江苏省高考数学密卷10 理数含答案Word文档格式.docx

1、（2）求c的值16（本小题满分14分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC底面ABCD，E为PB上一点，F为 PO的中点.（1）若PD平面ACE，求证：E为PB的中点；（2）若ABPC，求证：CF平面PBD. 17（本小题满分14分已知椭圆：的右准线的方程为，左、右两个焦点分别为，.（1）求椭圆的方程；B（2）过两点分别作两条平行直线和交椭圆于两点（均在x轴上方），且等于椭圆的短轴的长，求直线的方程.18（本小题满分16分）如图，圆柱体木材的横截面半径为1 dm，从该木材中截取一段圆柱体，再加工制作成直四棱柱，该四棱柱的上、下底面均为等腰梯形，分别内接于圆

2、柱的上、下底面，下底面圆的圆心在梯形内部，60，设（1）求梯形的面积；（第18题）（2）当取何值时，四棱柱的体积最大？并求出最大值 （注：木材的长度足够长）19（本小题满分16分）已知数列的首项（），其前项和为，设（）（1）若，且数列是公差为3的等差数列，求；（2）设数列的前项和为，满足 求数列的通项公式； 若对且，不等式恒成立，求a的取值范围 20（本小题满分16分）已知函数，（，）（1）当时， 若函数与在处的切线均为，求的值； 若曲线与有且仅有一个公共点，求的取值范围；（2）当时，设，若函数存在两个不同的零点求证： 2018年高考模拟试卷（10）数学（附加题）21【选做题】本题包括A、B、

3、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，圆的半径与互相垂直，为圆上一点，直线与圆交于另一点，与直线交于点，过点的切线交线段于点求证：B选修4 2：矩阵与变换 （本小题满分10分）已知矩阵，若矩阵满足，求矩阵的特征值和相应的特征向量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，设P为曲线C：上任意一点，求点P到直线l：的最大距离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

4、小题满分10分） 如图，已知定点，动点分别在轴，轴上移动，延长至点，使得，且（1）求动点的轨迹；（2）过点任作一条直线与相交于，过点作轴的平行线与直线相交于点（为坐标原点）求证：动点在定直线上23（本小题满分10分）已知数列是公差为的等差数列在的每相邻两项之间插入这两项的算术平均数，得到新数列，这样的操作叫做该数列的1次“”扩展连续次“”扩展，得到新数列例如：数列1，2，3第1次“”扩展后得到数列1，2，3；第2次“”扩展后得到数列1，2，3（1）求证：为等差数列，并求其公差；（2）已知等差数列共有项，且若的所有项的和为，求使成立的的取值集合2018年高考模拟试卷（10）参考答案1【答案】2【

5、答案】3【答案】3914【答案】5【答案】4【解析】当时，此时不成立6【答案】【解析】设，当时，所以所求概率为：7【答案】【解析】由双曲线的渐近线方程可知；又由题意，那么，双曲线方程为8【答案】必要不充分 【解析】由，因为，所以要使，必须，即，所以“”是“”的必要不充分条件9【答案】【解析】如图，外接球的球心为上下底面中心连线的中点，连结，所以三角形为直角三角形，所以，所以该棱柱外接球的表面积为10【答案】 【解析】令，即，所以，因为，所以，即，从而 11【答案】【解析】依题意， 即记函数 结合函数图象知，12【答案】 【解析】以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，所以，其中，

6、且由于，所以，所以13【答案】 【解析】，令，则，记， 由得，经检验，当时，所以的最小值为14【答案】【解析】设等差数列的公差为，则由，由数列恰有6项落在区间内，得即令，则时，该不等式表示的区域为如图所示的四边形内部，及其边、（不含顶点、），其中，此时，即，公差的取值范围是本大题共6小题，共计90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤解：（1）在ABC中，因为，由正弦定理得， 2分于是，即， 4分 又，所以 6分 （2）由（1）知， 则， 10分 在ABC中，因为，所以 则 12分 由正弦定理得， 14分【证】（1）连接，因为PD / 平面ACE，面，面面，F 所以PD /OE. 3分因为

7、四边形ABCD是正方形知，所以为中点， 所以E为PB的中点. 6分（2）在四棱锥PABCD中，ABPC， 因为四边形ABCD是正方形，所以， 所以. 因为F为PO中点，所以. 8分 又因为PC底面ABCD，底面ABCD，所以PCBD. 10分而四边形ABCD是正方形，所以，因为平面，所以平面， 12分因为平面，所以.所以CF平面PBD. 14分17（本小题满分14分）（1）由题设， 3分得， 故椭圆方程为. 6分（2）连结BO并延长交椭圆E于D，则易证，所以.因为，所以，所以 三点共线. 8分当轴时，不合题意；当CD不与x轴垂直时，设 ，代入椭圆方程并化简得， 10分设，则，所以.又，所以 ，

8、得， 13分所以直线的方程为. 14分 【解】（1）由条件可得，所以梯形的高又， 3分所以梯形的面积 5分（） 8分（2）设四棱柱的体积为，因为，所以 10分设，因为，所以，所以，由， 12分令，得，与的变化情况列表如下：极大值由上表知，在时取得极大值，即为最大值，且最大值 15分答：当时，四棱柱的体积取最大值为 16分（1）由条件知，即， 2分 所以数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，且公差均为3 由，所以，即， 所以， 所以 5分 （2） 由，得（）， 由于符合上式，所以（）， 7分 所以 所以，即， 所以数列为等比数列，且公比为， 因为，所以（） 10分 不等式即为， 由于，所以不等式即

9、为 当是奇数时， 所以， 即对且恒成立， 所以，解得 13分 当为偶数时， 由，得对且恒成立， 所以，解得， 因为，所以a的取值范围是 16分20（本小题满分16分） （1）当时，所以， 由题意，切线的斜率，即，所以 2分 设函数，“曲线与有且仅有一个公共点”等价于“函数有且仅有一个零点” 求导，得（）当时，由，得，所以函数在单调递减 因为，所以函数有且仅有一个零点1，符合题意 5分（）当时，当变化时，与的变化情况列表如下：所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，注意到，且，若，则，所以函数有且仅有一个零点1，符合题意若，取 ，所以函数存在两个零点，一个为1，另一个在，与题意不符若，取，

10、由于，综上，曲线与有且仅有一个公共点时，的取值范围是或 9分（2）当时，因为，所以， 即令，则， 当时，当时，所以在上递增，在上递减，所以在处有极大值，所以 令， 12分则， 所以在上单调递增，从而，所以，而在上递减，且，所以，即 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答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：几何证明选讲（本小题满分10分） 【证】连结，则， 因为，所以 2分 因为，所以， 所以， 6分 所以 因为是圆的切线段，所以，所以 10分 B选修42：矩阵与变换（本小题满分10分）设，由，即，得

11、解得所以 5分令，得，当时，取；当时，取 10分C选修44：坐标系与参数方程（本小题满分10分）以极点为原点，极轴为轴建立平面直角坐标系因为，所以， 2分将其化为普通方程，得xy60 4分将曲线C：化为普通方程，得x2y24 6分所以圆心到直线l：xy60的距离d3 8分 所以P到直线l的最大距离为d25 10分D选修45：不等式选讲（本小题满分10分） 【证】因为，且，所以，所以 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分（1）解：设， 由，得，即 2分 因为，所以，所以所以动点的轨迹为抛物线，其方程为 5分（2）证：设直线的方程为，代入，得，设，则有直线的方程为；直线的方程为，所以交点7分设，注意到及，则有，因此动点在定直线（）上 10分23（本小题满分10分） （1）证： 当时，与的算术平均数为，则为常数，所以当时，数列为等差数列，且公差 2分 假设当时，数列为等差数列，且公差， 则当时，数列中相邻两项与的算术平均数为，由，知数列中任意相邻两项的差为常数，所以当时，数列为等差数列，且公差由可知，为等差数列，且公差 5分（2）解：（方法一）由已知可知，设数列的项数为，则，且，所以，即 7分则令，由可知，所以，所以在上单调递增又因为，所以使成立的的集合为 10分（方法二）同上可得，则，则单调递增，以下同上 10分