1、2017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）开始结束输出Sn1, S0S 100nn + 1SS + 2nNY(第5题)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 1. 设集合A = 1，x ，B = 2，3，4，若AB =4，则x = .2. 若复数z12+i，z15，则z2 .3. 从数6，7，8，9，10，11六个数中，任取两个不同的数，则两个数互质的概率是 .4已知一组数据x1，x2，x100的方差是，则数据3x1，3x2，3x100 的标准差为 .5执行右边的程序框图，则输出的S的值为 .6设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是单
2、位正方形，其表面积14，则AA1 .7不等式组表示的平面区域的面积为S，则S的值为 8函数ysin(x)(0)的图象在0,1上恰有三个最高点，则的取值范围是 .9若两个非零向量a，b的夹角为60，且(a2b)(a2b)，则向量ab与ab的夹角的余弦值是 .10已知函数f(x)ex-1tx，$x0R，f(x0)0，则实数t的取值范围 11已知数列an是一个等差数列，首项a10，公差d0，且a2、a5、a9依次成比数列，则使a1a2an100a1的最小正整数k的值是 .12抛物线y22px(p0)和双曲线1(a0，b0)有一个相同的焦点F2(2，0)，而双曲线的另一个焦点F1，抛物线和双曲线交于点
3、B、C，若BCF1是直角三角形，则双曲线的离心率是 13ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则cosAcosBcosC 14已知函数f(x)，x0,4，则f(x)最大值是 二、解答题：本大题共6小题，共90分.15（本小题满分14分）已知(0，)，且sin()(1)求sin()的值；(2)求cos(2)的值16（本小题满分14分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，M是AB的中点，O1是A1C1与B1D1的交点(1)求证：O1M平面BB1C1C；AA1B1CD1BC1DMO1(2)若平面AA1C1C平面ABCD，求证：四边形BB1D1D是矩形BO3Nm(N)
4、2N17.（本小题满分14分）如图所示，一根绳穿过两个定滑轮，且两端分别挂有3(N)、2(N)的重物现在两个滑轮之间的绳上挂一个重量为m(N)的重物，恰好使系统处于平衡状态A(1)若AOB120，求m的值；(2)求m的取值范围18. 椭圆C：1的左、右顶点分别为A、B，F为椭圆C的右焦点，在椭圆C上任取异于A、B的点P，直线PA、PB分别与直线x=3交于点M，N，直线MB与椭圆C交于点Q(1)求的值；(2)证明：A、Q、N三点共线19.（本小题满分16分）已知数列满足，（1）若数列为等差数列，求；（2）设，不等式成立，求实数a的最小值20.（本小题满分16分）已知二次函数f(x)=ax2+bx
5、+1，g(x)=a2x2+bx+1(1)若f(x)g(x)对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个不同零点x1，x2；函数g(x)有两个不同零点x3，x4 (i)若x3x1x4，试比较x2，x3，x4的大小关系； (ii)若x1=x3x2，m、n、p，求证m=n=p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是半圆的直径，C是半圆上一点，D是弧AC的AEBCDM中点，DEAB于E，AC与DE交于M，求证：AMDMB（选修：矩阵与变换）已知二阶矩阵M属于特征值3
6、的一个特征向量为a，并且矩阵M对应的变换将点（1，2）变成点（9，15），求出矩阵M.C（选修：坐标系与参数方程）已知圆C的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是（t是参数）.若直线与圆C相切，求实数m的值.D（选修：不等式选讲）设函数，若不等式对任意且恒成立，求实数的范围【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22(本小题满分10分) 如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，MDOABCABC45，OA底面ABCD，OA2，M为OA的中
7、点（1）求异面直线AB与MD所成角的大小；（2）求平面OAB与平面OCD所成锐二面角的余弦值23设a0a1a2an(iN*，i1，2，n)，以b，c表示正整数b，c的最小公倍数求证：12017年高考模拟试卷(5)参考答案一、填空题1 2 3. 391 4. 18 5 6充分不必要 74 8 91010已知函数（），且（），则 10由，知，因为，所以，所以11(1，2 f(f (x)作出函数f(f (x)的图像可知，当1k2时，函数yf(f (x)k有3个不同的零点1212由可得，即，所以圆心在上，且 注意到，所以，所以13由，得，设，则，因为，所以，所以的最大值为14设a为实数，记函数f(x)
8、axax（x，1）的图象为C如果任何斜率不小于1的直线与C都至多有一个公共点，则a的取值范围是 14由任何斜率不小于1的直线与C都至多有一个公共点，也即x，1时，曲线上任意两点连线的斜率都小于1，所以在x，1上恒成立由，即，设，只需，且，所以二、解答题 15解：（1）由正弦定理知，bsinAasinB，又acosB1， ，两式平方相加，得(asinB)2(acosB)23，因为sin2Bcos2B1，所以a（负值已舍）； （2）由（1）中，两式相除，得，即tanB，因为AB，所以tanAtan(B) 32（14分）16证：（1）方法1：取线段PD的中点M，连结FM、AM.因为F为PC的中点，所
9、以FMCD，且FMCD.因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以EACD，且EACD.所以FMEA，且FMEA.所以四边形AEFM为平行四边形所以EFAM.又AM平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.方法2：连结CE并延长交DA的延长线于N，连结PN.因为四边形ABCD为矩形，所以ADBC，所以BCEANE，CBENAE.又AEEB，所以CEBNEA.所以CENE.又F为PC的中点，所以EFNP.又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.方法3：取CD的中点Q，连结FQ、EQ.在矩形ABCD中，E为AB的中点，所以AEDQ，且AEDQ.所以四边形AEQD为平行四边形
10、，所以EQAD.又AD平面PAD，EQ平面PAD，所以EQ平面PAD.(2分)因为Q、F分别为CD、CP的中点，所以FQPD.又PD平面PAD，FQ平面PAD，所以FQ平面PAD.又FQ、EQ平面EQF，FQEQQ，所以平面EQF平面PAD.(5分)因为EF平面EQF，所以EF平面PAD.(2) 设AC、DE相交于G.在矩形ABCD中，因为ABBC，E为AB的中点，所以.又DAECDA，所以DAECDA，所以ADEDCA.又ADECDEADC90，所以DCACDE90.由DGC的内角和为180，得DGC90.即DEAC.因为点P在平面ABCD内的正投影O在直线AC上，所以PO平面ABCD.因为
11、DE平面ABCD，所以PODE.因为POACO，PO、AC平面PAC，所以DE平面PAC，又DE平面PDE，所以平面PAC平面PDE.17解：（1）设年内所建安置房面积之和首次不低于3 000万m2， 依题意，每年新建安置房面积是以200为首项，50为公差的等差数列， 从而年内所建安置房面积之和为 m2， 则3 000，整理得， 解得. 答：8年内所建安置房面积之和首次不低于3 000万m2. （2）依题意，每年新建住房面积是以500为首项，1.1为公比的等比数列， 设第年所建安置房面积占当年新建住房面积的比为， 则， 由得，解得.答：第7年和第8年，所建安置房面积占当年新建住房面积的比保持不
12、变. 14分18解：（1）分别过点A、B作直线的垂线，垂足为，由题意得，由点到直线距离公式得，因为圆A以为半径，所以半径为c，被直线截得的弦长为，圆B以为半径，半径为a，被直线截得的弦长为.因为直线：被圆A和圆B截得的弦长之比为，所以，解得（ac0）.因为，所以所求的离心率为,（2）存在点P，使得过点P有无数条直线被圆A和圆B截得的弦长之比为，设点，由题意可得直线方程为,直线截圆A所得的弦长为,直线截圆B所得的弦长为, , 化简得（*），由（1）离心率为，得， 即方程（*）为,解得或， 即存在2个点和；当时，解得，当时，解得, 即有无数条直线； 故存在2个点P，使得过点P有无数条直线被圆A和圆
13、B截得的弦长之比为19解：（1）（i）当时，的递增区间是，无递减区间；无极值（ii）当时，由得，；由得，；的递减区间是，递増区间是，的极小值为，无极大值 （2）由，可得，因为，所以，即对任意恒成立，记，则，因为，所以，即在上单调递增，故所以实数k的取值范围为由已知，结合（1）可知，,在上单调递减，在上单调递增，又，时，不妨设，此时，故要证，只要证，只要证，因，即证设， 当时，在上单调递减，时，故当时，即成立，20解：（1）； 3分（2） 当时，所以；当时，由，则，两式相减得，即，所以6分因为，所以当时，数列满足（），即数列是以为首项，为公比的等比数列；当时，数列不是等比数列 8分 由知，当时，
14、；当时，10分又，由于，所以由可得，所以对任意的正整数恒成立，即数列的前项单调递增是题设成立的必要条件，易知12分因为，所以当时，由，得，解得，此时，不符合，舍去；当，由，得，解得，此时，符合综上所述，的取值范围是 16分第II卷（附加题，共40分）21A证：因为PA是圆O在点A处的切线，所以PABACB 因为PDAC，所以EDBACB，所以PAEPABACBBDE又PEABED，故PAEBDE 10分21B解：设点(x0，y0)为曲线|x|+|y|=1上的任意一点，在矩阵对应的变换作用下得到的点为，则，所以 5分所以曲线|x|+|y|=1在矩阵对应的变换作用下得到的曲线为|x|+3|y|=1
15、，所围成的图形为菱形，其面积为 .10分21C解：（1）将及对应的参数代入为参数），得，所以，所以曲线的普通方程为.4分（2）曲线的极坐标方程为，将代入得，所以. 10分21D解：因为a0，b0，ab1，所以(2a1)(2b2)5，从而()(2a1)(2b2)14529 6分所以 当且仅当，且ab1，即a，b 时，取得最小值 10分22解：因为在直三棱柱中，所以分别以、所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则,因为是的中点，所以，2分（1）因为，设平面的法向量，则，即，取，所以平面的法向量，而，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；5分（2），设平面的法向量，则，即，取，平面的法向量，所以，二面角的大小的余弦值10分23（1）证明：（2）证明：；令且，于是因为，所以
