2018届金山区高考数学二模试卷(含答案)

1、.金山区 2017 学年第二学期质量监控高三数学试卷(满分： 150 分，完卷时间： 120分钟 )（答题请写在答题纸上）一、填空题（本大题共有12 题，满分54 分，第 16 题每题 4 分，第712 题每题 5 分） 考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果1函数 y= 3sin(2x+ )的最小正周期 T=32函数 y=lg x 的反函数是3已知集合 P= x| (x+1)( x3) 2 ，则 PQ=4函数 yx9(0， + )的最小值是， xx5计算： lim 111( 1) n =n248212的半径、体积分别为1122V18r16记球 O和 Or 、 V和 r、V ，若V2，则r

2、2277若某线性方程组对应的增广矩阵是m42m 的取值范围，且此方程组有唯一一组解，则实数1mm是8若一个布袋中有大小、质地相同的三个黑球和两个白球，从中任取两个球，则取出的两球中恰是一个白球和一个黑球的概率是9 (1+2x)n 的二项展开式中，含x3 项的系数等于含x 项的系数的 8 倍，则正整数 n= 10平面上三条直线 x2y+1=0，x1=0，x+ky =0，如果这三条直线将平面划分为六个部分，则实数k 的取值组成的集合 A=11已知双曲线 C： x2y21，左、右焦点分别为F1、F 2，过点 F 2 作一直线与双曲线C 的右半支交98于 P、Q 两点，使得F1PQ= 90，则 F 1

3、PQ 的内切圆的半径r =_ 12若 sin2018(2cos)1009 (3coscos2)(1 cos+cos2)，则 sin(+)=_ 2二、选择题（本大题共4 小题，满分20 分，每小题5 分）每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑13若向量 a =(2, 0) ， b =(1, 1) ，则下列结论中正确的是()(A)a b =1(B) | a |= | b |(C) ( ab ) b(D)a b;.14 的参数方程 x5 cos( 参数 )， 它的两个焦点坐 是 ()y3sin(A)( 4, 0)(B) (0,4)(C) ( 5, 0)(D) (

4、0,3)15如 几何体是由五个相同正方体叠成的，其三 中的左 序号是()几何体(1)(2)(3)(4)(A)(1)(B) (2)(C) (3)(D) (4)1,1) ，都有x=a0+a1x+a 2x2+ +anxn+， a2 a3 的 等于 ()16若 任意 x (x 2 x221(A) 3(B) 2(C) 1(D) 1三、解答 （本大 共有5 ， 分76 分）解答下列各 必 在答 相 号的 定区域内写出必要的步 17 (本 分 14 分，第 1 小 分7 分，第 2 小 分 7 分 )在四棱 PABCD 中，底面 ABCD 是 6 的正方形， PD平面PABCD ， PD =8(1)求 PB

5、 与平面 ABCD 所成角的大小；(2)求异面直 PB 与 DC 所成角的大小DCA 第 17 题图B18 (本 分14 分，第 1 小 分7 分，第 2 小 分7 分 )复数 z(13 i )2 是一元二次方程 mx2+nx+ 1=0(m、n R )的一个根2 2(1) 求 m 和 n 的 ；(2) 若 (mni) uuz(u C )，求 u;.19 (本题满分 14 分，第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 8 分 )已知椭圆 ： x2y21的右焦点为 F ，过点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆 交于 A(x1, y1) 、B(x2, y2)43两点 (点 A 在 x 轴上方 )，点

6、 A 关于坐标原点的对称点为P，直线 PA、 PB 分别交直线 l ：x=4 于 M、N 两点，记 M、 N 两点的纵坐标分别为 yM 、 yN(1) 求直线 PB 的斜率 ( 用 k 表示 )；(2) 求点 M、N 的纵坐标 yM 、yN (用 x1, y1 表示 ) ，并判断 yM yN 是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由My2A1x-4-3-2-1OF1234-1PB第 19 题图N20 (本题满分16 分，第 1 小题满分4 分，第 2 小题满分5 分，第 3 小题满分7 分 )1已知数列 an 满足： a1=2， an+1=an+22(1) 证明：数列 an4 是等比

7、数列；(2)求使不等式anm2 成立的所有正整数m、 n 的值；an 1m3(3)如果常数 0 t 1) 上为“依赖函数” ，求实数 m、 n 乘积 mn 的取值范围；(3)已知函数 f(x)=( xa)2 (a4)在定义域 4 ，4上为“依赖函数” 若存在实数x 4，4，使得对333任意的 tR，有不等式 f( x)t2+(st)x+4 都成立，求实数s 的最大值;.金山区 2017 学年第二学期质量监控高三数学评分标准一、填空 1； 2 y=10x； 3 x|2x3 或 (2, 3) ； 4 6； 5 1；6 2 ；37m 2； 8 0.6； 95； 10 1， 0，2 ； 112； 12

8、 1二、 13C； 14A ；15 A ； 16 B17 (1)连 BD ，因 PD平面 ABCD ， PBD 就是 PB 与平面 ABCD 所成的角， 3 分在 PBD 中， tanPBD =22 ，PBD = arctan 22 ， 6 分33PB 与平面 ABCD 所成的角的大小 arctan22；7 分3(2) 因 AB DC ，所以PBA 就是异面直 PB 与 DC 所成的角，10 分因 PD平面 ABCD ，所以 AB PD ，又 AB AD，所以 AB PA，在 Rt PAB 中， PA= 10， AB= 6， tanPBA= 5 ，PBA= arctan 5 ，13 分33异面

9、直 PB 与 DC 所成角的大小 arctan 5 14 分318 (1)因 z= ( 13 i )2=13 i ，所以 z13 i ，3 分222222由 意知： z、z 是一元二次方程mx2+nx+1=0( m、 nR)的两个根，n(13 i)(13 i)由m2222，5 分11313i)(i)m(2222解之得：m17 分n，1(2) 设 u=c+d i(c,d R )， (1+i)( cdi)+( c+d i)=13 i ，2c+d+ci=13 i 11 分22222c d1c32213 分3，cd1322;.所以 u=3( 31)i 14 分2219 (1) 直 AB 方程 yk(x

10、 1) ，1 分yk( x1) 立x2y2，消去 y ，得 (4k 23) x28k 2 x4k 2120 ，2 分431x1x28k 24k23 ，因 A(x1, y1 ) 、 B(x2 , y2 ) ，且4 分x1x24k 2124k23又 P(x1 ,y1) ，所以 kPB= y1y2k( x11)k ( x21)3 ， 6 分x1x2x1x24k(2) 又直 PA 的方程 yy1x ， yM4 y1，8 分x1x1由 意可知，y13( x11)k，直 PB 的方程 y+y 1=4 y1(x+x 1)， 10 分x11则 yN3(x11)(4x1)y1 ，11 分4 y1x12y121

11、， yM yN=3(x11)(4x1 )4 y12=3x124y129x1 12=9，43x1x1x1 上，乘 yM yN 定 914 分n +11nn+11n2 分20 (1) 由 a=a +2，所以 a4 =( a4 )，221 公比的等比数列；且 a14= 2，故数列 an4 是以 2 首 ，4 分2(2) 由 (1) ，得 an4=2 ( 1 )n 1 ，得 an 4122n 2，6 分1n 2n 2m41m42于是22，当 m 4 ，1，无解，7 分1n 13n 141m4m22;.因此， 足 意的解 m1m2m3；9 分n1或或n2n1(3) 解： 当 k=1 ，由3t2，解得 0

12、t1 或 2t3，10 分2tn2 当 k 2 ， an413 ，故分母 ant0 恒成立，2从而，只需ak+1k* 恒成立，即t2akak+1对 k 2 ， k N* 恒成立，故t2( a t) 对 k 2 ， k Nt1，f(x)=(x1)2 在 m， n 增，故 f(m)f( n)=1 ，即 (m1) 2(n1)2=1， 5 分由 nm1，得 (m1) (n1) =1，故 nm，6 分m 1由 nm1，得 1 m2，7 分从而 mnm2m112 在 m(1,2) 上 减，故mn(4,) ， 9 分1m1m(3)因 a4，故 f (x)( xa) 2 在 4 , 4 上 增，从而 f ( 4)31，即 (431 ， 而 ( 4f (4)a) 2 (4 a) 2a)(4a)1 ，31333解得 a1或 a13 分3(舍 )，从 而 ，存 在 x 4 , 4 ， 使 得 对 任 意 的 t R ， 有 不 等 式