题满分16分）

在平面直角坐标系xOy中，圆O：

，直线l：

．为

圆O内一点，弦MN过点A，过点O作MN的垂线交l于点P．

（1）若MN∥l，求△PMN的面积．

（2）判断直线PM与圆O的位置关系，并证明．

18．（本小题满分16分）

中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受．如图

（1）为一花窗；图

（2）所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30cm，宽26cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm，窗芯所需条形木料的长度之和为L．

（1）试用x，y表示L；

（2）如果要求六根支条的长度均不小于2cm，每个菱形的面积为130cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？

19．（本小题满分16分）

已知函数，．

（1）求函数的单调增区间；

（2）若函数有三个互不相同的零点0，，，其中．

（ⅰ）若，求a的值；

（ⅱ）若对任意的，都有成立，求a的取值范围．

20．（本小题满分16分）

在数列中，，，，为常数，．

（1）求的值；

（2）设，求数列的通项公式；

（3）是否存在正整数（），使得与都为等差数列？

若存在，求的值；若不存在，请说明理由．

2018年高考模拟试卷（3）

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，，，是圆上不共线的三点，于，和分别交

的延长线于和，求证：

．

B．[选修4-2：

矩阵与变换]（本小题满分10分）

已知，向量是二阶矩阵的属性特征值3的一个特征向量，

求直线在矩阵对应的变换作用下得到的直线的方程．

C．[选修4-4：

坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

在极坐标系中，已知直线的方程为，圆的方程为，

试判断直线与圆的位置关系．

D．[选修4-5：

不等式选讲]（本小题满分10分）

对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【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）

某商场准备在今年的“五一假”期间对顾客举行抽奖活动，举办方设置了A、B两种

抽奖方案，方案A的中奖率为，中奖可以获得2分；方案B的中奖率为P0（0

中奖可以获得3分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与

否互不影响，并凭分数兑换奖品．

（1）若顾客甲选择方案A抽奖，顾客乙选择方案B抽奖，记他们的累计得分为X，

若X≤3的概率为

，求P0；

（2）若顾客甲、顾客乙两人都选择方案A或都选择方案B进行抽奖，问：

他们选择

何种方案抽奖，累计得分的均值较大？

23．（本小题满分10分）

如图，在平行四边形中，，，，四边形为矩形，

平面平面，，点在线段上运动，且．

（1）当时，求异面直线与所成角的大小；

（2）设平面与平面所成二面角的大小为（），求的取值范围．

2018年高考模拟试卷（3）参考答案

一、填空题：

本大题共14小题，每小题5分，共70分．

1．答案：

解析：

由并集定义可得．

2．答案：

25解析：

因为即为复数a＋bi模的平方，且，

所以，即的值为25

3．答案：

18解析：

由题意可得：

甲、乙、丙、丁四个专业人数之比为，所以

100名学生中丁专业抽取人数为人.

4．答案：

解析：

将黑球标记为，黄球标记为，红球标记为基本事件

有共计10种，

其中颜色互不相同有3种，故所求事件概率为.

5．答案：

7解析：

第1次，，；第2次，，；第三次，，．

6.答案：

解析：

顶点坐标为，渐近线方程为，由对称性不妨取顶点，渐近线方程为，故顶点到其渐近线的距离为.

7.答案：

解析：

方法一：

正四棱柱的体积为，正四棱锥的高为，底面积为，故体积为，所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为，即.

方法二：

设正四棱锥与正四棱柱的高分别为.因为正四棱锥与正四棱柱的底面积相同，所以体积之比为.

8.答案：

80解析：

因为成等比数列，所以.又，设公差为,

故，即，又公差不为零，故.即.

所以.

9.答案：

解析：

将所给约束条件画出如下图所示的可行域.的几何意义为可行域中的任一点与原点连线的斜率.由图形可得：

在点A处取到最大值.又，故.在点C处取到最小值.又,故.所以的最大值与最小值之和为

10．答案：

解析：

，

所以在上单调递增，在上为常数函数，则，

解得．

11．答案：

解析：

将函数的图象向左平移3个单位，得函数

所以，

由余弦定理可得，，

.

12．答案：

解析：

方法一：

因为，所以.

又，

所以.当且仅当时取等号.

方法二：

因为，所以，即.

故

当且仅当时取等号.

方法三：

因为，

所以，当且仅当时取等号.

13．答案：

1

解析：

设直线的倾斜角分别为,则,

，记直线:

与轴的交点为,

，则,

.即的值为1

14.【答案】

【解析】方程有四个不同的实数根,在同一坐标系内作出函数与函数的图象如下图所示，所以是方程的两根，是方程的两根，由求根公式得，且，所以，令，

由得，函数在区间递增，在区间递减，又，

所以所求函数的取值范围是.

二、解答题：

本大题共6小题，共90分．

15．（本小题满分14分）

证：

（1）因为平面，平面，所以．

因为底面是矩形，所以．

因为，平面，所以平面．

因为平面，所以平面平面．

（2）底面是矩形，所以∥，

因为平面，平面，所以∥平面．

因为平面，平面平面，所以∥．

16．（本小题满分14分）

解：

（1）因为，所以，

所以．又因为，所以．

（2）法一：

因为D是AB中点，所以，

所以，即，

所以，当且仅当时等号成立．

所以长的最小值为．

法二：

在中，由余弦定理得，

可设．

在中，由余弦定理得，

可设．

所以，所以．

下同法一．

法三：

以C为原点，CA为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

所以，所以，

所以，

下同法一．

17．（本小题满分14分）

解：

（1）因为MN∥l，设直线MN的方程为，

由条件得，，解得，即直线MN的方程为．

因为，，所以，即，

所以．

又因为直线与直线间的距离，即点到直线的距离为3，

所以△PMN的面积为．

（2）直线PM与圆O相切，证明如下：

设，则直线的斜率，

因为，所以直线的斜率为，

所以直线的方程为．

联立方程组解得点的坐标为，

所以，

由于，，

所以

，

所以，即，所以直线PM与圆O相切，得证．

18．（本小题满分16分）

解：

（1）由题意，水平方向每根支条长为cm，

竖直方向每根支条长为cm，菱形的边长为cm．

从而，所需木料的长度之和

L=cm．

（2）由题意，，即，又由可得．

所以．

令，其导函数在上恒成立，

故在上单调递减，所以可得．

则

=．

因为函数和在上均为增函数，

所以在上为增函数，故当，

即时L有最小值．

答：

做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料．

19．

（1），其判别式．

①当时，，恒成立，

所以的单调增区间为．………………………………………1分

②当时，由，得或，

所以的单调增区间为，．3分

综上，当时，的单调增区间为；

当时，的单调增区间为，．4分

（2）（ⅰ）方程，即为，亦即，

由题意，是方程的两个实根，………………5分

故，，且判别式，得．

由，得，，………………………………………8分

故，所以．………………………………………9分

（ⅱ）因为对任意的，恒成立．

因为，，所以，

所以或．

①当时，对，，

所以，所以．

又，所以．………………………………………12分

②当时，，

由

（1）知，存在的极大值点，且．

（方法1）由题得，

将代入化简得，解得．…14分

又，所以．因此．…………………………15分

综上，a的取值范围是．………………………………………16分

（方法2），由题得，

将，代入化简得，

得，故，

因为在上递减，故．

综上，a的取值范围是．……………………………………16分

20．（本小题满分16分）

解：

（1）将代入，得，

由，，得．

（2）由，得，即．

当时，

，

因为，所以．

因为也适合上式，所以．

（3）由

（2）知，．

假设存在正整数且，使得与同时成等差数列，

则且，即，

整理得，（*）

设，，则

所以单调递减数列．

若，当时，则，

所以左边，右边，显然等式不成立，

当时，得，解得，

所以，，符合题意．

若，因为，所以，

所以，

所以，所以，所以不存在，

即时，不存在符合题意的．

综上，存在，，，使得与同时成等差数列．

数学Ⅱ（附加题）

21．【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内

作答．若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A．[选修4—1：

几何证明选讲]（本小题满分10分）

证：

连接，因为，，所以，

又，所以，

又因为，，

所以，

所以，，，四点共圆，所以.

B．[选修4—2：

矩阵与变换]（本小题满分10分）

解：

由题意，，即，

所以解得，所以．

设上一点在的作用下得到直线上一点，

则，即

所以

代入直线，得，

即直线的方程为.

C．[选修4—4：

坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

解：

由，得，

所以直线直角坐标方程为．

由，得，

所以圆的直角坐标方程为，

即．……8分

所以圆心到直线的距离，

所以直线与圆相交．

D．[选修4—5：

不等式选讲]（本小题满分10分）

解：

设，即

所以的最小值为，所以．

当时，不等式即为，解得，矛盾；

当时，不等式即为，解得，所以；

当时，不等式即为，解得，所以．

综上，实数的取值范围是．

【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20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．

22．（本小题满分10分）

解：

（1）由已知得，甲中奖的概率为

，乙中奖的概率为P0，且两人中奖与否互不影响．

记“这2人的累计得分X≤3”的事件为C，则事件C的对立事件为“X＝5”．

因为P（X＝5）＝

P0，所以P（C）＝1－P（X＝5）＝1－

P0＝

，

所以P0＝

．

（2）设甲、乙都选择方案A抽奖的中奖次数为X1，都选择方案B抽奖的中奖次数

为X2，

则这两人选择方案A抽奖累计得分的均值为E（2X1），

选择方案B抽奖累计得分的均值为E（3X2）．

由已知可得，X1～B（2，

），X2～B（2，P0），所以E（X1）＝2×

＝

，E（X2）＝2P0，

从而E（2X1）＝2E（X1）＝

，E（3X2）＝3E（X2）＝6P0．

若E（2X1）>E（3X2），则

>6P0⇒0

，若E（2X1）

<6P0⇒

若E（2X1）＝E（3X2），则

＝6P0⇒P0＝

．

综上所述，当0

时，他们都选择方案A进行抽奖时，累计得分的均值较大；

当

当P0＝

时，他们都选择方案A或都选择方案B进行抽奖时，累计得分的均值相等．

23．（本小题满分10分）

解：

（1）在△ABC中，，，

，则，所以，即．

因为四边形为矩形，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面．……2分

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

，，

当时，，所以．

所以，，

所以，

所以，

即异面直线与所成角的大小为．

（2）平面的一个法向量，

设，

由，

得即，

所以，．

设平面的法向量，

因为即

取，则，，

所以平面的一个法向量，

因为，所以．

因为，所以．