最新江苏省无锡市实验中学高三数学高考模拟测试卷一.pdf

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1、数学试卷一、填空题1.已知集合0,1,2,3M，集合1,0,1N，则MNI_.2.双曲线2211625xy的渐近线方程是_.3.复数 z 满足3i1iz，其中 i 是虚数单位，则复数z 的虚部是 _.4.若一组样本数据2,3,7,8,a的平均数为5,则该组数据的方差2s_。5.从 1,2,3,4这四个数中一次性随机地取出2 个数,则所取 2 个数的乘积为奇数的概率是_ 6.如图所示的流程图的运行结果是_.7.若圆锥底面半径为1，侧面积为5,则该圆锥的体积是_.8.设直线 l 是曲线22lnyxx的切线,则直线 l 的斜率的最小值是_.9.已知1tan(),470,2，则sin()6的值是 _.

2、10.已知函数()f x是定义在 R上的奇函数，且当0 x时，xxxf2)(若4()()aaff，则实数 a 的取值范围是 _11.ABC中，4,3,60ACBCACB，E为边AC中点，2133ADABACuuu ruuu ruuu r，则CDBEuuu r uuu r的值为 _12.已知圆22:(2)2C xy，直线:20l kxy与 y 轴交于点A，过l上一点 P作圆 C的切线，切点为T，若2PAPT，则实数k 的取值范围是 _.13.若关于 x 的不等式3230 xxaxb对任意的实数1,3)x及任意的实数2,4b恒成立，则实数 a 的取值范围是 _.14.已知*Nn,2nna,21nb

3、n,1122max,nnncba n ba nba nL，其中12max,.,sxxx表示12,sx xxL这 S个数中最大的数数列nc的前 n 项和为nT，若0nnaT对任意的*Nn恒成立，则实数的最大值是 _.二、解答题15.在ABC中，角,A B C所对的边分别为,a b c，且3 sincosbAaB1.求角 B；2.若3b，sin3 sinCA，求,a c16.如图,在三棱柱111ABCA B C中,ABAC,点,E F分别在棱11,BB CC上(均异于端点)11,ABEACF AEBBAFCC1.平面AEF平面11BBC C2./BC平面AEF17.已知椭圆2222:1(0)xyC

4、abab上一点与两焦点构成的三角形的周长为42 3,离心率为32.1.求椭圆C的方程；2.设椭圆C的右顶点和上顶点分别为AB、，斜率为12的直线l与椭圆C交于PQ、两点（点P在第一象限）.若四边形APBQ面积为7，求直线l的方程.18.如图，某公园内有一个以O为圆心，半径为5 百米，圆心角为23的扇形人工湖OABOMON，、是分别由OAOB、延伸而成的两条观光道为便于游客观光，公园的主管部门准备在公园内增建三条观光道，其中一条与相切点F，且与OMON、分别相交于C、D，另两条是分别和湖岸OAOB、垂直的FGFH、(垂足均不与O重合)1.求新增观光道FGFH、长度之和的最大值；2.在观光道ON段

5、上距离O为 15 百米的E处的道路两侧各有一个大型娱乐场，为了不影响娱乐场平时的正常开放，要求新增观光道CD的延长线不能进入以E为圆心，2.5 百米为半径的圆形E的区域内则点D应选择在O与E之间的什么位置？请说明理由19.已知数列na满足*N,nnS是数列na的前n项和.1.求数列na的通项公式;2.若,30,pqaS成等差数列,18,pqaS成等比数列,求正整数p,q的值;3.是否存在*Nk,使得116kka a为数列na中的项?若存在,求出所有满足条件的k的值;若不存在,请说明理由.20.已知函数ln(),()exxxf xg xx.1.求()f x的极大值；2.当0a时，不等式()xg

6、xaxb恒成立，求ba的最小值；3.是否存在实数Nk，使得方程()(1)()f xxg x在(,1)k k上有唯一的根，若存在，求出所有 k 的值，若不存在，说明理由.21.已知矩阵231Mt的一个特征值为4.若点(1,2)P在矩阵M对应的变换作用下得到点P，求点P的坐标.22.在极坐标系中，已知直线2cossin0(0,R)aaa+被圆4sin截得的弦长为 2，求实数 a 的值.23.如图，在直角坐标系xOy中，已知抛物线22(0)ypx p的准线方程为14x，过点(0,2)M作抛物线的切线 MA，切点为 A（异于原点 O），直线 l 过点 M 与抛物线交于,B C两点，与直线OA交于点N1

7、.求抛物线的方程；2.试问：MNMNMBMC的值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由24.已知2*0121(1)(,N,)2nmnmnxaa xa xa xa xm nnmLL.1.若012,|,aaa成等差数列，求31()2nxx展开式中的常数项；2.设1221100121()2222mmmmmnnnnmnmF mC aCaCaCaCaL，求()F m.参考答案1.答案：0,1解析：2.答案：54yx解析：3.答案：3 2解析：4.答案：265解析：由237855a得5a。所以222222126(25)(35)(75)(85)(55)55s。5.答案：16解析：从1,2,3,4这

8、4个数中依次随机地取2个数有1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4共6种情形,其中满足所取2个数的乘积为奇数的有1,3共1种情形,所求概率16,故答案为:16【点睛】有关古典概型的概率问题,关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数:1.基本事件总数较少时,用列举法把所有基本事件一一列出时,要做到不重复、不遗漏,可借助“树状图”列举;2.注意区分排列与组合,以及计数原理的正确使用.6.答案：20 解析：5,1;54as成立,5,4;44sa成立,20,3;34sa不成立,输出20;考点:1.流程图;2.循环结构;7.答案：23解析：8.答案：4 解析：22lnyxx 的定义域

9、为(0,)1142 44yxxxx当且仅当12x时取等号即直线 l 的斜率的最小值是4 9.答案：3 3410解析：10.答案：(,2)解析：11.答案：-4 解析：12.答案：73k或73k解析：13.答案：(,2)解析：14.答案：89解析：设212nnnndba nnn，1121(1)2(212)nnnnddnnnn220n.即123nddddLL，11112ncdba nn，2(112)2nn nTn，即220nn，22nn，由2yx 与2xy图象可知：在第一象限n 取正整数时，仅有3n时，22nn，即2289nn89，即实数的最大值是89故答案为：8915.答案：1.在ABC中，由正

10、弦定理sinsinabAB，得3 sinsinsincosBAAB又因为在ABC中sin0A所以3 sincosBB法一：因为0B，所以sin0B，因而cos0B所以sin3tancos3BBB，所以6B法二：3 sincos0BB即2sin()06B，所以(Z)6Bkk，因为0B，所以6B.2.由正弦定理得sinsinacAC，而sin3 sinCA，所以3Ca，由余弦定理2222cosbacacB，得2292cos6acac，2239acac，把代入得3,3 3ac.解析：16.答案：1.在三棱柱111ABCA B C中,11/BBCC.因为1AFCC,所以1AFBB又1,AEBBAEAF

11、 AE AF平面AEF,所以1BB平面AEF又因为1BB平面11BB C C,所以平面AEF平面11BBC C2.因为11,AEBBAFCCABEACF ABAC所以RtRtAEBAFC所以BECF又由 1 知,/BECF.所以四边形BEFC是平行四边形.从而/BCEF又BC平面,AEF EF平面,AEF所以/BC平面AEF解析：17.答案：1.由题设得42 3，又3e2，解得2,3,1acb.2239acac故椭圆的方程为2214xy.2.设直线方程为：12yxm代入椭圆22:14xCy并整理得：222220 xmxm，设1122(,),(,)P xyQ xy，则12212222xxmx x

12、m.21212|()()PQxxyyQ222212112151|1()48442kxxxxx xm，B到直线PQ的距离为12|1|5md，A到直线PQ的距离为12|1|5md,又因为P在第一象限,所以11m，所以122(1)2(1)4555mmdd，所以2121()8472APBQSddPQm,解得12m，所以直线方程为1122yx.解析：18.答案：1.连结OFOFCD，于点F，则5OF设FOD，则2()362FOC,故25sin,5sin()3FHFG，则25sin()5sin3FGFH31335(cossinsin)5(cos)5 3 sin()22226因为62，所以2363，所以当6

13、2，即3时，max()5 3FGFHCl2.以O为坐标原点，以ON所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy由题意，可知直线CD是以O为圆心，5 为半径的圆O的切线，直线CD与圆E相离，且点O在直线CD下方，点E在直线CD上方由5OF，圆E的半径为2.5，因为圆O的方程为2225xy，圆E的方程为22(56)1.25xy，设直线CD的方程为(30,0)ykxtkt，即0kxyt，设点()0DD x，则225,1152.51tkktk，由得2t51k，代入得2215512.51kkk，解得213k又由30k，得203k，故2133k，即21133k在ykxt中，令0y，解得225115

14、 1Dtkxkkk，所以10 3103Dx解析：19.答案：1.因为*121111(1)(1)(1),NnnnaaaaL,所以当1n时,11111aa,解得12a,当2n时,将121111(1)(1)(1)nnaaaaL和121111(1)(1)(1)11nnaaaaL两式相除可得,111nnnaaa,即112nnaan,所以数列na是首项为2,公差为 1 的等差数列,所以1nan.2.因为,30,pqaS成等差数列,18,pqaS成等比数列,所以26018pqpqasa s于是46qpaSS或546qpSa当46qpaSS时,16(3)542pqq解得59pq当546pqaS时,154(3)

15、62paq无正整数解,所以5,9pq.3.假设存在满足条件的正整数k,使得*116N,kkma aam则(1)(2)161kkm,平方并化简得22222363mk,则22522163mkmk,所以22563221 1mkmk或225212213mkmk或22592217mkmk解得15,14mk或5,3mk或3,1mk(舍去).综上所述,3k或 14.解析：20.答案：1.1()exxfx，令()0fx，得1x.当1x时，()0fx，则()f x在(,1)上单调递增，当1x时，()0fx，则()f x在(1,)上单调递减，故当1x时，()f x的极大值为1e2.不等式()xg xaxb恒成立，

16、即ln0 xaxb恒成立，记()ln(0)m xxaxb x，则1()(0)axm xxx，当0a时，令()0m x，得1xa，当1(0,)xa时，()0m x，此时()m x单调递增，当1(,)xa时，()0m x，此时()m x单调递减，则max1()()ln10m xmaba，即ln1ba，则ln1baaa，记ln1()an aa，则2ln()(0)an aaa，令()0n a，得1a当(0,1)a时，()0n a，此时()n a单调递减，当(1,)a时，()0n a，此时()n a单调递增，min()(1)1n an，故ba的最小值为-1.3.记(1)ln()exxxxs xx，由21

17、23ln 2(1)0,(2)110ee2ss，故存在1k，使()(1)()fxxg x在(1,2)上有零点，下面证明唯一性：当01x时，()0,(1)()0f xxg x，故()0,()0s xs x在(0,1)上无解当1x时，211ln()exxxxs xx，而2110,1ln0,0exxxxx，此时()0,()s xs x单调递减，所以当1k符合题意.解析：21.答案：矩阵M的特征多项式为23()(2)(1)31ftt因为矩阵M的一个特征值为4，所以方程()0f有一根为4.即(4)630ft，所以2t.所以2321M，所以12 31422 120M所以点P的坐标为（4,0）.解析：22.答

18、案：直线的极坐标方程化为直角坐标方程为20 xya+圆的极坐标方程化为直角坐标方程为224xyy+，即22(2)4xy+，因为截得的弦长为2，所以圆心(0,2)到直线的距离为413，即235a+，因为0a，所以152a.解析：23.答案：1.由题意得124p，12p故抛物线的方程为2yx2.设切线的方程为2ykx由22ykxyx消去 y 得22(41)40k xkx由22(41)160kk得18k直线代入方程并解得00 xy（舍去）或164xy(16,4)A从而直线 OA的方程为14yx设直线 l 的方程为2ytx，则由142yxytx得841Nxt；由22ytxyx消去 y 得22(41)4

19、0t xtx由韦达定理得22414BcBctxxtx xt224182441NNBCtxxMNMNtMBMCxxtt故MNMNMBMC为定值 2.解析：MA24.答案：1.8n，常数项5716T；2.当 m为奇数时，设0224411()mmmmnnnnnnnnf mC CC CC CCCL，11330()mmmnnnnnng mC CC CC CL，所以()(),()()()0f mg mF mf mg m当 m为偶数时，022440()()mmmmnnnnnnnnf mf mC CC CC CC CL，所以113311()mmmnnnnnng mC CC CCCL一方面，01220122(1)(1)()(1)nnnnnnnnnnnnnnnxxCC xC xC xCC xC xC xLL所以(1)(1)nnxx中mx的系数为：0112233110mmmmmmnnnnnnnnnnnnC CC CC CC CCCC CL；另一方面，2(1)(1)(1)nnnxxx，2(1)nx中mx的系数为22(1)mmnC，故011223311022()(1)mmmmmmmmnnnnnnnnnnnnnF mC CC CC CC CCCC CCL综上，22(1),()0,mmnCmF mm为偶数为奇数解析：113311()C CC CCCmmmnnnnnng mL()()()F mf mg m