江苏省高考数学密卷2 理数含答案Word格式文档下载.docx

1、（1）求证：； （2）若，求的值 16（本小题满分14分）F在正四棱锥中，E，F分别为棱VA，VC的中点EF平面ABCD；（2）求证：平面VBD平面BEF17（本小题满分14分）如图所示的某种容器的体积为90cm3，它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm圆锥的高为h1 cm，母线与底面所成的角为；圆柱的高为h2 cm已知圆柱底面的造价为2a元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2，圆锥侧面造价为a元/cm2（1）将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域；（2）当容器造价最低时，圆柱的底面半径r为多少？18（本小题满分16分）已知在平面直角坐标系中，椭圆C：离心

2、率为，其短轴长为2（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，A为椭圆C的左顶点，P，Q为椭圆C上两动点，直线PO交AQ于E，直线QO交AP于D，直线OP与直线OQ的斜率分别为，且，（第18题），（为非零实数），求的值19（本小题满分16分）设数列的前n项和为，已知，（）数列为等比数列；（2）若数列满足：， 求数列的通项公式； 是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由20（本小题满分16分）已知函数， （1）当时， 若曲线与直线相切，求c的值；若曲线与直线有公共点，求c的取值范围（2）当时，不等式对于任意正实数x恒成立，当c取得最大值时，求a，b的值2018年高考模拟

3、试卷（2）数学（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41：几何证明选讲（本小题满分10分）如图，ABCD为圆内接四边形，延长两组对边分别交于点E，FM，N为AB，CD上两点，EMEN，点F在MN的延长线上求证：BFMAFMB选修42：矩阵与变换（本小题满分10分） 已知在二阶矩阵对应变换的作用下，四边形变成四边形，其中 ，（1）求矩阵；（2）求向量的坐标C选修44：坐标系与参数方程（本小题满分10分）以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l的参数方程是（t为参数），圆C的极坐

4、标方程是4cos ，求直线l被圆C截得的弦长D选修45：不等式选讲（本小题满分10分）已知x0，y0，z0，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（本小题满分10分） 某同学理科成绩优异，今年参加了数学，物理，化学，生物4门学科竞赛已知该同学数学获一等奖的概率为，物理，化学，生物获一等奖的概率都是，且四门学科是否获一等奖相互独立（1）求该同学至多有一门学科获得一等奖的概率；（2）用随机变量表示该同学获得一等奖的总数，求的概率分布和数学期望23（本小题满分10分）已知函数，记，当在上为增函数；（2）对于任意，判断在上的单调性，并证明2018年高考模

5、拟试卷（2）参考答案 1 1【解析】依题意，AB =12 【解析】由于，所以的共轭复数为3 【解析】由，解得4 36【解析】，输出的结果5 【解析】由茎叶图可知，所以甲的方差为；同理乙的方差为，所以比较稳定的是甲6 【解析】所有等可能的基本事件总数为种，“黑白两球均不在1号盒子”有种，所以概率为7 【解析】，所以8 【解析】一条渐近线与右准线的交点为，其到另一条渐近线的距离为9 【解析】由，得10 4【解析】令f（x+4）= f（x）+ f（2）中x= 2，得f（2）= f（ 2）+ f（2），所以f（ 2）=0，又因为f（x）是定义在R上的偶函数，所以f（2）=0，所以f（x+4）= f（x

6、），所以f（x）是周期为4的周期函数，所以f（3）+ f（10）= f（ 1） + f（2）= f（1）+0= 4Q11 【解析】因为，所以，所以，将以上各式相加，得，又，所以，获解12 14【解析】设直线l与圆C的一个交点B（5，5）关于x轴的对称点为，易知B恰为圆C的直径，记A与x轴交于点Q，则，所以ABP的周长的最小值为，易求得结果为14.13 【解析】条件可转化为函数在上存在零点，所以方程有根，所以函数的图象有交点的横坐标在上，注意到函数的图象为顶点（ a， 2a）在直线y=2x上移动的折线， 再考虑临界位置不难求解14 【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，由题意，（第14题）设，所

7、以， 所以，即，令，则，所以mn=4，所以 当且仅当5m=n=时，AD取得最小值本大题共6小题，共90分（1）证明：因为， 所以， 3分 由正弦定理，得， 所以 6分 （2）解：由（1）得， 8分 所以， 化简，得 10分又，所以，所以， 12分 所以 14分（1）因为E，F分别为棱VA，VC的中点，所以EFAC， 3分又因为， 所以EF平面ABCD 6分O（2）连结，交于点，连结因为为正四棱锥， 所以 又，所以 8分又因为，EFAC， 所以EFVO，EFBD 10分 又， 所以， 12分又，所以平面VBD平面BEF 14分（1）解：因为圆锥的母线与底面所成的角为，所以， 圆锥的体积为，圆柱的

8、体积为 2分 因为，所以，所以 4分 因为，所以因此 所以，定义域为 6分 （2）圆锥的侧面积，圆柱的侧面积，底面积 8分 容器总造价为 10分 令，则令，得当时，在上为单调减函数；当时，在上为单调增函数因此，当且仅当时，有最小值，y有最小值90元 13分所以，总造价最低时，圆柱底面的半径为3cm 14分 因为短轴长2b=2，所以b=1， 2分 又离心率，所以， 4分 所以，所以， 所以椭圆C的标准方程为 6分 （2）由（1），点A，设，则 因为，所以， 8分 由得， 由得，所以， 11分两边同时乘以k1得，所以，代入椭圆的方程得， 14分同理可得，所以 16分由，得（），两式相减，得，即（）

9、 2分因为，由，得，所以，所以对任意都成立，所以数列为等比数列，首项为1，公比为2 4分（2） 由（1）知，由，得， 6分即，即， 因为，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列 8分所以，所以 10分 设，则，两式相减，得，所以 12分由，得，即显然当时，上式成立，设（），即所以数列单调递减，所以只有唯一解，所以存在唯一正整数，使得成立 16分当时，所以 设切点为，则 2分由得，由得代入得， 所以 4分 由题意，得方程有正实数根，即方程有正实数根， 记，令， 当时，；当时，； 所以在上为减函数，在上为增函数； 若，则，不合； 若，由知适合； 若，则，又，所以，由零点存在性定理知在上必有零点 综

10、上，c的取值范围为 9分（2）由题意得，当时，对于任意正实数x恒成立， 所以当时，对于任意正实数x恒成立， 由（1）知， 两边同时乘以x得， 两边同时加上得， 所以（*），当且仅当时取等号 对（*）式重复以上步骤可得， 进而可得，所以当，时，当且仅当时取等号当取最大值1时，对于任意正实数x恒成立，令上式中得， ，所以，所以对于任意正实数x恒成立，即对于任意正实数x恒成立，所以，所以函数的对称轴，所以，即，所以， 14分又由，两边同乘以x2得，所以当，时，也恒成立，综上，得， 16分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

11、答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明：因为EMEN，所以EMNENM， 3分因为ABCD为圆内接四边形，所以FCNA， 6分又因为EMNAFM A，ENMBFM FCN，所以AFMBFM 10分设，则有， 2分 故 解得，所以 5分（2）由，知，易求， 7分由，得， 所以 10分解：直线l的参数方程 （t为参数）化为直角坐标方程是yx3， 2分圆C的极坐标方程4cos 化为直角坐标方程是x2y24x0 5分圆C的圆心（2，0）到直线xy30的距离为d 7分又圆C的半径r2，所以直线l被圆C截得的弦长为2 10分因为， 5分 又因为，【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记“该同学获得个一等奖”为事件， 则， ， 所以该同学至多有一门学科获得一等奖的概率为 4分 （2）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，所以的概率分布为故 10分因为，所以， 因为所以，所以，所以，所以在上为增函数 4分 （2）结论：对于任意，在上均为增函数当n=1时，结论显然成立；假设当n=k时结论也成立，即在上为增函数，所以当时，在上恒成立当n=k+1时， 所以 又当时，所以在上恒成立，所以在上为增函数由得证，对于任意，在上均为增函数 10分