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1、江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(四)数学(满分160分，考试时间120分钟)一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 已知集合A1，0，1，B0，a，2，若AB1，0，则a_2. 若复数z(i为虚数单位)，则z的模为_3. 按如图所示的程序框图运行后，输出的结果是63，则判断框中的整数M的值是_(第3题)(第4题)4. 随机抽取100名年龄在10，20)，20，30)，50，60)年龄段的市民进行问卷调查，由此得到样本的频率分布直方图如图所示，从不小于40岁的人中按年龄段分层抽样的方法随机抽取8人，则在50，60)年龄段抽取的人数为_5. 将函数f(x)2sin2x的
2、图象上每一点向右平移个单位，得函数yg(x)的图象，则g(x)_6. 从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，则取出的数中一个是奇数一个是偶数的概率为_(第8题)7. 已知sin(45)，且090，则cos2的值为_8. 在圆锥VO中，O为底面圆心，半径OAOB，且OAVO1，则O到平面VAB的距离为_9. 设ABC是等腰三角形，ABC120，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为_10. 对于数列an，定义数列bn满足：bnan1an(nN*)，且bn1bn1(nN*)，a31，a41，则a1_11. 已知平面向量，满足|1，且与的夹角为120，则的模的取值范围为_12. 过曲线yx
3、(x0)上一点P(x0，y0)处的切线分别与x轴，y轴交于点A，B，O是坐标原点，若OAB的面积为，则x0_13. 已知圆C：(x2)2y24，线段EF在直线l：yx1上运动，点P为线段EF上任意一点，若圆C上存在两点A，B，使得0，则线段EF长度的最大值是_14. 已知函数f(x)若对于tR，f(t)kt恒成立，则实数k的取值范围是_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)在ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知m(sinBsinC，sinCsinA)，n(sinBsinC，sinA)，且mn.(
4、1) 求角B的大小；(2) 若bccosA，ABC的外接圆的半径为1，求ABC的面积16(本小题满分14分)如图，平面PAC平面ABC，ACBC，PECB，M是AE的中点(1) 若N是PA的中点，求证：平面CMN平面PAC；(2) 若MN平面ABC，求证：N是PA的中点17. (本小题满分14分)在一个直角边长为10 m的等腰直角三角形ABC的草地上，铺设一个也是等腰直角三角形PQR的花地，要求P，Q，R三点分别在ABC的三条边上，且要使PQR的面积最小现有两种设计方案：方案一：直角顶点Q在斜边AB上，R，P分别在直角边AC，BC上；方案二：直角顶点Q在直角边BC上，R，P分别在直角边AC，斜
5、边AB上请问应选用哪一种方案？并说明理由18. (本小题满分16分)已知椭圆M：1(ab0)的离心率为，一个焦点到相应的准线的距离为3，圆N的方程为(xc)2y2a2c2(c为半焦距)，直线l：ykxm(k0)与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别设为A，B.(1) 求椭圆方程和直线方程；(2) 试在圆N上求一点P，使2.19. (本小题满分16分)已知函数f(x)lnx(a0)(1) 当a2时，求出函数f(x)的单调区间；(2) 若不等式f(x)a对于x0的一切值恒成立，求实数a的取值范围20. (本小题满分16分)已知数列an与bn满足an1anq(bn1bn)，nN*.(1) 若bn2n3
6、，a11，q2，求数列an的通项公式；(2) 若a11，b12，且数列bn为公比不为1的等比数列，求q的值，使数列an也是等比数列；(3) 若a1q，bnqn(nN*)，且q(1，0)，数列an有最大值M与最小值m，求的取值范围(四)1. 1解析：1B0，a，2，a1.本题考查集合概念及基本运算，属于容易题2. 解析：z，z的模为.本题考查复数的基本运算，属于容易题3. 5解析：当A1时，S3；当A2时，S7；当A3时，S15；当A4时，S31；当A5时，S63；则判断框中的整数M的值是5.本题考查伪代码的知识，关键把握每一次循环体执行情况本题属于容易题4. 2解析：不小于40岁的人数为100
7、(0.0150.005)1020，在50，60)年龄段的人数为1000.005105，设在50，60)年龄段抽取的人数为则，则x2.本题主要考查了分层抽样的概念，频率分布直方图基础知识本题属于容易题5. 2sin解析：将函数f(x)2sin2x的图象上每一点向右平移个单位，得函数g(x)2sin22sin(2x)本题主要考查三角函数的图象变换(平移变换)本题属于容易题6. 解析：从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，共有6种取法；取出的数中一个是奇数一个是偶数共4种取法；则取出的数中一个是奇数一个是偶数的概率为.本题考查了古典概型求法，主要是用列举法列出基本事件总数本题属于容易题7. 解
8、析：由sin(45)，展开得sincos，又sin2cos21，sin，cos，则cos2cos2sin2.本题考查了三角函数的和差角公式，同角三角函数关系，二倍角公式本题属于容易题8. 解析：设O到平面VAB的距离为h，由VVOABVOVAB得1h ，则h.本题考查了等积法求点到平面的距离，属于容易题9. 解析：设ABBC2，由题意知2c2，222a，则c1，a1，则双曲线的离心率为.本题考查了双曲线的定义及离心率求法本题属于容易题10. 8解析：b3a4a3112，由b3b21，则b23，而b2a3a23，得a24.又b2b11，则b14，而b1a2a14a14，则a18.本题考查了利用列
9、举法借助递推公式求数列中的项，属于容易题11. 解析：设ABC中，a|1，A60，|c，由正弦定理得，则c，即csinC.又02，所以直线l与圆C相离因为点P在直线l上，两点A，B在圆C上，所以|0，|0.因为|cos0，所以cos0，所以与的夹角APB为钝角或直角因为圆C上存在两点A，B，使得0，所以只要PA，PB分别与圆C都相切时使得APB为钝角或直角，此时点P所在的线段长即为线段EF长度的最大值当PA，PB分别与圆C都相切时，在RtCAP中，当APB为直角时，CPA45，CA2，则PC2.所以，线段EF长度的最大值为22.本题考查了直线与圆的位置关系、向量数量积等内容本题属于难题14.
10、解析： 当t1时，f(t)lnt，即lntkt对于t1，)恒成立，所以k，t1，)令g(t)，则g(t)，当t(1，e)时，g(t)0，则g(t)在t(1，e)时为增函数；当t(e，)时，g(t)0，则g(t)在t(e，)时为减函数所以g(t)maxg(e)，所以k. 当0t1时，f(t)t(t1)2，即t(t1)2kt对于t(0，1)恒成立，所以k(t1)2，t(0，1)，所以k0. 当t0时，f(t)t(t1)2，即t(t1)2kt对于t(，0恒成立，所以k(t1)2，t(，0，所以k1.综上，k1.本题考查了分段函数、利用导数求最值，以及恒成立问题等内容，借助分类讨论使问题得到解决本题属
11、于难题15. 解：(1) 因为mn，所以sin2Bsin2CsinA(sinCsinA)0，即sinAsinCsin2Asin2Csin2B.(2分)由正弦定理得aca2c2b2，所以cosB.(4分)因为B(0，)，所以B.(6分)(2) 因为ccosAb，所以，即b2c2a2.(8分)又aca2c2b2，b2RsinB，(10分)解得a1，c2.(12分)所以SABCacsinB.(14分)16. 证明：(1) 因为平面PAC平面ABC，AC为两平面的交线，ACBC，BC平面ABC，所以BC平面PAC.(2分)又PECB，M、N分别为AE、AP的中点，所以MNPE，(3分)所以MNBC，即
12、MN平面PAC.(5分)又MN平面CMN，所以平面CMN平面PAC.(7分)(2) 因为PECB，BC平面ABC，PE 平面ABC，所以PE平面ABC.(9分)设平面PAE与平面ABC的交线为l，则PEl.(10分)又MN平面ABC，MN平面PAE，所以MNl.(11分)所以MNPE.(12分)因为M是AE的中点，所以N为PA的中点(14分)17. 解：方案一：过Q作QMAC于M，作QNBC于N，因为PQR为等腰直角三角形，且QPQR，所以RMQPNQ，所以QMQN，从而Q为AB的中点，(2分)则QMQN5 m(3分)设RQM，则RQ，0，45)，所以SPQRRQ2，(4分)所以SPQR的最小
13、值为 m2.(6分)方案二：设CQx，RQC，(0，90)，在RCQ中，RQ，(8分)在BPQ中，PQB90，所以，即，化简得，(10分)所以SPQRRQ2.因为(sin2cos)25，所以SPQR的最小值为10 m2.(13分)综上，应选用方案二(14分)18. 解：(1) 由题意知解得a2，c1，所以b，(2分)所以椭圆M的方程为1，(4分)圆N的方程为(x1)2y25.(5分)由直线l：ykxm与椭圆M只有一个公共点，所以由得(34k2)x28kmx4m2120，(6分)所以64k2m24(34k2)(4m212)0得m234k2.(7分)由直线l：ykxm与N只有一个公共点，得，即k2
14、2kmm255k2，(8分)将代入得km1，由，且k0，得k，m2.(9分)所以直线l：yx2.(10分)(2) 将k，m2代入可得A，(11分)又过切点B的半径所在的直线l为y2x2，所以得交点B(0，2)(12分)设P(x0，y0)，因为2，则8，化简得7x7y16x020y0220.(13分)又P(x0，y0)满足xy2x04，将7得3x02y050，解得y0，(14分)将代入得13x22x090，解得x01或x0，(15分)所以P(1，1)或P.(16分)19. 解：(1) 当a2时，函数f(x)lnx，所以f(x)，(2分)所以当x(0，e)时，f(x)0，则函数f(x)在(0，e)
15、上单调减；(3分)当x(e，)时，f(x)0，则函数f(x)在(e，)上单调增(4分)(2) 由题意知lnxa恒成立，等价于xlnxae2ax0在(0，)上恒成立，(6分)令g(x)xlnxae2ax，则g(x)lnx1a.令g(x)0，得xea1，(7分)x(0，ea1)ea1(ea1，)g(x)0g(x)极小所以g(x)的最小值为g(ea1)(a1)ea1ae2aea1ae2ea1.(9分)令t(x)xe2ex1，则t(x)1ex1，(10分)令t(x)0，得x1，且x(0，1)1(1，)t(x)0t(x)极大(11分)所以当a(0，1)时，g(x)的最小值t(a)t(0)e20，(12分
16、)当a1，)时，g(x)的最小值为t(a)ae2ea10t(2)，(14分)所以a1，2(15分)综上，a(0，2(16分)20. 解：(1) 由bn2n3且q2得an1an4，所以数列an为等差数列(2分)又a11，所以an4n3.(4分)(2) 由条件可知anan1q(bnbn1)，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1q(bnbn1)q(bn1bn2)q(b2b1)a1qbnqb1a1qbn2q1.(6分)不妨设bn的公比为(1)，则an2qn12q1，由an是等比数列知aa1a3，可求出q，(7分)经检验，an2qn1，此时an是等比数列，所以q满足条件(8分)(3)
17、由条件可知anan1q(bnbn1)，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1q(bnbn1)q(bn1bn2)q(b2b1)a1qbnqb1a1，即anqn1q2q，a2nq2n1q2q.(10分)因为q(1，0)，所以a2n2a2nq2n3q2n1q2n1(q21)0，则a2n单调递增；(11分)a2n1a2n1q2n2q2nq2n(q21)0，则a2n1单调递减(12分)又a2na1q2n1q20，所以数列an的最大项为a1qM，(13分)a2n1a2q2n2q3q3(q2n11)0，所以数列an的最小项为a2q3q2qm，(14分)则.因为q(1，0)，所以q2q1(1，3)，所以.(16分)10