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（十六） 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(十六)数学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：样本数据x1，x2，xn的方差s2(xi)2，其中xi.一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 已知全集U1，2，3，a，集合M1，3若UM2，5，则实数a的值为_2. 设复数z满足z(1i)24i，其中i为虚数单位，则复数z的共轭复数为_3. 甲、乙两位选手参加射击选拔赛，其中连续5轮比赛的成绩(单位：环)如下表：选手第1轮第2轮第3轮第4轮第5轮甲9.89.910.11010.2乙9.410.310.89.79.8则甲、乙两位选手中成绩最稳定的选手的方差是_4. 从2个白球，

2、2个红球，1个黄球这5个球中随机取出两个球，则取出的两球中恰有一个红球的概率是_5. 执行如图所示的伪代码，输出的结果是_S1I2While S100II2SSIEnd WhilePrint I (第5题)6. 已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同直线，l，m，给出下列命题： lm； lm； ml； lm.其中正确的命题是_(填序号)7. 设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an2，则_(第9题)8. 设F是双曲线的一个焦点，点P在双曲线上，且线段PF的中点恰为双曲线虚轴的一个端点，则双曲线的离心率为_9. 如图，已知A，B分别是函数f(x)sinx(0)在y轴右侧图象上的第一个最高点和

3、第一个最低点，且AOB，则该函数的周期是_10. 已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x0时，f(x)2x2，则不等式f(x1)2的解集是_(第11题)11. 如图，在梯形ABCD中，ABCD，AB4，AD3，CD2，2.若3，则_12. 在平面直角坐标系xOy中，圆M：(xa)2(ya3)21(a0)，点N为圆M上任意一点若以N为圆心，ON为半径的圆与圆M至多有一个公共点，则a的最小值为_13. 设函数f(x)g(x)f(x)b.若存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为_14. 若实数x，y满足2x2xyy21，则的最大值为_二、 解答题：本大题共6小题，共90分.

4、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，a，b，c分别为角A，B，C的对边若向量m(a，cosA)，向量n(cosC，c)，且mn3bcosB.(1) 求cosB的值；(2) 若a，b，c成等比数列，求的值16. (本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱BC上一点(1) 若ABAC，D为棱BC的中点，求证：平面ADC1平面BCC1B1；(2) 若A1B平面ADC1，求的值17. (本小题满分14分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2，1)在椭圆C上(1) 求椭圆C的方程；(2) 设直线

5、l与圆O：x2y22相切，与椭圆C相交于P，Q两点 若直线l过椭圆C的右焦点F，求OPQ的面积； 求证：OPOQ.18. (本小题满分16分)如图，某森林公园有一直角梯形区域ABCD，其四条边均为道路，ADBC，ADC90，AB5千米，BC8千米，CD3千米现甲、乙两管理员同时从A地出发匀速前往D地，甲的路线是AD，速度为6千米/小时，乙的路线是ABCD，速度为v千米/小时(1) 若甲、乙两管理员到达D的时间相差不超过15分钟，求乙的速度v的取值范围；(2) 已知对讲机有效通话的最大距离是5千米若乙先到达D，且乙从A到D的过程中始终能用对讲机与甲保持有效通话，求乙的速度v的取值范围19. (本

6、小题满分16分)设函数f(x)x3mx2m(m0)(1) 当m1时，求函数f(x)的单调减区间；(2) 设g(x)|f(x)|，求函数g(x)在区间0，m上的最大值；(3) 若存在t0，使得函数f(x)图象上有且仅有两个不同的点，且函数f(x)的图象在这两点处的两条切线都经过点(2，t)，试求m的取值范围20. (本小题满分16分)已知数列an的前n项和为Sn，记bn.(1) 若an是首项为a，公差为d的等差数列，其中a，d均为正数 当3b1，2b2，b3成等差数列时，求的值； 求证：存在唯一的正整数n，使得an1bnan2.(2) 设数列an是公比为q(q2)的等比数列，若存在r，t(r，t

7、N*，rt)使得，求q的值(十六)1. 5解析：M(UM)U，则a5.本题主要考查集合的运算本题属于容易题2. 3i解析：z3i，z的共轭复数是3i. 本题主要考查复数的概念及四则运算等基础知识本题属于容易题3. 0.02解析：由数据可知：甲选手成绩最稳定甲选手的平均成绩为10，则它的方差为0.02.本题考查了平均数及方差的概念及计算公式本题属于容易题4. 解析：从5个球中随机取出两个球的基本事件数为10，取出的两球中恰有一个红球的基本事件数为6，则取出的两球中恰有一个红球的概率是.本题考查古典概型，属于容易题5. 8解析：由流程图知执行第一次循环体时I4，S4，执行第二次循环体I6，S24，

8、执行第三次循环体I8，S192，此时退出循环本题考查流程图基本知识本题属于容易题6. 解析： 是面面平行的性质(课本上例题)的应用，l l lm，命题正确； ，l l、m可平行，可相交，可异面，命题错误； m，l lm l与可平行，l可在内，l可与相交，命题错误； l、lm，命题正确本题考查面面平行，线面平行，面面垂直，线面垂直的性质本题属于容易题7. 4解析：由Sn2an2，Sn12an12(n2)，相减，化简得an2an1，则数列an为公比是2的等比数列则4.本题考查Sn与an的关系，等比数列的定义以及项之间的关系本题属于容易题8. 解析：由题意知F(c，0)，线段PF的中点坐标为(0，b

9、)，则P(c，2b)，代入双曲线方程并整理得1，即e.本题考查双曲线的焦点，中点公式、虚轴等概念本题属于容易题9. 4解析：由题意知T，则A，B，而OAOB，则30，即2，得T4.本题考查三角函数的图象与性质，向量数量积的坐标运算等内容本题属于容易题10. 1，3解析：当x0时，f(x)2x2，当x0时，f(x)2x2，不等式f(x)2得2x2，则不等式f(x1)2得2x12，得1x3.本题考查了函数的图象与性质，以及整体思想的运用本题属于容易题11. 解析：因为()23，所以.本题考查向量的线性表示，以及向量数量积的运算法则本题属于容易题12. 3解析：根据题意，圆M与以N为圆心的圆的位置关

10、系是内切或内含则dMNdON1，即1dON1.所以dON2恒成立因为N在圆M上运动，所以dON的最小值为dOM1，即dOM12，所以3，解得a3，所以a的最小值为3.本题考查了圆与圆的位置关系，一元二次不等式解法，以及数形结合思想的运用本题属于中等题13. 解析：该题利用数形结合的方法去解决，y的图象利用导数画出草图，该函数在x2处取到最大值，结合f(x)的草图分析，对于yx1的函数值为时，得到x，所以a2.本题考查了分段函数，利用导数求最值等内容，以及数形结合思想处理函数问题本题属于难题14. 解析：把2x2xyy21变为(xy)(2xy)1，令2xyt，xy，由此解得x，y，把x，y代入得

11、：原式，2或2，所以原式的最大值为.本题考查了代数式的变形，利用基本不等式求最值本题属于难题15. 解：(1) 因为mn3bcosB，所以acosCccosA3bcosB.由正弦定理，得sinAcosCsinCcosA3sinBcosB，(3分)所以sin(AC)3sinBcosB，所以sinB3sinBcosB.因为B是ABC的内角，所以sinB0，所以cosB.(7分)(2) 因为a，b，c成等比数列，所以b2ac.由正弦定理，得sin2BsinAsinC.(9分)因为cosB，B是ABC的内角，所以sinB.(11分)又.(14分)16. (1) 证明：因为ABAC，点D为BC中点，所以

12、ADBC.(2分)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1平面ABC.因为AD平面ABC，所以BB1AD.(4分)因为BCBB1B，BC平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，所以AD平面BCC1B1.因为AD平面ADC1，所以平面ADC1平面BCC1B1.(6分)(2) 解：连结A1C，交AC1于O，连结OD，所以O为AC1中点(8分)因为A1B平面ADC1，A1B平面A1BC，平面ADC1平面A1BCOD，所以A1BOD.(12分)因为O为AC1中点，所以D为BC中点，所以1.(14分)17. (1) 解：由题意，得，1，解得a26，b23.所以椭圆的方程为1.(2分)(2) 解：(

13、解法1)椭圆C的右焦点F(，0)设切线方程为yk(x)，即kxyk0，所以，解得k，所以切线方程为y(x)(4分)由方程组解得或所以点P，Q的坐标分别为，所以PQ.(6分)因为O到直线PQ的距离为，所以OPQ的面积为.因为椭圆的对称性，当切线方程为y(x)时，OPQ的面积也为.综上所述，OPQ的面积为.(8分)(解法2)椭圆C的右焦点F(，0)设切线方程为yk(x)，即kxyk0，所以，解得k，所以切线方程为y(x)(4分)把切线方程y(x)代入椭圆C的方程，消去y得5x28x60.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1x2.由椭圆定义可得，PQPFFQ2ae(x1x2)2.(6分)因

14、为O到直线PQ的距离为，所以OPQ的面积为.因为椭圆的对称性，当切线方程为y(x)时，OPQ的面积也为.综上所述，OPQ的面积为.(8分) 证明：(证法1)() 若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x或x.当x时，P(，)，Q(，)因为0，所以OPOQ.当x时，同理可得OPOQ.(10分)() 若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为ykxm，即kxym0.因为直线与圆相切，所以，即m22k22.将直线PQ方程代入椭圆方程，得(12k2)x24kmx2m260.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.(12分)因为x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1

15、k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)kmm2.将m22k22代入上式可得0，所以OPOQ.综上所述，OPOQ.(14分)(证法2)设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0xy0y20，且xy2.() 当y00时，则直线PQ的方程为x或x.当x时，P(，)，Q(，)因为0，所以OPOQ.当x时，同理可得OPOQ.(10分)() 当y00时，由方程组消去y得(2xy)x28x0x86y0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.(12分)所以x1x2y1y2x1x2.因为xy2，代入上式可得0，所以OPOQ.综上所述，OPOQ.(14分)18. 解：(1) 由题意，

16、可得AD12千米由题可知|，(2分)解得v.(4分)(2) (解法1)经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)由于先乙到达D地，故2，即v8.(6分) 当0vt5，即0t时，f(t)(6t)2(vt)226tvtcosDABt2.因为v2v360，所以当t时，f(t)取最大值，所以25，解得v.(9分) 当5vt13，即t时，f(t)(vt16t)29(v6) 29.因为v8，所以，(v6)20，所以当t时，f(t)取最大值，所以(v6) 2925，解得v.(13分) 当13vt16, t时，f(t)(126t)2(16vt)2，因为126t0，16vt0，所以当f(t)在上递减，所以当t

17、时，f(t)取最大值，25，解得v.因为v8，所以 8v.(16分)(解法2)设经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)由于先乙到达D地，故2，即v8.(6分)以A点为原点，AD为x轴建立直角坐标系， 当0vt5时，f(t).由于25，所以对任意0t都成立，所以v2，解得v.(9分) 当5vt13时，f(t)(vt16t)232.由于(vt16t)23225，所以4vt16t4对任意t都成立，即对任意t都成立，所以解得v.(13分) 当13vt16即t，此时f (t)(126t)2(16vt)2.由及知8v，于是0126t12124，又016vt3，所以f (t)(126t)2(16vt)

18、2423225恒成立综上可知8v.(16分)19. 解：(1) 当m1时，f(x)x3x21，f(x)3x22xx(3x2)由f(x)0，解得x0或x.所以函数f(x)的减区间是(，0)和.(2分)(2) 依题意m0.因为f(x)x3mx2m，所以f(x)3x22mxx(3x2m)由f(x)0，得x或x0.当0x时，f(x)0，所以f(x)在上为增函数；当xm时，f (x)0，所以f(x)在上为减函数；所以f(x)极大值fm3m.(4分) 当m3mm，即m，ymaxm3m；(6分) 当m3mm，即0m时，ymaxm.综上，ymax(8分)(3) 设两切点的横坐标分别是x1，x2.则函数f(x)

19、在这两点的切线的方程分别为y(xmxm)(3x2mx1)(xx1)，y(xmxm)(3x2mx2)(xx2)(10分)将(2，t)代入两条切线方程，得t(xmxm)(3x2mx1)(2x1)，t(xmxm)(3x2mx2)(2x2)因为函数f(x)图象上有且仅有两个不同的切点，所以方程t(x3mx2m)(3x22mx)(2x)有且仅有不相等的两个实根(12分)整理得t2x3(6m)x24mxm.设h(x)2x3(6m)x24mxm，则h(x)6x22(6m)x4m2(3xm)(x2) 当m6时，h(x)6(x2)20，所以h(x)单调递增，显然不成立； 当m6时，h(x)0，解得x2或x.列表

20、可判断单调性，可得当x2或x时，h(x)取得极值分别为h(2)3m8，或hm3m2m.要使得关于x的方程t2x3(6m)x24mxm有且仅有两个不相等的实根，则t3m8，或tm3m2m.(14分)因为t0，所以3m80 (*)，或m3m2m0 (*)解(*)得m，解(*)得m93或m93.因为m0，所以m的范围为93，)(16分)20. (1) 解：因为3b1，2b2，b3成等差数列，所以4b23b1b3，即43(2ad)，解得.(4分) 证明：由an1bnan2，得anda(n1)d，整理得(6分)解得n.(8分)由于1且0.因此存在唯一的正整数n，使得an1bnan2.(10分)(2) 解：因为，所以.设f(n)，n2，nN*.则f(n1)f(n).因为q2，n2，所以(q1)n22(q2)n3n2310，所以f(n1)f(n)0，即f(n1)f(n)，即f(n)单调递增(12分)所以当r2时，tr2，则f(t)f(r)，即，这与互相矛盾所以r1，即.(14分)若t3，则f(t)f(3)，即，与相矛盾于是t2，所以，即3q25q50.又q2，所以q.(16分)