江苏省普通高等学校2017届高三数学招生考试模拟测试试题十三.docx

江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十三)数学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：锥体的体积公式：VSh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 设集合Ax|2x0，Bx|1x1，则AB_2. 若复数z(1mi)(2i)(i是虚数单位)是纯虚数，则实数m的值为_3. 将一骰子连续抛掷两次，至少有一次向上的点数为1的概率是_4. 如图所示，一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图若一个月以30天计算，估计这家面包店一个月内日销售量不少于150个的天数为_(第4题)(第5题)(第7题)5. 执行如图所示的流程图，则输出的k的值为_6. 设公差不为0的等差数列an的前n项和为Sn.若S3a，且S1，S2，S4成等比数列，则a10_7. 如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，AA16.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥AA1EF的体积是_8. 已知函数f(x)2sin(x)的最小正周期为，且它的图象过点，则的值为_9. 已知函数f(x)则不等式f(x)1的解集是_10. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y22px(p0)的焦点为F，双曲线1(a0，b0)的两条渐近线分别与抛物线交于A，B两点(A，B异于坐标原点O)若直线AB恰好过点F，则双曲线的渐近线方程是_11. 在ABC中，A120，AB4.若点D在边BC上，且2，AD，则AC的长为_12. 已知圆O：x2y21，圆M：(xa)2(ya4)21.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点为A，B，使得APB60，则实数a的取值范围为_13. 已知函数f(x)ax2xb(a，b均为正数)，不等式f(x)0的解集记为P，集合Qx|2tx2t若对于任意正数t，PQ，则的最大值是_14. 若存在两个正实数x、y，使得等式xa(y2ex)(lnylnx)0成立，其中e为自然对数的底数，则实数a的取值范围为_二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分14分)已知为锐角，cos.求：(1) tan的值；(2) sin的值16. (本小题满分14分)如图，在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，PAPB，M、N分别为AB、PA的中点(1) 求证：PB平面MNC；(2) 若ACBC，求证：PA平面MNC.17.(本小题满分14分)如图，某城市有一块半径为1(单位：百米)的圆形景观，圆心为C，有两条与圆形景观相切且互相垂直的道路最初规划在拐角处(图中阴影部分)只有一块绿化地，后来有众多市民建议在绿化地上建一条小路，便于市民快捷地往返两条道路规划部门采纳了此建议，决定在绿化地中增建一条与圆C相切的小道AB.问：A，B两点应选在何处可使得小道AB最短？18. (本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，点C在椭圆M：1(ab0)上若点A(a，0)，B(0，)，且.(1) 求椭圆M的离心率；(2) 设椭圆M的焦距为4，P，Q是椭圆M上不同的两点，线段PQ的垂直平分线为直线l，且直线l不与y轴重合 若点P(3，0)，直线l过点，求直线l的方程； 若直线l过点(0，1)，且与x轴的交点为D，求D点横坐标的取值范围19. (本小题满分16分)对于函数f(x)，在给定区间a，b内任取n1(n2，nN*)个数x0，x1，x2，xn，使得ax0x1x2xn1xnb，记S|f(xi1)f(xi)|.若存在与n及xi(in，iN)均无关的正数A，使得SA恒成立，则称f(x)在区间a，b上具有性质V.(1) 若函数f(x)2x1，给定区间为1，1，求S的值；(2) 若函数f(x)，给定区间为0，2，求S的最大值；(3) 对于给定的实数k，求证：函数f(x)klnxx2在区间1，e上具有性质V.20. (本小题满分16分)已知数列an的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an(1)nSnpn(p为常数，p0)(1) 求p的值；(2) 求数列an的通项公式；(3) 设集合Ana2n1，a2n，且bn，cnAn，记数列nbn，ncn的前n项和分别为Pn，Qn.若b1c1，求证：对任意nN*，PnQn.(十三)1. x|2x1解析：本题主要考查集合的概念与运算等基础知识本题属于容易题2. 2解析：z(2m)(2m1)i，则2m0，所以m2.本题主要考查复数的概念及四则运算等基础知识本题属于容易题3. 解析：将一骰子连续抛掷两次，共有36种基本事件抛掷两次没有一次是1点的基本事件数为25种，则所求的概率为1.本题考查用列举法解决古典概型问题以及对立事件概率的求法本题属于容易题4. 9解析：(0.0040.002)50309.本题主要考查频率分布直方图的基础知识本题属于容易题5. 5解析：由题设流程图的循环体执行如下：第1次循环S3，k2；第2次循环S8，k3；第3次循环S16，k4；第4次循环S27，k5.本题考查伪代码基础知识，关键把握每一次循环体执行情况本题属于容易题6. 19解析：由S1，S2，S4成等比数列，利用求和公式得d2a1，又S3a，3a13d(a1d)2，联立可得a1a，a1不为0，则a11，d2，所以a1019.本题主要考查了等差数列的通项公式、求和公式，以及等比数列通项公式本题属于容易题7. 8解析：三棱锥AA1EF的体积SA1AF28.本题主要考查正三棱柱所含的三棱锥的体积的求法本题属于容易题8. 解析：f(x)2sin(x) 的最小正周期为，则2，所以f(x)2sin(2x)，它的图象过点，则sin，.本题主要考查三角函数周期性求法，以及利用角的范围确定角的值本题属于容易题9. 4，2解析：f(x)1，即等价或解之得4x0或0x2，即原不等式的解集是4，2本题主要考查分段函数以及一元二次不等式的解法本题属于容易题10. y2x解析：直线AB恰好过点F，则A，又点A在双曲线的渐近线上，代入ykx，得k2，则双曲线的渐近线方程是y2x.本题主要考查抛物线标准方程以及焦点坐标本题属于容易题11. 3解析：以A点为原点，直线AC为x轴建立平面直角坐标系，则B(2，2)，C(b，0)，3，即3(xb，y)(2b，2)，得x，y，代入x2y2，得b3.本题考查向量共线的坐标运算以及两点间的距离公式本题属于中等题12. 解析：设P(x，y)，sinOPAsin30，则x2y24.又P在圆M上，则(xa)2(ya4)21.由得13，所以a.本题考查两圆有公共点的条件，以及一元二次不等式的解法本题属于中等题13. 解析：由题意知2x|2txx1时，不符合任意正数t都满足；当2e时，g(t)为减函数，te时，g(t)为增函数由图象可知g(t)e，则或0，则a0或a.本题考查多元变量的求解问题，代数式的变形，分离变量以及导数在求最值中的运用本题属于难题15. 解：(1) 因为，所以，所以sin，(3分)所以tan2.(6分)(2) 因为sinsin2sincos，(9分)coscos2cos21，(12分)所以sinsinsincoscossin.(14分)16. 证明：(1) 因为M，N分别为AB，PA的中点，所以MNPB.(2分)因为MN平面MNC，PB 平面MNC，所以PB平面MNC.(4分)(2) 因为PAPB，MNPB，所以PAMN.(6分)因为ACBC，AMBM，所以CMAB.(8分)因为平面PAB平面ABC，CM平面ABC，平面PAB平面ABCAB，所以CM平面PAB.(12分)因为PA平面PAB，所以CMPA.因为PAMN，MN平面MNC，CM平面MNC，MNCMM，所以PA平面MNC.(14分)17. 解：(解法1)如图，分别由两条道路所在直线建立直角坐标系xOy.设A(a，0)，B(0，b)(0a1，0b1)，则直线AB方程为1，即bxayab0.因为AB与圆C相切，所以1.(4分)化简得ab2(ab)20，即ab2(ab)2.(6分)因此AB.(8分)因为0a1，0b1，所以0ab2，于是AB2(ab)又ab2(ab)2，解得0ab42，或ab42.因为0ab2，所以0ab42，(12分)所以AB2(ab)2(42)22，当且仅当ab2时取等号，所以AB最小值为22，此时ab2.答：当A，B两点离道路的交点都为2(百米)时，小道AB最短(14分)(解法2)如图，连结CE，CA，CD，CB，CF.设DCE，则DCF.在直角三角形CDA中，ADtan.(4分)在直角三角形CDB中，BDtan，(6分)所以ABADBDtantantan.(8分)令ttan，0t1，则ABf(t)tt1222，当且仅当t1时取等号(12分)所以AB最小值为22，此时A，B两点离两条道路交点的距离是1(1)2.答：当A，B两点离道路的交点都为2(百米)时，小道AB最短(14分)18. 解：(1) 设C(x0，y0)，则，.因为，所以，得(2分)代入椭圆方程得a2b2.因为a2b2c2，所以e.(4分)(2) 因为c2，所以a29，b25，所以椭圆的方程为1.设Q(x0，y0)，则1.(6分)因为点P(3，0)，所以PQ中点为，因为直线l过点，直线l不与y轴重合，所以x03，所以1，(8分)化简得x9yy0.将代入代简得yy00，解得y00(舍)，或y0.将y0代入得x0，所以Q为，所以PQ斜率为1或，直线l的斜率为1或，所以直线l的方程为yx或yx.(10分) 设PQ：ykxm，则直线l的方程为yx1，所以xDk.将直线PQ的方程代入椭圆的方程，消去y得(59k2)x218kmx9m2450.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，中点为N，xN，代入直线PQ的方程得yN，(12分)代入直线l的方程得9k24m5.因为(18km)24(59k2)(9m245)0，化简得m29k250.(14分)将代入上式得m24m0，解得0m4，所以k，且k0，所以xDk.综上所述，点D横坐标的取值范围为.(16分)19. (1) 解：因为函数f(x)2x1在区间1，1上为减函数，所以f(xi1)f(xi)，所以|f(xi1)f(xi)|f(xi)f(xi1)Sf(xi1)f(xi)|f(x0)f(x1)f(x1)f(x2)f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn)f(1)f(1)4.(2分)(2) 解：由f(x)0，得x1.当x1时，f(x)0，所以f(x)在(，1)上为增函数；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)上为减函数；所以f(x)在x1时取极大值.(4分)设xm1xm1，mN，mn1，则Sf(xi1)f(xi)|f(x1)f(0)|f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm2)f(xm1)|f(2)f(xn1)|f(x1)f(0)f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(xm2)f(xn1)f(2)f(xm)f(0)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(2)(6分)因为|f(xm1)f(xm)|f(1)f(xm)f(1)f(xm1)，当xm1时取等号，所以Sf(xm)f(0)f(1)f(xm)f(1)f(xm1)f(xm1)f(2)2f(1)f(0)f(2).所以S的最大值为.(8分)(3) 证明：f(x)x，x1，e 当ke2时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，e上为增函数，所以Sf(xi1)f(xi)|f(x1)f(x0)f(x2)f(x1)f(xn)f(xn1)f(xn)f(x0)f(e)f(1)ke2.因此，存在正数Ake2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.(10分) 当k1时，kx20恒成立，即f(x)0恒成立，所以f(x)在1，e上为减函数，所以Sf(xi1)f(xi)|f(x0)f(x1)f(x1)f(x2)f(xn1)f(xn)f(x0)f(xn)f(1)f(e)e2k.因此，存在正数Ae2k，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.(12分) 当1ke2时，由f(x)0，得x；当f(x)0，得1x；由f(x)0，得xe，因此f(x)在1，)上为增函数，在(，e上为减函数设xmxm1，mN，mn1，则Sf(xi1)f(xi)|f(x1)f(x0)|f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm2)f(xm1)|f(xn)f(xn1)|f(x1)f(x0)f(xm)f(xm1)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(xm2)f(xn1)f(xn)f(xm)f(x0)|f(xm1)f(xm)|f(xm1)f(xn)f(xm)f(x0)f(xm1)f(xn)f()f(xm1)f()f(xm)2f()f(x0)f(xn)klnkkklnk2ke2.因此，存在正数Aklnk2ke2，都有SA，因此f(x)在1，e上具有性质V.综上，对于给定的实数k，函数f(x)klnxx2在区间1，e上具