江苏省普通高等学校2017年高三数学招生考试模拟测试试题七2017080901142.wps

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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( (七) ) 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 Ax|x21，集合 B2，1，0，1，2，则 AB_ (第 2 题) z2 2. 如图，在复平面内，点 A 对应的复数为 z1，若 i(i为虚数单位)，则 z2_ z1 x2 3. 在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 y21 的实轴长为_ 2 4.某校共有教师 200人，男学生 800 人，女学生 600人，现用分层抽样的方法从所有师生 中抽取一个容量为 n 的样本，已知从男学生中抽取的人数为 100人，

2、那么 n_ Read a，b i1 While i2 aab bab ii1 End While Print a (第 5 题) 5. 执行如图所示的伪代码，当输入a，b 的值分别为1，3 时，最后输出的a 的值为_ 1 2 6.甲、乙两人下棋，若甲获胜的概率为 ，甲、乙下成和棋的概率为 ，则乙不输棋的概率 5 5 为_ 2 7. 已知直线 ykx(k0)与圆 C：(x2)2y21 相交于 A，B 两点，若 AB 5，则 k 5 _ 1 (第 9 题) 8. “若命题 存在 xR R，ax24xa0”为假命题，则实数 a 的取值范围是_ 9. 如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，O 为

3、BD1的中点，三棱锥 OABD的体积为 V1，四棱锥 OADD1A1 V1 的体积为 V2，则 的值为_ V2 10. 已知公差为 2 的等差数列an及公比为 2 的等比数列bn满足 a1b10，a2b20， 则 a3b3的取值范围是_ x 11.设 f(x)是 R R 上的奇函数，当 x0 时，f(x)2xln ，记 anf(n5)，则数列an的 4 前 8 项和为_ 12. 在平面直角坐标系 xOy中，已知点 A，B 分别为 x 轴，y 轴上一点，且 AB2，若点 P(2， 5)，则|APBPOP|的取值范围是_ 1 13. 若正实数 x，y 满足(2xy1)2(5y2)(y2)，则 x

4、的最大值为_ 2y x x 14. 已知函数 f(x)Asin(x)cos cos (其中 A 为常数，(，0)，若 2 ( 2) 6 实数 x1，x2，x3满足： x1x2x3， x3x12， f(x1)f(x2)f(x3)，则 的值为 _ 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) 在ABC 中，角 A，B 的对边分别为 a，b，向量 m m(cosA，sinB)，n n(cosB，sinA) (1) 若 acosAbcosB，求证：mnmn； AB (2) 若 mnmn，ab，求 tan 的值 2 2

5、 16.(本小题满分 14分) 如图，在三棱锥 PABC 中，PACBAC90，PAPB，点 D，F 分别为 BC，AB的中点求 证： (1) 直线 DF平面 PAC； (2) PFAD. 3 17. (本小题满分 14 分) 一个玩具盘由一个直径为 2 米的半圆 O 和一个矩形 ABCD构成，AB1 米，如图所示小球 从 A 点出发以大小为 5v的速度沿半圆 O 轨道滚到某点 E 处后，经弹射器以 6v 的速度沿与点 E 切线垂直的方向弹射到落袋区 BC内，落点记为 F.设AOE 弧度，小球从 A 到 F 所需时间 为 T. (1) 试将 T 表示为 的函数 T()，并写出定义域； (2)

6、求时间 T 最短时 cos 的值 18. (本小题满分 16 分) 已知数列an，bn满足 2Sn(an2)bn，其中 Sn是数列an的前 n 项和 2 1 (1) 若数列an是首项为 ，公比为 的等比数列，求数列bn的通项公式； 3 3 (2) 若 bnn，a23，求数列an的通项公式； an (3) 在(2)的条件下，设 cn ，求证：数列cn中的任意一项总可以表示成该数列其他两 bn 项之积 4 19. (本小题满分 16 分) x2 如图，在平面直角坐 标系 xOy中，已知圆 O：x2y24，椭圆 ： y21，A 为椭圆右 4 顶点过原点 O 且异于坐标轴的直线与椭圆 交于 B，C 两

7、点，直线 AB 与圆 O 的另一交点为 6 P，直线 PD与圆 O 的另一交点为 Q，其中 D( ，0).设直线 AB，AC的斜率分别为 k1，k2. 5 (1) 求 k1k2的值； (2) 记直线 PQ，BC的斜率分别为 kPQ，kBC，是否存在常数 ，使得 kPQkBC？若存在， 求 值；若不存在，说明理由； (3) 求证：直线 AC必过点 Q. 20. (本小题满分 16 分) 1 已知函数 f(x)ax4 x2，x(0， )，g(x)f(x)f(x) 2 (1) 若 a0，求证： () f(x)在 f(x)的单调减区间上也单调递减； () g(x)在(0， )上恰有两个零点； (2)

8、若 a1，记 g(x)的两个零点为 x1，x2，求证：4x1x2a4. 5 (七) 1.1. 1，0，1 解析：Ax|1x1，则 AB1，0，1本题主要考查集合 的交集以及简单的一元二次不等式的解法等基础知识本题属于容易题 2.2. 2i 解析：z2z1i(12i)i2i. 本题主要考查复数的几何意义及乘法运 算等基础知识本题属于容易题 x2 3.3. 2 2 解析：双曲线 y21 的实轴长为 2a2 2.本题主要考查双曲线标准方程及实 2 轴长等 基础知识本题属于容易题 100 n 4.4. 200 解析：由 ，得 n200.本题主要考查分层抽样的概念，属于容易题 800 1 600 5.5

9、. 5 解析：当 i1 时，a4，b1；当 i2 时，a5，b4，则最后输出的 a 的值为 5.本题考查算法语句伪代码的运用本题属于容易题 4 1 4 6.6. 解析：乙不输棋就是甲没有获胜，则所求的概率为 1 .本题考查了对立事件的 5 5 5 概率本题属于容易题 1 2 7.7. 解析：由 AB 5，R1，利用勾股定理得圆心(2，0)到直线 kxy0 的距离为 2 5 2 |2k| |2k| 2 1 1 ，而圆心到直线的距离为 ，则 ，则 k2 ，又 k0，k .本题考查了圆的 5 k21 k21 5 4 2 性质，点到直线的距离等内容本题属于容易题 8.8. (2， ) 解析：由“存在

10、xR R，ax24xa0”“为假命题，得 任意 xR R，ax2 4xa0”为真命题，则 a0，0， t0，经检验得 x 的最大值为 2 2 2y 2 1.本题主要考查消参思想、方程思想，利用判别式法求最值本题属于难题 2 3 1 3 14.14. 解析：由题意，得 f(x)AsinxcosAsincosx cosx sinx 3 4 4 4 1 3 3 1 2 3 2 3 4 4 4 4 (Acos4)(Asin 4) (Acos )sinx(Asin )cosx sin(x) . 令 f(x1)f(x2)f(x3)k， 1 2 3 2 (1) 当 (Acos4)(Asin 4)0 时，函数

11、的周期 T2， 6 则有 x3x12，与不符，故不成立； 1 2 3 2 (2) 当 (Acos4)(Asin 4)0 时，则有 1 Acos 0， 4 当0)tan k (kZ Z) 3 3 3 Asin 4 2 (，0)， . 3 2 综上可得， . 3 本题主要考查和差角公式、二倍角公式，三角函数的图象与性质，以 及分类讨论、数形结 合的思想本题属于难题 15.15. 证明：(1) 因为 acosAbcosB ， 所以 sinAcosAsinBcosB， 所以 mnmn.(7分) (2) 因为 mnmn， 所以 cosAcosBsinAsinB0，即 cos(AB)0. 因为 ab，所以

12、 AB. 又 A，B(0，)， 所以 AB(0，)，则 AB ，(12 分) 2 AB 所以 tan tan 1.(14分) 2 4 16.16. 证明：(1) 点 D，F 分别为 BC，AB的中点， DFAC. DF 平面 PAC，AC 平面 PAC， 直线 DF平面 PAC.(6分) (2) PACBAC90， ACAB，ACAP. ABAPA，AB，AP 在平面 PAB内， AC平面 PAB.(8分) PF 平面 PAB， ACPF. PAPB，F 为 AB的中点， PFAB. ACPF，PFAB，ACABA，AC，AB 在平面 ABC内， PF平面 ABC.(12分) AD 平面 AB

13、C， ADPF.(14分) 17.17. 解：(1) 过 O 作 OGBC 于 G，则 OG1， OG 1 1 OF ，EF1 ，AE， sin sin sin AE EF 1 1 3 所以 T() 6v， ， 4 .(7分) 5v 6v 5v 6vsin 4 (写错定义域扣 1 分) 7 1 1 (2) T() ， 5v 6vsin 6v 1 cos 6sin25cos T() 5v 6vsin2 30vsin2 （2cos3）（3cos2） ，(9分) 30vsin2 2 3 记 cos0 ，0 ， ， 3 4 4 3 ( ，0) 0 (0， 4 ) 4 T() 0 T() 单调递减 单调

14、递增 2 故当 cos 时，时间 T 最短(14分) 3 2 1 n1 1 n 18.18. (1) 解：因为 an3(3 ) 2(3 )， 2 1 n 31(3 ) 1 1 n Sn 21(3 )，(2分) 1 1(3 ) 1 n 1(3 ) 2Sn 1 所以 bn .(4 分) an2 1 n 2 2(3 ) 2 (2) 解：若 bnn，则 2Snnan2n， 所以 2Sn1(n1)an12(n1)， 两式相减得 2an1(n1)an1nan2， 即 nan(n1)an12. 当 n2 时，(n1)an1(n2)an2， 两式相减得(n1)an1(n1)an12(n1)an， 即 an1a

15、n12an.(8 分) 又由 2S1a12，2S22a24 得 a12，a23 ， 所以数 列an是首项为 2，公差为 321 的等差数列， 故数列an的通项公式是 ann1.(10 分) n1 (3) 证明：由(2)得 cn ，对于给定的 nN N*，若存在 k，tn，k，tN N*，使得 cn n ckct， n1 k1 t1 只需 ， n k t 1 1 1 即 1n(1k )(1t )， 1 1 1 1 n（k1） 即 ，则 t ，(12分) n k t kt kn 取 kn1，则 tn(n2)， n1 n2 n22n1 所以对数列cn中的任意一项 cn ，都存在 cn1 和 cn22

16、n 使得 cn n n1 n22n cn1cn22n.(16 分) x 19.19. (1) 解：设 B(x0，y0)，则 C(x0，y0)， y 1， 20 4 8 y0 y0 y 1 所以 k1k2 .(4 分) x02 x02 x4 4 yk1（x2）， (2) 解：联立x 2y24 )得(1k2)x24k x4(k 1)0， 2（k1） 4k1 解得 xP ，yPk1(xP2) . 1k 1k yk1（x2）， 联立 x2 y 21)得(14k )x216k x4(4k 1)0， 2 4 2（4k1） 4k1 解得 xB ，yBk1(xB2) ，(8 分) 14k 14k 4k1 yB

17、 2k1 yP 1k 5k1 所以 kBC ，kPQ ， xB 4k1 6 2（k1） 6 4k1 xP 5 1k 5 5 5 5 所以 kPQ kBC，故存在常数 ，使得 kPQ kBC.(10 分) 2 2 2 6 8 (3) 证明：当直线 PQ与 x 轴垂直时，Q( 5)， ， 5 8 5 1 则 kAQ k2，所以直线 AC 必过点 Q. 6 2 2 5 5k1 6 当直线 PQ与 x 轴不垂直时，直线 PQ方程为 y4k1(x5 )， 5k1 6 4k1(x5 )， 2（16k1） y 16k1 联立x 2y24，)解得 x Q ，yQ ， 16k1 16k1 16k1 16k1 1

18、 所以 kAQ k2，故直线 AC 必过点 Q.(16分) 2（16k1） 4k1 2 16k1 (不考虑直线 PQ 与 x 轴垂直情形扣 1 分) 1 20.20. 证明：(1) () 因为 f(x)ax4 x2(x0)，所以 f(x)4ax3x. 2 1 由(4ax3x)12ax210 得 f(x)的递减区间为(0，2 3a)，(2分) 1 当 x(0，2 3a)时，f(x)4ax3xx(4ax21)0， 所以 f(x)在 f(x)的递减区间上也递减(4 分) 1 1 () (证法 1)g(x)f(x)f(x)ax4 x2(4ax3x)ax44ax3 x2x， 2 2 1 1 因为 x0，

19、由 g(x)ax44ax3 x2x0 得 ax34ax2 x10， 2 2 1 1 令 (x)ax34ax2 x1，则 (x)3ax28ax . 2 2 9 1 因为 a0，且 (0) 0，所以 (x)必有两个异号的零点，记正零点为 x0，则 2 x(0，x0)时，(x)0，(x)单调递减；x(x0， )时，(x)0，(x)单调递增， 若 (x)在(0， )上恰有两个零点，则 (x0)0.(7 分) 1 8 1 x5x08 由 (x0)3ax208ax0 0，显然x0 ，a 代入 (x0)得 (x0) ， 2 3 6x16x0 83x0 8 由于 x205x080，所以只需比较 x0与 的大小

20、 3 1 8 1 8 再由 (x0)3ax208ax0 0 得 3ax0 3) 0，则 x0 . 2 (x0 2 3 所以 (x0)0. 又 (0)10，所以在(0，x0)上有且仅有一个零点 1 1 又 (x)ax34ax2 x1x 1， 2 (ax24ax 2) 1 4a 16a22a 令 ax24ax 0，解得 x . 2 2a 4a 16a22a 所以取 M ，当 xM 时，(x)0， 2a 所以在(x0，M)上有且仅有一个零点 故 a0 时，g(x)在(0， )上恰有两个零点(10 分) 1 1 (证法 2)g(x)f(x)f(x)ax4 x2(4ax3x)ax44ax3 x2x， 2

21、 2 1 1 因为 x0，由 g(x)ax44ax3 x2x0 得 ax34ax2 x10， 2 2 1 令 (x)ax34ax2 x1， 2 1 1 由 (x0)3ax208ax0 0 得 3ax 8ax0 ， 02 2 2 32 1 7 所以 (x0) ax0 x0 . 9 3 9 4 因为 (x)对称轴为 x ， 3 8 1 所以 (3 )(0) 0， 2 8 7 所以 x0 ， 3 3 32 1 7 所以 (x0) ax03(x03)0. 9 1 1 1 又 (x)ax34ax2 x1 ax2(x8) x(ax21)1， 2 2 2 1 设 ，8 中的较大数为 M，则 (M)0， a

22、故 a0 时，g(x)在(0， )上恰有两个零点(10 分) 1 1 (证法 3)g(x)f(x)f(x)ax4 x2(4ax3x)ax44ax3 x2x， 2 2 1 1 因为 x0，由 g(x)ax44ax3 x2x0 得 ax34ax2 x10， 2 2 1 令 (x)ax34ax2 x1， 2 若 g(x)在(0， )上恰有两个零点，则 (x)在(0， )上恰有两个零点， 1 当 x2 时，由 (x)0 得 a0，此时 (x) x1 在(0， )上只有一个零点，不 2 10 合题意； 1 1 x34x2 当 x2 时，由 (x)ax34ax2 x10 得 ，(7分) 2 2a x2 x

23、34x2 8 令 1(x) x22x4 ， x2 x2 5 2 7 2x(x2 ) 4 2x（x 25x8） 则 1(x) 0， （x2）2 （x2）2 8 当 x(0，2)时，(x)单调递增，且由 yx22x4，y 值域知 (x)值域为(0， x2 8 )；当 x(2， )时，1(x)单调递增，且 1(4)0.由 yx22x4，y 值域知 x2 (x)值域为( ， )； 1 1 因为 a0，所以 0，而 y 与 1(x)有两个交点，所以 1(x)在(0， )上恰有两 2a 2a 个零点(10 分) 1 (3) (证法 1)由(2)知，对于 (x)ax34ax2 x1 在(0， )上恰有两个零

24、点 x1， 2 x2， 1 1 1 不妨设 x1x2，因为 (0)10，(2 ) (67a)0，所以 0x1 .(12分) 8 2 9 1 因为 (4)10，(2 ) (81a10)0， 8 9 所以 4x2 ， 2 1 9 所以 4x1x2 5a4.(16 分) 2 2 1 x34x2 (证法 2)由(2)知 ， 2a x2 1 7 1 因 为 x0， 2)时 ， 1(x)单 调 递 增 ， 1(2 ) ， 1(0) 0 1(x1) 12 2a 1 1(2 )， 1 所以 0 x1 .(12分) 2 9 81 1 当 x(2， )时 ， 1(x)单 调 递 增 ， 1(2 ) ， 1(4) 0 1(x2) 20 2a 9 1(2 )， 9 所以 4x2 . 2 1 9 所以 4x1x2 5a4.(16 分) 2 2 11