最新高考数学模拟试题苏教版4.pdf

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1、精品文档 精品文档 2015 年高考模拟试卷(3)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2|20Mx xx,|1Nx x，则RMNI（）=.2如果1abi 与-bi互为共轭复数（,a bR，i为虚数单位），则|abi=3如右图，该程序运行后输出的结果为 .4在ABC中，C90，M 是 BC的中点，1AC 若 sinB13，则AM_.5某单位有,A B C三部门，其人数比例为 345，现欲用分层抽样方法抽调 n 名志愿者支援西部大开发 若在A部门恰好选出了 6 名志愿者，那么 n_ 6函数()2sin()(

2、0,f xx 且|)2的部分图像如图所示,则(0)f的值为 .7连续抛掷两颗骰子得到的点数分别是 a，b，则函数 2()f xaxbx在1x 处取得最值的概率是 .8 在等差数列na和等比数列nb中，已知12128,2,1,2aabb ，那么满足nnab的n 的所有取值构成的集合是 .9已知如图所示的多面体EFABCD中，四边形 ABCD是菱形，四 边形 BDEF是矩形，ED平面 ABCD，BAD 3.若 BFBD 2，则多面体的体积 10如果关于 x 的方程23axx有两个实数解，那么实数 a 的值是 11设 2,0,1,0.xaxf xxa xx 若 0f是 f x的最小值，则实数a的取值

3、范围为 .12已知椭圆2221(3)3xyaa的中心、右焦点、右顶点依次为,O F G直线223axa与xNY输出+24,111bbbbaaaaa结束开始FEDCBA精品文档 精品文档 轴 交于H点，则FGOH取得最大值时a的值为 .13在四边形 ABCD中，2AB，ADBCuuu ruuu r，BABCBABCuuu ruuu ruuu ruuu r3BDBDuuu ruuu r，则四边形 ABCD的面积是 14()f x是定义在R上的奇函数，若当0 x 时，12log(1),0,1()13,1,xxf xxx ，则关于x的函 数()()(10)F xf xaa 的所有零点之和为 （用a表示

4、）二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分.15（本小题满分 14 分）如图，在xoy平面上，点(1,0)A，点B在单位圆上，AOB（0 ）（1）若点3 4(,)5 5B，求tan()4的值；（2）若OAOBOCuuu ruuu ruuu r，1813OB OCuuu r uuu r，求cos()3.16（本小题满分 14 分）在四棱锥PABCD中,PAC 平面平面ABCD,ABC是边长为 4 的正三角形,AC与BD的交点M恰好是AC中点,又120ADCo,点N在线段PB上,且13PNNB.(1)求证：PABD；(2)求证：/MN平面PDC.17.（本小题满分 14 分）2014 年 8

5、月以“分享青春，共筑未来”为口号的青奥会在江苏南京举行，为此某商店经销一种青奥会纪念徽章，每枚徽章的成本为 30 元，并且每卖出一枚徽章需向相关部门上缴a元（a为常数，25a），设每枚徽章的售价为x元（3541x）.根据市场调x O y B A C 第 15 题图 M D C B A P N 其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品

6、文档 查，日销售量与xe（e为自然对数的底数）成反比例.已知当每枚徽章的售价为 40 元时，日销售量为 10 枚.（1）求该商店的日利润()L x与每枚徽章的售价x的函数关系式；（2）当每枚徽章的售价为多少元时，该商店的日利润()L x最大？并求出()L x的最大值.18(本小题满分 16 分)已知椭圆2222:1(0)xyEabab 过点 2,1，离心率为22 （1）若A是椭圆E的上顶点，12,F F分别是左右焦点，直线12,AF AF分别交椭圆于,B C，直线BO交AC于 D，求证:3:5ABDABCSS；（2）若12,A A分别是椭圆E的左右顶点，动点M满足212MAAA，且1MA交椭圆

7、E于点P 求证：OP OMuuu r uuuu r为定值.其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 19.（本小题满分 16 分）已知函数21()ln2f xaxx，()g xbx，设()()()h xf xg x.（1）若()f x在22x 处取得极值，且(1)(1)2fg ，求函数 h(x)的单调区间；（2）若0a 时函数

8、h(x)有两个不同的零点 x1,x2.求 b 的取值范围；求证：1221x xe.20.（本小题满分 16 分）若数列nC满足21nnnc cc，存在常数(M M与n无关），使ncM.则称数列nc是“和谐数列”.（1）设nS为等比数列na的前n项和，且442,30aS，求证：数列nS是“和谐数列”；（2）设na是各项为正数，公比为 q 的等比数列，nS是na的前n项和，求证：数列nS是“和谐数列”的充要条件为01q.其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果

9、关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 第卷（附加题，共 40 分）21选做题本题包括 A、B、C、D四小题，每小题 10 分；请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答 A（选修：几何证明选讲）如图，AB是圆 O 的直径，D为圆 O 上一点，过 D作圆 O 的切线交 AB的延长线于点 C若 AB=2 BC，求证：AC B（选修：矩阵与变换）已知矩阵21aMb，其中,a b均为实数，若点(3,1)A在矩阵M的变换作用下得到点(3,5)B，求矩阵M的特征值.C（选修：坐标系与参数方程）在直角坐标系中，以原点

10、为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度已知曲线1325:45xtCyt（t为参数）和曲线22:sin2cosC相交于A B、两点，求AB中点的直角坐标 D（选修：不等式选讲）已知实数 a，b，c，d 满足3abcd ，22222365abcd，求 a 的取值范围 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分.DOCBA其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有

11、轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 22（本小题满分 10 分）甲、乙、丙三位同学商量高考后外出旅游，甲提议去古都西安，乙提议去海上花园厦门，丙表示随意最终，三人商定以抛硬币的方式决定结果规则是：由丙抛掷硬币若干次，若正面朝上，则甲得一分、乙得零分；若反面朝上，则乙得一分、甲得零分，先得 4 分者获胜三人均执行胜者的提议若记所需抛掷硬币的次数为 X（1）求6X 的概率；（2）求 X的分布列和数学期望 23（本小题满分 10 分）在数学上，常用符号来表示算式，如记0niia=0123naaaaa L，其中iN，nN.（1）若0a，1a，2a，na成

12、等差数列，且00a，求证：0niinia C12nna；（2）若22201221(1)nknnkxaa xa xa xL，20nniiba，记11(1)niininidbC，且不等式(1)nntdb 恒成立，求实数t的取值范围.2015 年高考模拟试卷(3)参考答案 南通市数学学科基地命题 第卷（必做题，共 160 分）一、填空题 10,1；25；31027；由流程图，b和a的值依次为1,1;3,2;10,3;1027,4，结束循环.43；524；63；7112；8 3,5；【解析】由已知得，1614,2nnnanb，令nnab，可得16142nn，解得3n 或 5，所以满足nnab的n的所有

13、取值构成的集合是 3,5.OFEDCBA其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 9833；【解析】如图，连接 AC，ACBD O.因为四边形 ABCD是菱形，所以，ACBD，又因为 ED平面 ABCD，AC平面 ABCD，所以，EDAC.因为，ED，BD平面 BDEF，且 EDBDD，所以，AC平面 BDEF，所以，AO为四棱

14、锥 A-BDEF的高又因为，四边形 ABCD是菱形，BAD 3，所以，ABD为等边三角形又因为，BFBD2，所以，AD2，AO3，S四边形 BDEF 4，所以，V四棱锥 A-BDEF 433，即多面体的体积为833.102；11 0,2；122；132 3；【解析】设BAaBAuuu rruuu r，BCbBCuuu rruuu r，BDcBDuuu rruuu r，则|a|=|b|=|c|=1，a+b=3c，所以，得 cos=12,又由ADBCuuu ruuu r，所以，可得图形为有一个3角的菱形，所以，其面积3222 32S .14112a ；【解析】根据对称性，作出 R 上的函数图象，由

15、()()F xf xa，所以，零点就是()f x与 0,1ya 交点的横坐标，共有 5 个交点，根据对称性，函数()f x的图象与 0,1ya 的交点在 2,4之间的交点关于3x 对称，所以，126xx，在 5,43,2 之间的两个交点关于3x 对称，所以，346xx，设1,0 x，则0,1x，所以，12()log(1)()fxxf x ，即12()log(1)f xx ，由()0f xa，所以，12log(1)0 xa ，即5112ax ，所以，12345112axxxxx .二、解答题 15.（1）由于3 4(,)5 5B，AOB，所以3cos5，4sin5，所以4tan3，所以1tan1

16、tan()41tan7 ；（2）由于(1,0)OA uuu r,(cos,sin)OBuuu r,所以(1cos,sin)OCOAOB uuu ruuu ruuu r,x4x3-4-242x2x1y=-a-33yx-1-111其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 22218cos(1cos)sincoscossin13OC

17、OB uuu r uuu r.所以5cos13，所以12sin13，所以512 3cos()coscossinsin33326.16（1）因为ABC是正三角形,M是AC中点,所以BMAC,即BDAC,又PACABCD平面平面,PACABCDACI平面平面BD 平面ABCD,BDAC 所以BD 平面PAC.又PA 平面PAC,所以.PABD.(2)在正三角形ABC中,2 3BM 在ACDV中，因为M为AC中点,DMAC，所以ADCD,因为120ADCo,所以60ADMo.所以,2 33DM ,所以:3:1BMMD,所以:BN NPBMMD,所以/MNPD.又MN 平面PDC,PD 平面PDC,所

18、 以/MN平面PDC.17.（1）设日销售量为xke，则4010ke，所以4010ke，则日销售量为4010 xee枚.每枚徽章的售价为x元时，每枚徽章的利润为(30)xa元，则日利润40401030()(30)10(3541)xxexaL xxaexee g.（2）4031()10(3541)xaxL xexe g.M D C B A P N 其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当

19、?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 当24a 时，333135a ，而3541x，所以()0,()L xL x 在35,41上单调递减，则当35x 时，()L x取得最大值为510(5)a e.当45a 时，353136a ，令()0L x，得31xa，当35,31xa时，()0,()L xL x 在35,31a 上单调递增；当31,41xa时，()0,()L xL x 在31,41a 上单调递减.所以当31xa 时，()L x取得最大值为910ae.综 上，当24a 时，每 枚 徽 章 的 售 价 为 35 元 时，该 商 店 的 日 利 润()L x最大,5max(

20、)10(5)L xa e;当45a 时，每枚徽章的售价为（31a）元时，该商店的日利润()L x最大，9max()10aL xe.18.（1）易得22211,2,2abca且222cab，解得224 2 ab，所以,椭圆E的方程为22142xy+=；所以，12(0,2),(2,0),(2,0)AFF，所以，直线:2AB yx，直线:2AC yx 将 2yx 代入椭圆方程可得234 20 xx，所以41(2,2)33B，同理可得41(2,2)33C，所以直线BO为14yx，联立122yxyx ，得交点41(2,2)55D，DoyxCBA21FF其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援

21、西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 所以，88,53ADAC，即:3:5AD AC 所以，:3:5ABDABCSSVV；（2）设0(2 )My，11()P x y，易得直线1MA的方程为0042yyyx，代入椭圆22142xy+=,得 2222000140822yyyxx，由201204828yxy得，20120288yxy，从而012088yyy，所以2220000022

22、220000284888(2 )48888yyyyOP OMyyyyyuuu r uuuu r，.19.(1)因为1()fxaxx，所以(1)1fa ,由(1)(1)2fg 可得 a=b-3.又因为()f x在22x 处取得极值，所以22()2022fa，所以 a=-2,b=1.所以2()lnh xxxx ，其定义域为（0，+）2121(21)(1)()21=xxxxh xxxxx 令()0h x 得121,12xx，当x（0,1）时，()0h x，当x（1,+）()0h x，所以函数 h(x)在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当0a 时，()lnh xxbx，其定义域

23、为（0，+）.由()0h x 得ln-xbx，记ln()xxx，则2ln1()xxx,PM2AA1oyx21FF其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 所以ln()xxx 在(0,)e单调减，在(,)e 单调增，所以当xe时ln()xxx 取得最小值1e.又(1)0，所以(0,1)x时()0 x，而(1,)x时()0 x,所以

24、 b 的取值范围是（1e，0）.由题意得1122ln0,ln0 xbxxbx,所以12122121ln()0,lnln()0 x xb xxxxb xx,所以12122121lnlnlnx xxxxxxx，不妨设 x1x2,要证212x xe,只需要证12122121ln(lnln)2xxx xxxxx.即证2121212()lnlnxxxxxx，设21(1)xttx,则2(1)4()lnln211tF ttttt,所以22214(1)()0(1)(1)tF tttt t ,所以函数()F t在（1，+）上单调增，而(1)0F，所以()0F t 即2(1)ln1ttt,所以212x xe.20

25、.（1）设公比为q，则3411414161(1)21aa qaaqqsq,所以51322nns.因为25311(32)(32)22nnnns sg=253281113232()222nnng242811322 3222nngg 其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档=214411(32)3222nnnS.且513232.2nn

26、S即存在常数 32,所以，数列nS是“和谐数列”.（2）充分性 设等比数列na的公比q，且01.q 则1111(1)1111nnnaqaa qaSqqqq.令11aMq，则.nSM 因为222222112()(1)(1)()(1)11nnnnnnnaaS Sqqqqqqqg 212221 22111()(12)()(1)11nnnnaaqqqSqqg 所以nS是“和谐数列”必要性 等比数列na各项为正，且nS是“和谐数列”.因为0.na 所以，0.q 下面用反证法证明，1q （1）当1,q 则1,nSna因为10,a 所以，不存在M，使1naM对1nN恒成立;当1q，则111(1)111nnn

27、a qaaSqqqqg 所以，对于给定的正数M，若11,11naaqMqq 因为，1q，所以，11log(1).qqnMa 即当11log(1)qqnMa时，有nSM.其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 A D C B O 所以，不存在常数M，使.nSM 所以，01.q 综上,数列nS是“和谐数列”的充要条件为其公比为01

28、q.第卷（附加题，共 40 分）21.A.连结 OD，BD，因为 AB是圆 O 的直径，所以902ADBABOBo，由 AB=2 BC，所以，ABOC，因为 DC是圆 O 的切线，所以90CDOo 于是ADBCDO，所以，ADDC 所以，AC .B由条件可知233115ab ，所以233,315ab ，则3,2ab 矩阵的特征多项式为223()(2)(1)(2)(3)3421f 令()0f,得两个特征值分别为121,4 C.将1C化为直角坐标方程为4380 xy 将2C化为直角坐标方程为22yx 将直线方程代入22yx可得22380yy 解之可得1232yy，124y y ，所以，221212

29、4128yyxx 所以，中点坐标为3 41,4 16 D.由柯西不等式，得2222111(236)()236bcdbcd ，其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 即2222236bcdbcd 由条件，得2253aa，解得12a，当且仅当236111236bcd 时等号成立，代入111,36bcd时，max2a；211,33b

30、cd时，min1a，所以a的取值范围是1,2 22.（1）抛掷硬币正面向上、反面向上的概率都为12，323511156222216P XC （2）X的分布列为:X 4 5 6 7 P 18 14 516 516 所以，1155934567.84161616EX 23.（1）设等差数列的通项公式为0naand，其中d为公差 则 0niinia C12012nnnnnaa Ca Ca CL01120()(2)nnnnnnnna CCCd CCnCLL 因为11kknnkCnC 所以122nnnnCCnC L011111()nnnnn CCCL 所以 0niinia C1022nnand=12nna

31、.其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文精品文档 精品文档 注：第（1）问也可以用倒序相加法证明.（2）令1x，则223202(14)22222 421nnnniia L 令1x ，则20(1)0niiia，所以20nniiba1(2 42)412nn 根据已知条件可知，012233(41)(41)(41)(1)(41)nnnnnnnnndCC

32、CCC L 01223301234(4)(4)(4)(4)(1)1nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCCC LL (14)(11)1(3)1nnn ，所以(3)1nnd 将41nnb、(3)1nnd 代入不等式(1)nntdb 得，(3)41nnt 当n为偶数时，41()()33nnt，所以22415()()333t；当n为奇数，41()()33nnt ，所以1141()()133t ；综上所述，所以实数t的取值范围是5 1,3.其人数比例为现欲用分层抽样欲用方法调名志愿者欲用支援西部欲大开部发若在门开恰好选出了那么函的值且满足有取门那构成集合是已知如图示多面的体门中大四了开恰函的边形层菱成值且矩平则积已果关矩是已知于线若与输结束门愿始精数有了品文愿档有轴交点得最时定欲义上奇当?者多有了愿始人数?大开恰函的?有?有文