江苏省普通高等学校2017年高三招生考试20套模拟测试数学试题（二十） WORD版含解析.doc

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. 锥体的体积公式：VSh，其中S为底面积，h为高2. 样本数据x1，x2，xn的方差s2(xi)2，标准差为，其中xi.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

2、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_S0i1While S20SSiii2End WhilePrint i(第5题)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PAMN的体积记为V2，则_8. 已知实数x，y满足约束条件则的最大值为_9. 若f(x)sin(x)cos(x)是定义在R上的偶函数，则_10. 已知向量a，b满足a(4，3)，|b|1，|ab|，则向量a，b的夹角为_11

3、. 已知线段AB的长为2，动点C满足(为常数)，且点C总不在以点B为圆心，为半径的圆内，则实数的最大值是_12. 若函数f(x)exx3x1的图象上有且只有两点P1，P2，使得函数g(x)x3的图象上存在两点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*，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

4、所对的边分别为a，b，c，若ABC为锐角三角形，且满足b2a2ac，则的取值范围是_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) 平面PDE平面PEC.17. (本小题满分14分)一位创业青

5、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)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，Q为椭圆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；(2) 若圆

6、O的半径为，点P，Q满足kOPkOQ，求直线PQ被圆O截得弦长的最大值19. (本小题满分16分)已知函数f(x)mlnx(mR)(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；(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公切线，并说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)已知数列an满足a1m，an1(kN*，rR)，其前n项和为Sn.(1) 当m与r满足什么关系时，对任意的nN*，数列an都满足an2an?(2) 对任意实数m，r，是否存在实数p与

7、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*，都有Snan，求实数的最大值.(二十)1. 8解析：C1，3，5，则集合C的子集的个数为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2. 解析：z12i，则|z|.本题主要考查复数的模的概念及四则运算等基础知识本题属于容易题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属于容易题4. 2解析：由s2(xi)22，则数据2x1，2x2，2x3，

8、2x4，2x5的方差是8，标准差为2.本题主要考查方差、标准差公式本题属于容易题5. 11解析：满足循环S与i：S1，i3；S4，i5；S9，i7；S16，i9；S25，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. 解析：设F(c，0)到双曲线的渐近线bxay0的距离为b，则ab，ca，则该双曲线的离心率为.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7. 解析：设AMN面积为S，点P到平面AMN的距离为h，则V2Sh，而V122Sh，则.本题主要考查等高锥体体积的求法本题属于容易题8. 解析：，它表示可行域内的点与连线的斜率，作出可行域，发现可行域内

9、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，目标函数为斜率模型本题属于容易题9. 解析：f(x)sin(x)cos(x)2sin，由已知条件知，则.本题主要考查函数的奇偶性，三角函数的和差角公式本题属于容易题10. 解析：|b|1，|a|5，对|ab|两边平方，得2ab5，2|a|b|cos5，cos，则向量a，b的夹角为.本题主要考查平方法求向量的模问题，以及数量积定义的运用本题属于容易题11. 解析：建立平面直角坐标系，B(0，0)，A(2，0)，设C(x，y)，则x(x2)y2，则(x1)2y21，得，点C的轨迹是以(1，0)为圆心为半径的圆且与x2y2外离或相切所以，

10、的最大值为.本题主要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12. 解析：设 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则Q1(x1，y1) ，Q2(x2，y2), 有y1ex1xx11，y2ex2xx21，y1x ，y2x， f(x)g(x)有且仅有两个根，即mxexx2x 在(，0)(0，)上有且仅有两个根令h(x)xexx2x, 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)， 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13. 22 015解析：因为

11、an是等比数列，且a22，a516，则有 an2n1，要使bi2 016，所以必须有满足amn的m有2 016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14. 解析：由b2a2aca2c22accosB，得c2ac(12cosB)，所以cosB1，所以.因为ABC为锐角三角形，所以a2b2c2，则2a2acc2，所以2，则10，所以02，而cosB，所以

12、，所以.本题主要考查解三角形的运用，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15. 解：(1) 因为a，b，c成等差数列，所以b2.(2分)由余弦定理，得b2a2c22accosB(ac)23ac163ac4，解得ac4，(6分)从而SABCacsinB2.(8分)(2) (解法1)因为D为AC边的中点，所以()，(10分)则2()2(222)(c22accosBa2)(ac)2ac4ac(12分)43，当且仅当ac时取等号，所以线段BD长的最小值为.(14分)(解法2)因为D为AC边的中点，所以可设ADCDd.由cosADBcosCDB0，得0，即BD2d28acd2.(1

13、0分)因为b2a2c22accosB(ac)23ac163ac，即4d2163ac，所以d24ac，(12分)故BD24ac43，当且仅当ac时取等号，所以线段BD长的最小值为.(14分)16. 证明：(1) 取PD的中点G，连结AG，FG.(2分)因为F，G分别是PC，PD的中点，所以GFDC，且GFDC.又E是AB的中点，所以AEDC，且AEDC，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

14、.(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CE平面PDE.(12分)而CE平面PEC，所以平面PDE平面PEC.(14分)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，则SABEABBEtan；(4分)又DAF45，所以SADFtan(45)，(6分)所以Stantan(45).(8分)令x

15、tan(0，1)，则S(10分)(22)1，当且仅当x1，即x1时取等号(12分)从而三个区域的总投入T的最小值约为(1)105元(14分)(说明：这里S的最小值也可以用导数来求解：因为S，则由S0，得x1.当x(0，1)时，S0，S递减；当x(1，1)时，S0，S递增所以当x1时，S取得最小值为1)(解法2)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)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，所以直线AF的斜率为tan(EAB45)，

16、从而直线AF的方程为yx.(6分)在方程ykx中，令x1，得E(1，k)，所以SEABABBEk；在方程yx中，令y1，得F，所以SADFADDF；从而S，k(0，1)(10分)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)设DAF，BAE(0，45)，则S(tantan)，(4分)因为90EAF45，所以tan()1，(8分)所以tantan1tantan1，(10分)即2S1S2，解得S1，即S取得最小值为1，从而三个区域的总投入T的最小值为(1)105元(14分)18. 解：(1) 因为

17、椭圆C的方程为1，所以A(2，0)，F(1，0)(2分)因为PFx轴，所以P.而直线AP与圆O相切，根据对称性，可取P，(4分)则直线AP的方程为y(x2)，即x2y20.(6分)由圆O与直线AP相切，得r，所以圆O的方程为x2y2.(8分)(2) 易知，圆O的方程为x2y23. 当PQx轴时，kOPkOQk，所以kOP，此时得直线PQ被圆O截得的弦长为.(10分) 当PQ与x轴不垂直时，设直线PQ的方程为ykxb，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x20)，首先由kOPkOQ，得3x1x24y1y20，即3x1x24(kx1b)(kx2b)0，所以(34k2)x1x24kb(x1x2)

18、4b20(*)(12分)联立消去x，得(34k2)x28kbx4b2120，将x1x2，x1x2代入(*)式，得2b24k23.(14分)由于圆心O到直线PQ的距离为d，所以直线PQ被圆O截得的弦长为l2，故当k0时，l有最大值为.综上，因为，所以直线PQ被圆O截得的弦长的最大值为.(16分)19. 解：(1) 由题意，得函数ymlnxx，所以y1. 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，

19、得g(x)mlnxmx2(m22)x，则g(x)，(6分) 当m0时，g(x)0，函数g(x)在(0，)上单调递增； 当m0时，由g(x)0，得x或x.若m，则，此时g(x)0，函数g(x)在(0，)上单调递减；若m0，则，由g(x)0，解得x，由g(x)0，解得x，所以函数g(x)在上单调递增，在与上单调递减；若m，则，同理可得，函数g(x)在上单调递增，在与上单调递减综上所述，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时，函数g(x)在(0，)上单调递减；当m0时，函数g(x)的增区间为，减区间为(0，)与；当m时，函数g(x)的增区间为，减区间为与(，)(1

20、0分)(3) m符合题意理由如下：(12分)此时f(x)lnx.设函数f(x)与h(x)上各有一点A，B，则f(x)以点A为切点的切线方程为yxlnx1，h(x)以点B为切点的切线方程为yx，由两条切线重合，得(*)(14分)消去x1，整理得lnx21，即lnx210.令(x)lnx1，得(x)，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x1，从而方程组(*)有唯一解即此时函数f(x)与h(x)的图象有且只有一条公切线故m符合题意(16分)20. 解：(1) 由题意，得a1m，a22a12m，a3a2r2mr，首先由a3a1，得mr0.(2分)当

21、mr0时，因为an1(kN*)，所以a1a3m，a2a42m，故对任意的nN*，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，当n2k时，ana2k2k12，SnS2k(21222k)(22232k1)3k3(2k1k2)，所以3.令ck，则ck1ck0，所以，.(13分)当n2k1时，ana2k12k1，SnS2ka2k3(2k1k2)(2k12)2k23k4，所以4，同理可得1，1.综上所述，实数的最大值为1.(16分)