江苏省徐州市铜山区高考模拟（一）数学试题

2018届铜山区高考模拟卷(一)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分，请把答案填写在答题卡相应位置上.1.已知集合，则▲．2.设复数z满足，则=___▲___．3.为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50,100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在(单位：分钟)内的学生人数为▲．执行如图所示的伪代码，若，则输出的的值为▲．5.甲、乙、丙三人一起玩“黑白配”游戏：甲、乙、丙三人每次都随机出“手心（白）”、“手背（黑）”中的某一个手势，当其中一个人出示的手势与另外两人都不一样时，这个人胜出；其他情况，不分胜负，则一次游戏中甲胜出的概率是___▲___．6.已知，则▲．7.若实数x，y满足约束条件,则目标函数的最小值为▲．8.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为_▲．9.记为等差数列的前项和．若，，则的公差为___▲___．10.已知椭圆C：，的左、右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为___▲___．11.函数是周期为4的偶函数，当时，，则不等式在上的解集为▲．12.在矩形，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上。若，则的最大值为___▲___．13.已知函数有唯一零点，则=___▲___．14.已知，则的最小值为___▲___．二、解答题：本大题共6小题，共计90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．15.（本小题满分14分）已知函数，（1）求的值域；（2）若的面积为，角所对的边为，且，，求的周长．16.（本小题满分14分）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，，．（1）求证：AB⊥平面EDC；（2）若P为FG上任一点，证明：EP∥平面BCD．17.（本小题满分14分）某企业为了减少噪声对附近居民的干扰，计划新增一道“隔音墙”，从上往下看，“隔音墙”可以看成曲线，在平面直角坐标系中，“隔音墙”的一部分所在曲线的方程为（单位：千米）.已知居民区都在轴的下方，这部分曲线上任意两点连线的斜率都小于1时“隔音墙”的隔音效果最佳.（1）当时，求“隔音墙”所在曲线上的点到轴最近距离；（2）当实数在什么范围时，“隔音墙”的隔音效果最佳？18.(本小题满分16分)已知椭圆C1以直线所过的定点为一个焦点，且短轴长为4．（Ⅰ）求椭圆C1的标准方程；（Ⅱ）已知椭圆C2的中心在原点，焦点在y轴上，且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的λ倍（λ＞1），过点C（﹣1，0）的直线l与椭圆C2交于A，B两个不同的点，若，求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程．19．（本小题满分16分）已知函数，．⑴若曲线在点处的切线经过点，求实数的值；⑵若函数在区间上单调，求实数的取值范围；⑶设，若对，，使得成立，求整数的最小值．20．（本小题满分16分）已知两个无穷数列分别满足，其中，设数列的前项和分别为.（1）若数列都为递增数列，求数列的通项公式；（2）若数列满足：存在唯一的正整数，使得，称数列为“坠点数列”.①若数列为“坠点数列”，求②若数列为“坠点数列”，数列为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.2018届铜山区高考模拟卷(一）数学附加(满分40分，考试时间30分钟)21.B.(选修42：矩阵与变换)若二阶矩阵M满足：Meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,2,3,4)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(5,8,4,6))).曲线C：x2＋2xy＋2y2＝1在矩阵M所对应的变换作用下得到曲线C′，求曲线C′的方程．C.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，设圆C经过点P(eq\r(3)，eq\f(π,6))，圆心是直线ρsin(eq\f(π,3)－θ)＝eq\f(\r(3),2)与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠A1C1B1＝90°，AC＝2，BC＝BB1＝1，点D是棱A1C1的中点．求：(1)直线AB与平面BB1D所成角的正弦值；(2)二面角ABDB1的大小．23.设有甲、乙两个盒子，均分别装有编号依次为1，2，3，…，n(n≥5，且n∈N*)的n个球，学生A从甲盒子中随机选取i个球，学生B从乙盒子中随机选取j个球，其中i，j≤n，且i，j∈N*.(1)若i＝2，j＝3，且A在编号为1到m(m为给定的正整数，且2≤m≤n－3)的球中选取，B在编号为m＋1到n的球中选取．记P(u，v)(1≤u≤m，m＋1≤v≤n)是编号为u的球和编号为v的球同时被选中的概率．①若n＝10，m＝4，求P(2，8)的值；②求所有的P(u，v)的和；求学生A，B取到的球的编号不相同的概率．2018届铜山区高考模拟卷（一）答案2、3、4、5、6、7、18、9、410、11、12、13、14、15.【解析】：（1）．，，故．（2）由已知，．由，得，所以．由已知及余弦定理得,．故,从而．所以的周长为．16.证明（1）因为平面ABC⊥平面ACD，，即CD⊥AC，平面ABC平面ACD=AC，CD平面ACD，所以CD⊥平面ABC，又AB平面ABC，所以CD⊥AB，因为，E为AB的中点，所以CE⊥AB，又，CD平面EDC，CE平面EDC，所以AB⊥平面EDC．（2）连EF，EG，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，又平面BCD，平面BCD，所以EF∥平面BCD，同理可证EG∥平面BCD，且EFEG=E，EF平面BCD，EG平面BCD，所以平面EFG∥平面BCD，又P为FG上任一点，所以EP平面EFG，所以EP∥平面BCD．17、【解析】（1）当时，,,所以在上单调递减，，所以“隔音墙”所在曲线上的点到轴最近距离为千米.（2）在曲线，上任取两点<,要使“隔音墙”的隔音效果最佳，即<恒成立，则>>,令则需>恒成立,需上单调递减,即在上恒成立,上恒成立令,则>所以在上单调递增，所以，故当实数时，“隔音墙”的隔音效果最佳18.【解析】（Ⅰ）所给直线方程变形为，可知直线所过定点为．∴椭圆焦点在y轴，且c=，依题意可知b=2，∴a2=c2+b2=9．则椭圆C1的方程标准为；（Ⅱ）依题意，设椭圆C2的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），∵λ＞1，∴点C（﹣1，0）在椭圆内部，直线l与椭圆必有两个不同的交点．当直线l垂直于x轴时，（不是零向量），不合条件；故设直线l为y=k（x+1）（A，B，O三点不共线，故k≠0），由，得．由韦达定理得．∵，而点C（﹣1，0），∴（﹣1﹣x1，﹣y1）=2（x2+1，y2），则y1=﹣2y2，即y1+y2=﹣y2，故．∴△OAB的面积为S△OAB=S△AOC+S△BOC====．上式取等号的条件是，即k=±时，△OAB的面积取得最大值．∴直线的方程为或．【解析】⑵，若函数在区间上单调递增，则在恒成立，，得；若函数在区间上单调递减，则在恒成立，，得，综上，实数的取值范围为；⑶由题意得，，，，即，由，当时，，则不合题意；当时，由，得或（舍去），当时，，单调递减，当时，，单调递增．，即，整理得，，设，，单调递增，，为偶数，又，，，故整数的最小值为。20、【解析】(1)∵数列都为递增数列，∴由递推式可得,∗，则数列为等差数列,数列从第二项起构成等比数列。∴；②∵，即，∴，而数列为“坠点数列”且，数列中有且只有两个负项.假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，而中各项均为奇数，∴必为偶数..ⅰ.当时，，当时，，故不存在，使得成立.ⅱ.当时，，显然不存在，使得成立.ⅲ.当时，，当时，才存在，使得成立.所以.当时，，构造为1,3,1,3,5,7,9，…，为1,2,4,8，16,32，…，此时，所以的最大值为6.数学附加分答案21B.解：设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,2,3,4)))，则|A|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,2,3,4)))＝－2，∴A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－2,1,\f(3,2),－\f(1,2))))，∴M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(5,8,4,6)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－2,1,\f(3,2),－\f(1,2))))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,1))).(5分)设曲线C上一点(x，y)经矩阵M对应变换作用下得到的点为(x′，y′)，则Meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x′,y′)))，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))＝M－1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x′,y′)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,－1,－1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x′,y′)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝x′－y′，,y＝－x′＋2y′.))代入x2＋2xy＋2y2＝1，可得(x′－y′)2＋2(x′－y′)(－x′＋2y′)＋2(－x′＋2y′)2＝1，即x′2－4x′y′＋5y′2＝1，故曲线C′的方程为x2－4xy＋5y2＝1.(10分)C.解：∵圆心为直线ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ))＝eq\f(\r(3),2)与极轴的交点，∴令θ＝0，得ρ＝1，即圆心是(1，0)．(3分)又圆C经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(π,6)))，∴圆的半径r＝eq\r(3＋1－2\r(3)cos\f(π,6))＝1，(6分)∴圆C经过原点，∴圆C的极坐标方程是ρ＝2cosθ.(10分)22.解：以C1点为坐标原点，分别以C1A1，C1B1，C1C所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则C1(0，0，0)，A1(2，0，0)，B1(0，1，0)，C(0，0，1)，A(2，0，1)，B(0，1，1)，D(1，0，0)．(1)eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，1，0)，eq\o(B1B,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．设平面BB1D的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(B1B,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DB1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－x1＋y1＝0.))取n1＝(1，1，0),∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，n1〉＝eq\f(－1,\r(5)×\r(2))＝－eq\f(\r(10),10)，∴直线AB与平面BB1D所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10).(5分)(2)eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，1，0)．设平面BAD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DA,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋z2＝0，,－2x2＋y2＝0.))取n2＝(1，2，－1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(3,\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，∴二面角ABDB1的大小为150°.(10分)23.解：(1)①A从甲盒子中在1到4号中选取2个球，B从乙盒子中在5到10号中选取3个球，∴P(2，8)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,4).(2分)②A从甲盒子中在1到m(m为给定的正整数，且2≤m≤n－3)号中选取2个球，B从乙盒子中在m＋1到n号中选取3个球，∴P(u，v)＝eq\f(Ceq\o\al(1,m－1)Ceq\o\al(2,n－