2022年年高考南通市数学学科基地密卷 2.pdf

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1、高三数学试卷第1 页 共 17 页Y N 开始S 0，n100 n20 SS+nnn 1 输出 S结束(第 5 题)2018 年高考模拟试卷（6）南通市数学学科基地命题第卷（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1已知集合|0Ux x，=|2Ax x，则UAe=2已知复数z21ii3，其中 i 虚数单位，则z 的模为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xOy 中，若抛物线22(0)

2、xpy p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43，则该三棱柱的体积是7将函数()sin6f xx（0）的图象向左平移3个单位后，所得图象关于直线x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，两人能够在当天一同去A 地概率是9在平面直角坐标系xOy 中，已知圆22:810Cxyxm与直线210 xy

3、相交于A，B两点若ABC 为等边三角形，则实数m 的值为10设正 ABC 的边长为 1，t 为任意的实数则|ABtAC|的最小值为 11若函数1()log1axf xax（0a且1a）没有最小值，则a的取值范围是名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 17 页 -高三数学试卷第2 页 共 17 页12数列 an 满足 a114，a215，且 a1a2+a2a3+anan+1na1an+1对任何正整数n 成立，则1a11a21a10的值为 13已知函数2210()0 xxmxxef xemxx，若函数()f x 有四个不同的零点，则实数m 的取值范围是14在 ABC 中，角

4、 A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sinsinsinsin0ABAB，且2abc，则实数的取值范围是二、解答题：本大题共6 小题，共计90 分15(本小题满分14 分)已知向量(1,)ma，(2,)nb（1）若3m，1n，且()aab，求实数的值；（2）若5ab，求a b的最大值16(本小题满分14 分)在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，ABAC，平面 BB1C1C底面 ABCD，点M、F 分别是线段1AA、BC 的中点（1）求证：AFDD1；（2）求证：AD/平面1MBC B A（第 16 题）B1A1C1M C F D D1 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第

5、 2 页，共 17 页 -高三数学试卷第3 页 共 17 页17(本小题满分16 分)如图，设椭圆C：x2a2y2b21(ab0)，离心率 e12，F 为椭圆右焦点若椭圆上有一点P 在x轴的上方，且PFx 轴，线段 PF32（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APB的平分线为PF时，求直线AB 的方程18（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3 2a 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、

6、F 处，已知045BAP，12tan5CAB（1）设AEx米，AFy 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F 0 B P A l y x AO BO CO PO（17 题图）FE 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 17 页 -高三数学试卷第4 页 共 17 页19（本小题满分16 分）已知函数21()2ln(R)2f xxxax a.(1)当3a时,求函数)(xf的单调区间；(2)若函数)(xf有两个极值点21xx，且 10(1，x,求证:2ln223)()(21xfxf；(3)设axxf

7、xgln)()(，对于任意)2,0(a时,总存在 2,1x，使2)2()(akxg成立,求实数 k的取值范围20(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 A k|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？并证明你的结论名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 17 页 -高三数学试卷第5 页 共 17 页2018 年高考模拟试卷（6）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

8、，并在相应的答题区域内作答A 选修 4-1：几何证明选讲（本小题满分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，ADBCDPAB，求证：ADBCB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 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(3)1 与 2sin(3)，它们相交

9、于A、B 两点，求线段AB 的长D 选修 4-5：不等式选讲 （本小题满分10 分）求证：对任意x，yR,不等式 x2xyy23(xy1)总成立A B C D P O（第 21 题（A）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 17 页 -高三数学试卷第6 页 共 17 页【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22（本小题满分10 分）如图，在三棱锥ABCD中，已知,ABDBCD都是边长为2的等边三角形，E为BD中点，且AE平面BCD，F为线段AB上一动点，记BFBA（1）当13时，求异面直线DF与BC所成角的余弦值；（2）

10、当CF与平面ACD所成角的正弦值为1510时，求的值23（本小题满分10 分）设函数 fn(x)1+x+12!x21n!xn，nN*(1)求证：当x(0，)时，exfn(x)；(2)若 x0，且 exfn(x)+1(n+1)!xn+1ey，求证：0yx2018 年高考模拟试卷（6）参考答案数学一、填空题：EABDCF名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 17 页 -高三数学试卷第7 页 共 17 页O 5 5(60,60)1 0 2，25 解：z21ii31ii12i，所以|z|53348 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

11、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，142p，所以6p，即焦点到准线的距离为654860 解：由题设可知，S100+99+98+204860663 解：由体积得球半径R1，三棱柱的高为2，底面边长为23V34(23)2263712解：将()f x 的图象向左平移3个单位得到sin36yx，因为图象关于直线x对称，所以4sin136，所以4362k，即3142k，kZ，所以的最小值为12823144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)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(

12、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575360023144911解：圆C的半径15rm，因为 ABC为等边三角形，所以圆心C到直线AB的距离32dr 所以|41|31523m，解得11m1032解：令a AB，bAC则|a|b|1，a、b 的夹角为60 于是，|ABtAC|2|a名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 17 页 -高三数学试卷第8 页 共 17 页t b|2a2t2b22 t a

13、b t2t+1(t12)23434所以|ABtAC|321101a或4a解：令11xtax，则logayt 若01a，因为 t 没有最大值，所以符合；若1a，因为11121xtaxa，要使原函数没有最小值，必须1210a，解得4a1285 解法一：由a1a2+a2a32a1a3及 a114，a215，得 a316，再由 a1a2+a2a3+a3a43a1a4，a417进 一 步 得a518，a619，a7110，a8111，a9112，a10113，故1a11a2 1a104+5+6+7+8+9+10+11+12+13 85 解法二：由 a1a2+a2a3+anan+1na1an+1，a1a2

14、+a2a3+anan+1+an+1an+2(n+1)a1an+2，得，an+1an+2(n+1)a1an+2na1an+11a1n+1an+1n an+2 nann1an+12an+11an1an+2，(n2)，则 a1a2+a2a32a1a32a21a11a3，所以数列 1an成等差数列，公差为1，即1ann+3，an1n+3代入可得1a11a21a1085132(,)4e解：由对称性，只需当0 x时，2xemx 有两解即可.即2xemx在0 x时有两解.设2()xeg xx，由3(2)()0 xexgxx得()g x 在（0,2）上递减，在(2,)上递增.由图可知24em，所以24em14

15、4 33解：由条件，sinsinsinsinABAB因为2abc，所以sinsin2sinABC，所以sinsin12sinABC，所以22()sinsinsinsin2sinsin2sin2sinsinabABABcABCabCabC而2222()2323cos1222ababccabcCababab，所以22(1cos)3cCab由2abc，得1cos2C，即03C，所以4 1cos3sin4 33CC二、解答题：15解：（1）当3m，1n时，(1,3)a，又(2,1)b，所以(1,3)(2,1)(12,3)ab，若()aab，则(0)=aab，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理

16、-第 8 页，共 17 页 -高三数学试卷第9 页 共 17 页即(12)3(3)0，解得10 7 分（2）因为(1,)ma，(2,)nb，所以(3,)mnab=，因为5ab，所以2223()5mn，则2()16mn，所以211122()216644mnmna b=，故当2mn或2mn时，a b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11BB C C底面 ABC，AF平面 ABC，平面11BB C C底面 ABCBC，AF平面11BBC C 5 分又 CC1平面11BB C C，AFCC1，又 CC1DD1，AFDD17 分（2）连结

17、B1C 与 BC1交于点 E，连结 EM，FE在斜三棱柱111ABCAB C 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，FE12B1B10 分又点 M 是平行四边形BCC1B1边 AA1的中点，AM/B1B，AM12B1BAM/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)0,(cF，由xPF轴，设),(tcP代入椭圆方程，即得),(2abcP，B A E（第 15（2）题图）B1A1C1M C F D D名师资料总结-精品资

18、料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 17 页 -高三数学试卷第10 页 共 17 页所以232abPF，联立2222321e2bacabca，3 分解得1,3,2cba，所以椭圆方程为13422yx，右准线l的方程为42cax.6 分（2）设)1)(,(000 xyxA，则直线AB的方程为)1(100 xxyy，即100 xyk，联立134)1(12200yxxxyy，消去y，即得0)1(12484)1(320202022020 xyxyxyx()，9 分又0 x为方程()的一根，所以另一根为02020204138xyxyxB，又点)1)(,(000 xyxA在椭圆上，所以满足13420

19、20yx，代入另一根即得528500 xxxB，所以523,52850000 xyxxB.由（1）知，点231，P则直线PA的斜率1232001xyk，直线PB的斜率)1(25220002xxyk，12分当APB的平分线为PF时，PA，PB的斜率1k，2k 满足021kk，所以0)1(2522)1(2320000021xxyxykk，即1200 xy，所以21k，故直线 AB 的方程为x2y1014 分18（方法一）（1）由12tan5CAB得12sin13CAB，5cos13CAB名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 17 页 -高三数学试卷第11 页 共 17 页

20、且7 2sinsin()sin(45)26FAPCABPAECAB由题可知AEFAEPAFPSSSVVV所以111sinsinsin222AE AFCABAE APPAEAP AFFAPgggggg得1121217 23 23221322226xyxaya即1232113213xyaxay所以1347axyxa由013047xaxyxa得定义域为7(,)4a6 分(2)设三条路围成地皮购价为y元，地皮购价为k 元/平方米，则AEFyk SV(k为常数)，所以要使y最小，只要使AEFSV最小由题可知2111266136sin221313134747AEFaxaxSAE AFCABxyxyxxax

21、aV定义域为7(,)4a令470txa则2222763144934941488AEFtaaa tataaaStatttV223492121482aataat当且仅当7ta即72ax时取等号所以，当72ax时，AEFSV最小，所以y最小答：当点 E 距离点A72a米远时，三条路围成地皮购价最低14 分（方法二）(1)由12tan5CAB得12sin13CAB，5cos13CAB7 2sinsin()sin(45)26FAPFAEPAEFAE设FPA名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 17 页 -高三数学试卷第12 页 共 17 页APFV中，由正弦定理sinsinsi

22、nAFPFAPAPFFAPAFE所以7 23 2 sin26,sinsinyaPFAFEy同理可得122132,sin3 2 sinxyxPEFEa由PFPEFE即7 212226132sinsin3 2 sinyxyxa整理得1347axyxa，由013047xaxyxa得定义域为7(,)4a6 分（方法三）（1）以AB所在直线为x 轴，点A为坐标原点，建立如图直角坐标系，则,0E x，3,3Paa，由12tan5CAB，得12sin13CAB，5cos13CAB所以512,1313Fyy因为 PEuuu r与 PFuu u r共线所以51233331313yaayaxa所以1347axyx

23、a由013047xaxyxa得定义域为7(,)4a6 分19解：)0(22)(2xxaxxaxxxf(1)当3a时,xxxxxxxf)1)(2(23)(2,令100)(xxf或2x,令210)(xxf,所以)(xf的递增区间为)1,0(和),2(,递减区间为)2,1(.(2)由于)(xf有两个极值点21,xx,则022axx在),0(x上有两个不等的实根21,xx,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 17 页 -高三数学试卷第13 页 共 17 页1221121212222)10(02208xxxxaaxaxxaxxa)21ln2()21ln2()()(222212

24、1121axxxaxxxxfxf)(2121)ln(ln22121222121xxxxxxxx21211121)2(21)2ln(ln2xxxx)10(2ln222ln4121211xxxx设)10(2ln222ln4)(22xxxxxF，所以0)2(4444)(3223423xxxxxxxxxF所以)(xF在 1,0(上递减，所以2ln223)1()(FxF即2ln223)()(21xfxf.(3)由题意知：只需2)2()(maxakxg成立即可.因为aaxxxxgln21ln)(2,所以axxxg1)(，因为 2,1x，所以25,21xx，而)2,0(a，所以0)(xg，所以)(xg在 2

25、,1 x递增，当2x时，aagxgln222ln)2()(max.所以2)2(ln222lnakaa在上)2,0(a恒成立，令42ln)2(2ln)(akaaah，则0)(ah在上)2,0(a恒成立，aakkaah1)2(21)(，又0)2(h当02k时，0)(ah,)(ah在)2,0(a递减,当0a时，)(ah,所以0)2()(hah，所以2k；当02k即2k时，kaah210)(名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 17 页 -高三数学试卷第14 页 共 17 页2210k即25k时，)(ah在)2,21(k上递增，存在ka21，使得0)2()(hah，不合；22

26、1k即225k时，0)(ah，)(ah在)2,0(a递减,当0a时，)(ah,所以0)2()(hah，所以225k综上,实数 k 的取值范围为),25.20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 qb2b12，所以，bn2n-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

27、)(n1)a1(q1)qn-2+qn-3+1(n1)a1(q1)(qn-21)+(qn-31)(q1)a1(q1)2(qn-3qn-4+1)(qn-4qn-5 1)(q1)1 0所以 anbn(n1，2，)6 分(2)不妨设 ana+bn(b0)，bnpqn，由 anbn a+bnpqnapbpnqn令 sap，tbp，(t0)，原问题转化为关于n 的方程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解；如果

28、tlnq0，且不妨设由f(x)0 得 f (x)有唯一零点x0logqtlnq，于是当xx0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，则方程变为名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 17 页 -高三数学试卷第15 页 共 17 页|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

29、 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 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ADDPABBC，所以ABC ADP，所以BAC DAP因为直线 PA 与圆 O 相切，所以DAP ACD，所以BAC ACD，所以，ABCD，所以圆内接四边形ABCD 为等腰梯形，所以ADBC21B解

30、：设M=abcd，则有abcd11=11，abcd21=02，所以11abcd，且2022abcd，解得1234abcd，所以M=1234所以1 23 422614，即 C 点坐标为(6,14)21C解：由 sin(3)1 得，3xy20，由 2sin(3)得，x2+y23xy0，直线3xy20 过圆 x2+y23xy0的圆心(32，12)，所以线段AB 的长为圆 2sin(3)的直径长，即AB221D法一：左右=x2（y3)x y23y3=（y3)24（y23y3）=3 y26 y3 0 左右 0 得证。法二：左右=（x1）2（y1)2（x1）（y1)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心

31、整理-第 15 页，共 17 页 -高三数学试卷第16 页 共 17 页yzxEABDCF2 x1 y1（x1）（y1)x1 y1 x1 y1（x1）（y1)x1 y1 0 得证。法三：左边=221x221y2)(21yx=221x21221y212)(21yx23 xy2（xy）3=右边，得证22解：连接CE，以,EB EC EA分别为,x y z轴，建立如图空间直角坐标系，则0,0,3,1,0,0,0,3,0,(1,0,0)ABCD，因为 F 为线段 AB 上一动点，且BFBA，则=1,0,3(,0,3)BFBAuuu ruu u r，所以(1,0,3)F（1）当13时，32(,0,)33

32、F，35(,0,),(1,3,0)33DFCBuuu ruuu r，所以222255 283cos,5635()()1(3)33DF CBuuu r uu u r（2）(1,3,3)CFuu u r，设平面ACD的一个法向量为nr=,x y z由nrDA,nrDC得,1,0,30,1,3,00 x y zx y z，化简得3030 xzxy，取nr3,1,1设 CF 与平面ACD所成角为，则222 3(1)15sin|cos,|10(1)3(3)5CF nuu u r r.解得12或2（舍去），所以1223解：(1)用数学归纳法证明：当x(0，)时，exfn(x)；(i)当 n1 时，令 f(

33、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(x)，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 17 页 -高三数学试卷第17 页 共 17 页则 nk+1 时，令 g(x)exfk+1(x)ex(1+x+12!x21k!xk1(k+1)!xk+1)，则 g(x)ex(1+x+12!x21k!xk)exfk(x)0，所以 g(x)在区间(0，)为增函数，又因为 g(0)0，所以g(x)0，x(0，)恒

34、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)+1(n+1)!xn+1eyfn(x)+1(n+1)!xn+1ey1，即 y0下面先用数学归纳法证明：当x0，ex1+x+12!x21n!xnexnN*(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+12!x21k!xkex则

35、当 nk+1 时，令 G(x)1+x+12!x21k!xk+1(k+1)!xk+1exex，则G(x)1+x+12!x21k!xkex+1(k+1)!xk+1exex1(k+1)!xk+1ex0，所以 G(x)在区间(0，)上为增函数，又G(0)0，故 G(x)0，即ex1+x+12!x21k!xkex+1(k+1)!xk+1ex，x(0，)由(i)(ii)及归纳假设，可知当x(0，)时，ex1+x+12!x21k!xkex+1(k+1)!xk+1ex，对 nN*成立由 ex1+x+12!x21n!xnex+1(n+1)!xn+1ey1+x+12!x21n!xn+1(n+1)!xn+1ex所以eyexyx证毕名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 17 页 -