江苏省南通基地高考数学密卷6理含答案.docx

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江苏省南通基地高考数学密卷6理含答案

江苏省南通基地2018年高考数学密卷（6）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，，则=．

2．已知复数z＝－i3，其中i虚数单位，则z的模为．

（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＝na1an+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）

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．

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；

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）

（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．

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＋tb|2＝a2＋t2b2＋2ta·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＝na1an+1①，a1a2+a2a3+…+anan+1+an+1an+2＝（n+1）a1an+2②，②－①得，an+1an+2＝（n+1）a1an+2－na1an+1＝－＝－＝＋，（n≥2），则a1a2+a2a3＝2a1a3＝＋，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．

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＝b2a1+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＝bna+bn＝pqn＋n＝qn．

令s＝，t＝，（t≠0），原问题转化为关于n的方程

qn－tn－s＝0①………………………………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）=－3y2＋6y－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+1ey＞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＜exy＜x．证毕．