江苏省南通基地2018年高考数学密卷6理2.pdf

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1、Y N 开始开始 S 0，n100 n20 SS + n nn 1 输出输出 S 结束结束 (第 5 题) 江苏省南通基地 2018 年高考数学密卷（6）理江苏省南通基地 2018 年高考数学密卷（6）理 第卷（必做题，共 160 分）第卷（必做题，共 160 分） 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分 1已知集合， ，则= 2已知复数 zi3，其中 i 虚数单位，则 z 的模为 2 1i 3某高级中学高一，高二，高三在校生数分别为 1200，1180，1100为了了解学生视力情况， 现用分层抽样的方法抽若

2、干名学生测量视力，若高二抽到 118 名学生测视力，则全校共抽 到测视力的人数为 4在平面直角坐标系中，若抛物线上 纵坐标为 1 的一点到焦点的距离为 4，则该抛物线的 焦点到准线的距离为 5执行如图所示的流程图，则输出S的值为 6已知一球与一个正三棱柱的三个侧面及两个底面都相切若该球的体积为，则该三棱 4 3 柱的体积是 7将函数（）的图象向左平移个单位后，所得图象关于直线 对称，则的最小值为 8两人约定：在某天一同去A地，早上 7 点到 8 点之间在B地会合，但先到达 B 地者最多在 原地等待 5 分钟， 如果没有见到对方则自己先行 设两人到达B的时间是随机的、 独立的、 等可能的那么，两

3、人能够在当天一同去A地概率是 9在平面直角坐标系中，已知圆与直线相交于 ，两点若为等边三角形，则实数的值为 10设正ABC的边长为 1，t为任意的实数则|t|的最小值为 AB AC 11若函数（且）没有最小值，则的取值范围是 12数列an满足a1 ，a2 ，且a1a2+a2a3+anan+1na1 an+1对任何正整数n成立，则 1 4 1 5 的值为 1 a1 1 a2 1 a10 13已知函数 ， 若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范 围是 14在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知， 且，则实数的取值范围是 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分二、解答题：本大

4、题共 6 小题，共计 90 分 1515(本小题满分 14 分) 已知向量， （1）若， ，且，求实数的值； （2）若，求的最大值 1616(本小题满分 14 分) 在平行六面体ABCDA1B1C1D1中， ，平面BB1C1C底面ABCD，点、F 分别是线段、BC的中点 （1）求证：AFDD1； （2）求证：AD/平面 1717(本小题满分 16 分) 如图，设椭圆C：1(ab0)，离心率e ，F为椭圆右焦点若椭圆上有一点P x2 a2 y2 b2 1 2 在轴的上方，且PFx轴，线段PF 3 2 （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆右焦点F的直线（不经过P点）与椭圆交于A，B两点，当的平分线

5、为时，求 直线AB的方程 1818 （本小题满分 16 分） 某公司拟购买一块地皮建休闲公园，如图，从公园入口A沿AB，AC方向修建两条小路， 休息亭P与入口的距离为米（其中a为正常数） ，过P修建一条笔直的鹅卵石健身步 行带，步行带交两条小路于E、F处，已知， （1）设米，米，求y关于x的函数关系式及定义域； （2）试确定E，F的位置，使三条路围成的三角形AEF地皮购价最低 1919 （本小题满分 16 分） 已知函数. (1)当时,求函数的单调区间； A O B O C O P O （17 题图） F E (2)若函数有两个极值点，且,求证:； (3)设，对于任意时,总存在，使成立,求实数

6、的取值范围 2020(本小题满分 16 分) 已知an为等差数列，bn为等比数列，公比为q(q1)令Ak|akbk，kN* (1)若A1，2， 当ann，求数列bn的通项公式； 设a10，q0，试比较an与bn(n3)的大小？并证明你的结论 (2)问集合A中最多有多少个元素？并证明你的结论 2018 年高考模拟试卷（6）2018 年高考模拟试卷（6） 数学(附加题)数学(附加题) 21 【选做题】本题包括 A、B、C、D 四小题，请选定两题，并在相应的答题区域内作答21 【选做题】本题包括 A、B、C、D 四小题，请选定两题，并在相应的答题区域内作答 A A选修 4-1：几何证明选讲（本小题满

7、分 10 分） 如图， 圆O内接四边形ABCD， 直线PA与圆O相切于点A， 与CD的延长线交于点P，ADBC DPAB，求证：ADBC B B选修 4-2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 二阶矩阵M对应的变换将ABC变换成A1B1C1，其中ABC三个顶点坐标分别为 A(1，1)、B(2，1)，C(2，2)，A1B1C1中与A、B对应的两个坐标分别为 A1(1，1)、B1(0，2)求C1点的坐标 C C选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 若两条曲线的极坐标方程分别为sin()1 与2sin()， 它们相交于A、 3 3 B 两点，求线段AB的长 D D选修 4-5：不等

8、式选讲（本小题满分 10 分） 求证：对任意x，yR,不等式x2xyy23(xy1)总成立 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷纸指定区域内作答【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷纸指定区域内作答 2222 （本小题满分 10 分） 如图，在三棱锥中，已知都是边长为的等边三角形，为 中点，且平面，为线段上一动点，记 AB C D P O （第 21 题（A） （1）当时，求异面直线与所成角的余弦值； （2）当与平面所成角的正弦值为时，求的值 2323 （本小题满分 10 分） 设函数fn(x)1+x+x2xn，nN

9、* 1 2! 1 n! (1)求证：当x(0，)时，exfn(x)； (2)若x0，且 exfn(x)+xn+1ey，求证：0yx 1 (n+ 1)! 2018 年高考模拟试卷（6）参考答案 数学 一、填空题： 1 2 解：zi31ii12i，所以| z |5 2 1i 5 3348 解：因为高二学生总数 1180 人，抽到 118 人，故抽了 10%，所以高三学生抽到的人 数为 120， 高一抽到的人数为 110，共 348 人 46 解：由题意抛物线定义可知， ，所以，即焦点到准线的距离为 6 54860 解：由题设可知，S100+99+98+204860 66 解 ： 由体积得球半径R1

10、，三棱柱的高为 2，底面边长为 2V(2)22633 4 3 3 7 解：将的图象向左平移个单位得到，因为图象关于直线对称， 所以，所以，即， ，所以的最小值为 8 解：设两人到达A地的时间分别是 7 点边m分和 7 点过n分(0m、n60) 23 144 用数对(m，n)表示两人分别到达A地的时间则在直角坐标系中， 点(m，n)的存在域是一个边长为 60 的正方形，其面积为 3600 两人能够在当天一同去A地等价于|mn|5此时，相应点的存在 域是正方形中位于两直线mn5 之间的部分区域(如图)， 其面积为 3600552575故所求概率为 575 3600 23 144 9 解：圆的半径，

11、因为为等边三角形，所以圆心到直线的距离 所以，解得 10 解 ： 令a a，b b 则|a|b|a|b|1，a a、b b的夹角为 60 于是， |t|2|a a 3 2 AB AC AB AC t b b|2a a2t2b b22 t a abbt2t+1(t )2 所以|t| 1 2 3 4 3 4 AB AC 3 2 11或 解：令，则若，因为没有最大值，所以符合； 若，因为，要使原函数没有最小值，必须，解得 12 85 解法一 ： 由a1a2+a2a32a1a3及a1 ，a2 ， 得a3 ， 再由a1a2+a2a3+ a3a4 1 4 1 5 1 6 3a1a4，a4 1 7 进 一

12、步 得a5 ，a6 ， a7，a8，a9，a10， 故 1 8 1 9 1 10 1 11 1 12 1 13 1 a1 1 a2 1 a10 4+5+6+7+8+9+10+11+12+13 85 解 法 二 ： 由a1a2+a2a3+ +anan+1na1 an+1 ， a1a2+a2a3+anan+1+ an+1an+2(n+1)a1 an+2 ，得，an+1an+2(n+1)a1 an+2na1 an+1 1 a1 ，(n2)，则a1a2+a2a32a1a3，所 n+ 1 an + 1 n an + 2 n an n1 an + 1 2 an + 1 1 an 1 an + 2 2 a2

13、 1 a1 1 a3 以数列成等差数列，公差为 1，即n+3，an代入可得85 1 an 1 an 1 n+ 3 1 a1 1 a2 1 a10 13 解：由对称性，只需当时，有两解即可. 即在时有两解.设，由得在（0,2）上递减， 在上递增. 由图可知，所以 14 解：由条件， 因为，所以， 所以，所以 而，所以 由，得，即，所以 二、解答题： 15解：（1）当，时， ， 又，所以， 若，则， 即，解得 7 分 （2）因为， ，所以， 因为，所以，则， 所以， 故当或时，的最大值为 6 14 分 16证明：（1）ABAC，点F是线段BC的中点， AFBC2 分 又平面底面，AF平面ABC，

14、平面底面， AF平面 5 分 又CC1平面，AFCC1， 又CC1DD1，AFDD17 分 （2）连结B1C与BC1交于点E，连结EM，FE 在斜三棱柱中，四边形BCC1B1是平行四边形， 点E为B1C的中点 点F是BC的中点， FE/B1B，FEB1B10 分 又点M是平行四边形BCC1B1边AA1的中点， AM/B1B，AMB1B AM/ FE，AMFE 四边形AFEM是平行四边形 EM / AF12 分 又EM平面MBC1，AF平面MBC1， AF /平面MBC114 分 17解：（1）设右焦点，由轴，设代入椭圆方程，即得， 所以， 联立， 3 分 解得， 所以椭圆方程为，右准线的方程为

15、. 6 分 （2）设，则直线的方程为，即， 联立 消去， 即得()， 9 分 又为方程()的一根，所以另一根为， 又点在椭圆上，所以满足，代入另一根即得， 所以.由（1）知，点 则直线的斜率，直线的斜率， 12 分 当的平分线为时， ，的斜率，满足， 所以，即，所以， 故直线AB的方程为 x2y10 14 分 18 （方法一） （1）由得， 且 由题可知 所以 得 即 所以 由得定义域为 6 分 (2) 设三条路围成地皮购价为元，地皮购价为k元/平方米，则(为常数)， 所以要使最小，只要使最小 由题可知 定义域为 令 则 当且仅当即时取等号 所以，当时，最小，所以最小 答：当点 E 距离点米远

16、时，三条路围成地皮购价最低14 分 （方法二）(1) 由得， 设 中，由正弦定理 所以 同理可得 由 即 整理得， 由得定义域为 6 分 （方法三） （1）以所在直线为轴，点为坐标原点，建立如图直角坐标系， 则， ，由，得， 所以 因为与共线 所以 所以 由得定义域为 6 分 19解： (1)当时, 令或,令, 所以的递增区间为和,递减区间为. (2)由于有两个极值点, 则在上有两个不等的实根, 设， 所以 所以在上递减，所以 即. (3)由题意知：只需成立即可. 因为, 所以，因为，所以，而， 所以，所以在递增， 当时，. 所以在上恒成立， 令，则在上恒成立， ，又 当时，,在递减,当时，,

17、 所以，所以； 当即时， 即时，在上递增， 存在，使得，不合； 即时， ，在递减, 当时，,所以，所以 综上, 实数的取值范围为. 20解：(1) 由A1,2，得a1b1，a2b2 设数列an公差为d，数列bn公比为我q，由a2b2 a1+ da1q，故da1(q1) 因为ann，a1b11，a2b22，所以数列bn的公比q2，所以，bn2n- b2 b1 12 分 答：anbn(n1，2，)证明如下： 因为a10，q0，q1，所以 bnana1qn-1(a1(n1) a1(q1)a1( qn-11)a1(q1) (n1) a1(q1)(qn-2+qn-1+1)a1(q1) (n1)a1(q1

18、)qn-2+qn-3+1(n1) a1(q1)(qn-21)+( qn-31)(q1) a1(q1)2(qn-3qn-4+1)(qn-4qn-51)(q1)10 所以anbn(n1，2，) 6 分 (2)不妨设ana+bn(b0)，bnpqn，由anbn a+bnpqn nqn a p b p 令s ，t ，(t0)，原问题转化为关于n的方程 a p b p qntns0 8分 最多有多少个解 下面我们证明：当q0 时，方程最多有 2 个解；q0 时，方程最多有 3 个解 当q0 时，考虑函数f(x)qxtxs，则f (x)qxlnqt 如果tlnq0，则f(x)为单调函数，故方程最多只有一个

19、解； 如果tlnq0，且不妨设由f (x)0 得f (x)有唯一零点x0logq，于是当xx0 t lnq 时， f (x)恒大于 0 或恒小于 0，当xx0时，f (x)恒小于 0 或恒大于 0， 这样f(x)在区间(0，x0)与(x0，)上是单调函数， 故方程最多有 2 个解 10 分 当q0 时，如果t0 如果n为奇数，则方程变为 |q|n+tn+s0， 显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程 如果n为偶数，则方程变为 |q|ntns0由q0 的情形，上式最多有 2 个解，即满足的偶数最多有 2 个 这样，最多有 3 个正数满足方程 对于 t0，同理可以证明，方程最多有 3

20、个解 综上所述， 集合A中的元素个数最多有 3 个 12 分 再由当an6n8， ，bn(2)n，则a1b1，a2b2，a4b4A1，2，4 由此， 可知集合A中的元素个数最多有 3 个 16 分 数学（附加题） 21A证明：连AC，在ABC与ADP中， 因为A、B、C、D四点共圆，所以ADPABC， 又因为ADBCDPAB，即 ， AD DP AB BC 所以 ABCADP， 所以 BACDAP 因为 直线PA与圆O相切，所以 DAPACD， 所以 BACACD，所以，ABCD， 所以圆内接四边形ABCD为等腰梯形，所以ADBC 21B解：设M=，则有=，=， 所以且 解得，所以M=所以 ，

21、即C点坐标为(6,14) 12 34 2 2 6 14 21C解 ： 由sin()1得，xy20，由2sin() 得，x2+y2xy 3 3 3 3 0， 直线xy20 过圆x2+y2xy0 的圆心(， )，33 2 1 2 所以线段AB的长为圆2sin()的直径长，即AB2 3 21D法一：左右=x2 （y3) x y2 3y3 =（y3)24（y2 3y3）=3 y26 y3 0 左右0 得证。 法二：左右=（x1）2（y1)2（x1） （y1) 2 x1y1 （ x1） （y1) x1y1 x1y1 （ x1） （y1) y z x E A B D C F x1y10 得证。 法三：左边

22、=23 xy2（ xy）3=右边，得证 22解：连接 CE， 以分别为轴， 建立如图空间直角坐标系， 则， 因为F为线段AB上一动点，且， 则， 所以 （1）当时， ， ， 所以 （2） ， 设平面的一个法向量为= 由,得，化简得，取 设与平面所成角为， 则. 解得或（舍去） ，所以 23解：(1)用数学归纳法证明：当x(0，)时，exfn(x)； (i)当n1 时， 令f(x)exf1(x)exx1， 则f (x)ex10，x(0， )恒成立， 所以，f(x)在区间(0，)为增函数，又因为f(0)0，所以f(x)0，即 exf1(x) (ii)假设nk时，命题成立，即当x(0，)时，exfk

23、(x)， 则nk+1 时，令g(x)exfk+1(x)ex(1+x+x2xkxk+1)， 1 2! 1 k! 1 (k+ 1)! 则g(x)ex(1+x+x2xk)exfk(x)0，所以g(x)在区间(0，)为增函 1 2! 1 k! 数，又因为g(0)0，所以 g(x)0，x(0，)恒成立，即 exfk+1(x)，x(0， )所以nk+1 时，命题成立 由(i)(ii)及归纳假设可知，nN*，当x(0，)时，exfn(x) (2)由(1)可知 exfn+1(x)， 即fn(x)+xn+1eyfn(x)+xn+1ey1， 即y0 1 (n+ 1)! 1 (n+ 1)! 下面先用数学归纳法证明：

24、当x0，ex1+x+x2xnexnN* 1 2! 1 n! (i)当n1 时，令F(x)1+xexex，则F(x)xex0，x(0，)，所以F(x)在区 间(0，)单调增，又F(0)0，故F(x)0，即 ex1+xex (ii)假设nk时，命题成立，即当x(0，)时，ex1+x+x2xkex则 1 2! 1 k! 当nk+1 时，令G(x)1+x+x2xk+xk+1exex，则 1 2! 1 k! 1 (k+ 1)! G(x)1+x+x2xkex+xk+1exexxk+1ex0， 1 2! 1 k! 1 (k+ 1)! 1 (k+ 1)! 所以G(x)在区间(0，)上为增函数，又G(0)0，故G(x)0，即 ex1+x+x2xkex+xk+1ex，x(0，) 1 2! 1 k! 1 (k+ 1)! 由(i)(ii)及归纳假设，可知当x(0，)时，ex1+x+x2xkex+xk+1ex， 1 2! 1 k! 1 (k+ 1)! 对nN*成立 由 ex1+x+x2xnex+xn+1ey1+x+x2xn+xn+1ex 1 2! 1 n! 1 (n+ 1)! 1 2! 1 n! 1 (n+ 1)! 所以 eyexyx证毕