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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( (二十) ) 数 学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 参考公式： 1 1. 锥体的体积公式：V Sh，其中 S 为底面积，h 为高 3 n n 1 1 2. 样本数据 x1，x2，xn的方差 s2 (xi x) 2，标准差为 s2，其中 x xi. n n i1 i1 一、 填空题：本大题共 14小题，每小题 5 分，共 70 分 1. 已知集合 A1，2，3，4，5，B1，3，5，7，9，CAB，则集合 C 的子集的个 数为_ 2. 若复数 z 满足(2i)z43i(i为虚数单位)，则|z|_ 3.甲、乙两盒中各有除颜色外完全相同的
2、2 个红球和 1 个白球，现从两盒中随机各取一个 球，则至少有一个红球的概率为_ 4. 已知一组数据 x1，x2，x3，x4，x5的方差是 2，则数据 2x1，2x2，2x3，2x4，2x5的标准 差为_ 5. 如图所示，该伪代码运行的结果为_ S0 i1 While S20 SSi ii2 End While Print i (第 5 题) x2 y2 6.以双曲线 1(a0，b0)的右焦点 F 为圆心，a 为半径的圆恰好与双曲线的两条 a2 b2 渐近线相切，则该双曲线的离心率为_ 7. 设 M，N 分别为三棱锥 PABC的棱 AB，PC 的中点，三棱锥 PABC的体积记为 V1，三棱锥
3、PAMN V2 的体积记为 V2， 则 _ V1 x 1， 2y1 8. 已知实数 x，y 满足约束条件xy 5，2，)则 的最大值为_ 2x3 9. 若 f(x) 3sin(x)cos(x)( 2)是定义在 R R 上的偶函数，则 2 1 _ 10. 已知向量a a，b b满足a a(4 4，3 3)，|b|b|1 1，|a|ab|b| 2121，则向量a a，b b的夹角为_ 11. 已知线段 AB的长为 2，动点 C 满足CACB( 为常数)，且点 C 总不在以点 B 为圆 1 心， 为半径的圆内，则实数 的最大值是_ 2 1 m 12. 若函数 f(x)exx3 x1 的图象上有且只有
4、两点 P1，P2，使得函数 g(x)x3 的 2 x 图象上存在两点 Q1，Q2，且 P1与 Q1、P2与 Q2分别关于坐标原点对称，则实数 m 的取值集合是 _ 13. 若数列an满足：对任意的 nN N*，只有有限个正整数 m 使得 amn 成立，记这样的 m 的个数为 bn，则得到一个新数列bn例如，若数列an是 1，2，3，n，则数列bn 是 0，1，2，n1，.现已知数列an是等比数列，且 a22，a516，则数列bn中满 足 bi2 016的正整数 i 的个数为_ 14. 在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若ABC 为锐角三角形，且满足 b2 1 1 a2a
5、c，则 的取值范围是_ tanA tanB 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，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 B60，ac4. (1) 当 a，b，c 成等差数列时，求ABC 的面积； (2) 设 D 为 AC边的中点，求线段 BD 长的最小值 16. (本小题满分 14 分) 如图，四棱锥 PABCD中，底面 ABCD是矩形，AB2AD，PD底面 ABCD，E，F 分别为棱 AB， PC 的中点求证： (1) EF平面 PAD； 2 (2) 平面 PDE平面 P
6、EC. 3 17. (本小题满分 14 分) 一位创业青年租用了一块边长为 1 百米的正方形田地 ABCD来养蜂、产蜜与售蜜，他在正 方形的边 BC，CD上分别取点 E，F(不与正方形的顶点重合)，连结 AE，EF，FA，使得EAF45. 现拟将图中阴影部分规划为蜂源植物生长区，AEF 部分规划为蜂巢区，CEF部分规划为蜂 蜜交易区若蜂源植物生长区的投入约为 2105元/百米 2，蜂巢区与蜂蜜交易区的投入约为 105 元/百米 2，则这三个区域的总投入最少需要多少元？ 18. (本小题满分 16 分) x2 y2 在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆 C： 1 的左顶点为 A，右焦点为 F，P
7、，Q 为椭 4 3 圆 C 上两点，圆 O：x2y2r2(r0) (1) 若 PFx 轴，且满足直线 AP 与圆 O 相切，求圆 O 的方程； 3 (2) 若圆 O 的半径为 3，点 P，Q 满足 kOPkOQ ，求直线 PQ 被圆 O 截得弦长的最大值 4 4 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)mlnx(mR R) (1) 若函数 yf(x)x 的最小值为 0，求 m 的值； (2) 设函数 g(x)f(x)mx2(m22)x，试求 g(x)的单调区间； x1 (3) 试给出一个实数 m 的值，使得函数 yf(x)与 h(x) (x0)的图象有且只有一条 2x 公切线，并说
8、明此时两函数图象有且只有一条公切线的理由 20. (本小题满分 16 分) 2an，n2k1， 已知数列an满足 a1m，an1anr，n2k )(kN N*，rR R)，其前 n 项和为 Sn. (1) 当 m 与 r 满足什么关系时，对任意的 nN N*，数列an都满足 an2an? (2)对任意实数 m，r，是否存在实数 p 与 q，使得a2n1p与a2nq是同一个等比数列？ 若存在，请求出 p，q 满足的条件；若不存在，请说明理由； (3) 当 mr1 时，若对任意的 nN N*，都有 Snan，求实数 的最大值. 5 (二十) 1.1. 8 解析：C1，3，5，则集合 C 的子集的个
9、数为 8. 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 43i （43i）（2i） 2.2. 5 解析：z 12i，则|z| 5.本题主要考查复数的 2i （2i）（2i） 模的概念及四则运算等基础知识本题属于容易题 8 3.3. 解析：从两盒中各取一个球的基本事件数为 9，没有红球的基本事件数为 1，则至少 9 1 8 有一个红球的概率1没有红球的概率1 .本题主要考查对立事件概率的求法本题 9 9 属于容易题 n 1 4.4.2 2 解析：由 s2 (xi )22，则数据 2x1，2x2，2x3，2x4，2x5的方差是 8，标 x n i1 准差为 2 2.本题主要考查方差、标
10、准差公式本题属于容易题 5.5. 11 解析：满足循环 S 与 i：S1，i3；S4，i5；S9，i7；S16，i9；S 25，i11.本题关键把握每一次循环体执行情况本题属于容易题 6.6. 2 解析：设 F(c，0)到双曲线的渐近线 bxay0 的距离为 b，则 ab，c 2a，则 该双曲线的离心率为 2.本题主要考查双曲线的渐近线方程，焦点坐标，直线与圆相切条件本 题属于容易题 1 1 1 7.7. 解析：设AMN 面积为 S，点 P 到平面 AMN的距离为 h，则 V2 Sh，而 V12 4 3 3 V2 1 2Sh，则 .本题主要考查等高锥体体积的求法本题属于容易题 V1 4 1 y
11、 7 2y1 2 3 1 8.8. 解析： ，它表示可行域内的点与( ，2)连线的斜率，作出可行域， 5 2x3 3 2 x 2 2y1 7 发现可行域内的点(1，4)为最优解，代入可得 .本题主要考查线性规划的运用，目标 2x3 5 函数为斜率模型本题属于容易题 9.9. 解析：f(x) 3sin(x )cos(x)2sin(x 6)，由已知条件 3 ( 2) 知 ，则 .本题主要考查函数的奇偶性，三角函数的 2 6 2 3 和差角公式本题属于容易题 10.10. 解析：|b|b|1 1，|a|a|5 5，对|a|ab|b| 21两边平方，得 2a ab b5 5，2|a|b|2|a|b|c
12、os 3 1 5，cos ，则向量 a a，b b 的夹角为 .本题主要考查平方法求向量的模问题，以及数量积定 2 3 义的运用本题属于容易题 3 11.11. 解析：建立平面直角坐标系，B(0，0)，A(2，0)，设 C(x，y)，则CACBx(x 4 2)y2，则(x1)2y21，得 （x1）2y2 1，点 C 的轨迹是以(1，0)为圆 1 1 3 心 1 为半径的圆且与 x2y2 外离或相切所以 1 ， 的最大值为 .本题主要 4 2 4 考查圆与圆的位置关系，以及解析法的运用本题属于中等题 e1 12.12. 2e 解析：设 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则 Q1(x1，y1
13、) ，Q2(x2，y2), 1 1 m m 有 y1ex1x31 x11，y2ex2x x21，y1x ，y2x ， f(x)g(x)有且 32 13 32 2 2 x1 x2 6 1 1 仅有两个根，即 mxex x2x 在( ，0)(0， )上有且仅有两个根令 h(x)xex 2 2 x2x, h(x)(x1)(ex1)， h(x)在( ，1)和(0， )上单调递增，在 (1，0) 上单调递减，当 x 时，h(x) ；当 x 时，h(x) ， mh(1) e1 e1 2e 2e ， m .本题主要考查方程的思想，函数的思想，以及导数的运用. 本题属于难 题 a1q2， a11， 13.13
14、. 22 015 解析：因为an是等比数列，且 a22，a516，则有a1q416)q2， ) an2n1，要使 bi2 016，所以必须有满足 amn 的 m 有 2016 个，即 a1，a2，a3，a2 016， 所以 22 015n22 016(当 22 0162 016)，所以 n 可以取 22 0151，22 0152，22 016， 共 22 01622 01522 015个，正整数 i 的个数即为 n 的个数本题主要考查等比数列通项公式， 以及新定义的运用. 本题属于难题 2 3 14.14. (1， 3 ) 解析：由 b 2a2aca2c22accosB，得 c2ac(12co
15、sB)，所以 cosB sinB 1 sinB 1 c 1 1 1 tanA 1 12(1 )，所以 .因为ABC 为锐角三角形，所 tanA a tanA tanB tanA sinB sinB c c 2 c c c 以 a2b2c2，则 2a2acc2，所以 2a(a )，则10，所以 0 2，而 cosB a a a 1 c 1 1 2 3 1 1 2 3 2(1 )(0，2 )，所以sinB(1， 3 )，所以 tanB(1， 3 ).本题主要考查解三角 a tanA 形的运用，以及一元二次不等式解法，同角三角函数关系的运用本题属于难题 ac 15.15. 解：(1) 因为 a，b，
16、c 成等差数列，所以 b 2.(2分) 2 由余弦定理，得 b2a2c22accosB(ac)23ac163ac4，解得 ac4，(6 分) 1 3 从而 SABC acsinB2 .(8分) 3 2 2 (2) (解法 1)因为 D 为 AC边的中点， 1 所以BD (BABC)，(10分) 2 1 1 则BD 2 (BABC)2 (BA 22BABCBC 2) 4 4 1 1 1 (c22accosBa2) (ac)2ac4 ac(12 分) 4 4 4 1 ac 2 44( 2 )3，当且仅当 ac 时取等号，所以线 段 BD长的最小值为 3.(14分) (解法 2)因为 D 为 AC边
17、的中点，所以可设 ADCDd. 由 cosADBcosCDB0，得 BD2d2c2 BD2d2a2 0， 2dBD 2dBD a2c2 即 BD2 d28acd2.(10 分) 2 因为 b2a2c22accosB(ac)23ac163ac，即 4d2163ac， 3 所以 d24 ac，(12分) 4 1 1 ac 2 故 BD24 ac4 3，当且仅当 ac 时取等号， 4( 2 ) 4 所以线段 BD长的最小值为 3.(14分) 16.16. 证明：(1) 取 PD的中点 G，连结 AG，FG.(2 分) 7 因为 F，G 分别是 PC，PD 的中点， 1 所 以 GFDC，且 GF D
18、C. 2 1 又 E 是 AB的中点，所以 AEDC，且 AE DC， 2 所以 GFAE，且 GFAE， 所以 AEFG是平行四边形，故 EFAG.(4 分) 又 AG 平面 PAD，EF 平面 PAD， 所以 EF平面 PAD.(6 分) (说明：也可以取 DC 中点，用面面平行来证线面平行) (2) 因为 PD底面 ABCD，EC 底面 ABCD， 所以 CEPD.(8 分) 取 DC中点 H，连结 EH. 因为 ABCD是矩形，且 AB2AD， 所以 ADHE，BCHE都是正方形， 所以DEHCEH45，即 CEDE.(10 分) 又 PD，DE是平面 PDE 内的两条相交直线， 所以
19、 CE平面 PDE.(12分) 而 CE 平面 PEC，所以平面 PDE平面 PEC.(14 分) 17.17. 解：(解法 1)设阴影部分面积为 S，三个区域的总投入为 T. 则 T2105S105(1S)105(S1)，从而只要求 S 的最小值(2分) 设EAB(045)，在ABE 中，因为 AB1，B90，所以 BEtan， 1 1 则 SABE ABBE tan；(4分) 2 2 1 又DAF45，所以 SADF tan(45)，(6 分) 2 1 1 1tan 所以 S tantan(45) .(8 分) 2(tan1tan) 2 令 xtan(0，1)，则 1 1x 1 x1 1
20、2 S2(x1x)2(xx1)2(x 1)(10分) x1 1 2 1 (2 22) 21， x1 2 2（x1） 2 2 当且仅当 x1 ，即 x 21 时取等号(12 分) x1 从而三个区域的总投入 T 的最小值约为( 21)105元(14 分) (说明：这里 S 的最小值也可以用导数来求解： x（ 21）x（ 21） 因为 S ，则由 S0，得 x 21. 2（1x）2 当 x(0， 21)时，S0，S 递减；当 x( 21，1)时，S0，S 递增 所以当 x 21 时，S 取得最小值为 21) 8 (解法 2)设阴影部分面积为 S，三个区域的总投入为 T. 则 T2105S105(1
21、S)105(S1)，从而只要求 S 的最小值(2分) 如图，以点 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系 设直线 AE的方程为 ykx(0k1)，即 ktanEAB， 因为EAF45， 1k 所以直线 AF的斜率为 tan(EAB45) ， 1k 1k 从而直线 AF的方程为 y x.(6 分) 1k 在方程 ykx 中，令 x1，得 E(1，k)， 1 1 所 以 SEAB ABBE k； 2 2 1k 1k 1 1 1k 在方程 y1kx中，令 y1，得 F( ，1)，所以 SADF ADDF ； 1k 2 2 1k 1 1k 从而 S ，k(0，1)(10分) 2(
22、k1k) 以下同解法 1.(14分) (解法 3)设阴影部分面积为 S，三个区域的总投入为 T. 则 T2105S105(1S)105(S1)，从而只要求 S 的最小值(2分) 1 设DAF，BAE(0，45)，则 S (tantan)，(4 分) 2 因为 90EAF45， tantan 所以 tan() 1，(8 分) 1tantan tantan 2 所以 tantan1tantan1( 2 )，(10分) 即 2S1S2，解得 S 21，即 S 取得最小值为 21， 从而三个区域的总投入 T 的最小值为( 21)105元(14 分) x2 y2 18.18. 解：(1) 因为椭圆 C
23、的方程为 1， 4 3 所以 A(2，0)，F(1，0)(2分) 3 因为 PFx 轴，所以 P(1， 2). 而直线 AP与圆 O 相切， 3 根据对称性，可取 P(1，2 )，(4分) 1 则直线 AP 的方程为 y (x2)， 2 即 x2y20.(6分) 9 2 由 圆 O 与直线 AP相切，得 r ， 5 4 所以圆 O 的方程为 x2y2 .(8 分) 5 (2) 易知，圆 O 的方程为 x2y23. 3 当 PQx 轴时，kOPkOQkO2P ， 4 3 6 7 所以 kOP ，此时得直线 PQ 被圆 O 截得的弦长为 .(10 分) 2 7 当 PQ与 x 轴不垂直时，设直线
24、PQ的方程为 ykxb，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x20)， 3 首先由 kOPkOQ ，得 3x1x24y1y20， 4 即 3x1x24(kx1b)(kx2b)0， 所以(34k2)x1x24kb(x1x2)4b20 (*)(12 分) ykxb， 联立1，) x2 y2 4 3 消去 x，得(34k2)x28kbx4b2120， 8kb 4b212 将 x1x2 ，x1x2 代入(*)式，得 2b24k23.(14分) 34k2 34k2 |b| 由于圆心 O 到直线 PQ的距离为 d ， k21 2 所以直线 PQ被圆 O 截得的弦长为 l2 3d2 4 ，故当 k0 时
25、，l 有最大值为 k21 6. 6 7 综上，因为 6 ，所以直线 PQ 被圆 O 截得的弦长的最大值为 6.(16 分) 7 19.19. 解：(1) 由题意，得函数 ymlnxx， m xm 所以 y 1 . x x 当 m0 时，函数 y 在(0， )上单调递增，此时无最小值，舍去；(2 分) 当 m0 时，由 y0，得 xm. 当 x(0，m)，y0，原函数单调递减；x(m， )，y0，原函数单调递增 所以 xm 时，函数 y 取最小值，即 mln(m)m0，解得 me.(4 分) (2) 由题意，得 g(x)mlnxmx2(m22)x， 2mx2（m22）xm （2xm）（mx1）
26、则 g(x) ，(6分) x x 当 m0 时，g(x)0，函数 g(x)在(0， )上单调递增； m 1 当 m0 时，由 g(x)0，得 x 或 x . 2 m m 1 若 m 2，则 ，此时 g(x)0，函数 g(x)在(0， )上单调递减； 2 m m 1 m 1 若 2m0，则 ，由 g(x)0，解得 x m)，由 g(x)0，解得 x m ( ， 2 2 m 1 m 1 m 1 (0，2) ( ，) ( m) (0，2) ( ，) ，所以函数 g(x)在 ， 上单调递增，在 与 上 m 2 m 单调递减； 10 m 1 1 m 1 若 m 2，则 ，同理可得，函数 g(x)在 2)
27、上单调递增，在(0， 与 m ( ， m) 2 m m ( ，) 上单调递减 2 综上所述，g(x)的单调区间如下： 当 m0 时，函数 g(x)在(0， ) 上单调递增； 当 m 2 时，函数 g(x)在(0， )上单调递减； m 1 m 1 当 2m0 时，函数 g(x)的增区间为( m)，减区间为(0，2)与( ，)； ， 2 m 1 m 1 m 当 m 2时，函数 g(x)的增区间为( 2)，减区间为(0，m)与( ， )(10 ， m 2 分) 1 (3) m 符合题意理由如下：(12 分) 2 1 此 时 f(x) lnx. 2 1 x21 设函数 f(x)与 h(x)上各有一点
28、A(x ，B 2x 2 )， 1， lnx 1) (x2 ， 2 1 1 1 则 f(x)以点 A 为切点的切线方程为 y x lnx1 ， 2x1 2 2 1 x22 h(x)以点 B 为切点的切线方程为 y x ， 2x 2x2 1 1 ， 2x1 2x 由两条切线重合，得，) (*)(14 分) 1 1 x22 lnx1 2 2 2x2 1 1 消 去 x1，整理得 lnx21 ，即 lnx21 0. x2 x2 1 1 1 x1 令 (x)lnx1 ，得 (x) ， x x x2 x2 所以函数(x)在(0，1)单调递减，在(1， )单调递增 又 (1)0，所以函数 (x)有唯一零点
29、x1， x11， 从而方程组(*)有唯一解x 21，)即此时函数 f(x)与 h(x)的图象有且只有一条公切线 1 故 m 符合题意(16分) 2 20.20. 解：(1) 由题意，得 a1m，a22a12m，a3a2r2mr， 首先由 a3a1，得 mr0.(2 分) 2an，n2k1， 当 mr0 时，因为 an1anm，n2k )(kN N*)， 所以 a1a3m，a2a42m，故对任意的 nN N*，数列an都满足 an2an. 即当实数 m，r 满足 mr0 时，题意成立(4分) (2) 依题意，a2n1a2nr2a2n1r，则 a2n1r2(a2n1r)， 因为 a1rmr， 所以
30、当 mr0 时，a2n1r是等比数列，且 a2n1r(a1r)2n(mr)2n. 为使a2n1p是等比数列，则 pr. 同理，当 mr0 时，a2n2r(mr)2n，则欲使a2nq是等比数列，则 q2r.(8 分) 综上所述： 若 mr0，则不存在实数 p，q，使得a2n1p与a2nq是等比数列； 若 mr0，则当 p，q 满足 q2p2r 时，a2n1p与a2nq是同一个等比数列 (10 分) (3) 当 mr1 时，由(2)可得 a2n12n1，a2n2n12， 11 当 n2k 时，ana2k2k12， SnS2k(21222k)(22232k1)3k 3(2k1k2)， Sn k 所以an3(12k12). k k1 k （1k）2k12 令 ck ，则 ck1ck 0， 2k12 2k22 2k12 （2k22）（2k12） Sn 3 3 所以 ， .(13分) an 2 2 当 n2k1 时，ana2k12k1， SnS2ka2k3(2k1k2)(2k12)2k23k4， Sn 3k Sn 所以 4 ，同理可得 1，1. an 2k1 an 综上所述，实数 的最大值为 1.(16分) 12