1、江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(七)数学(满分160分，考试时间120分钟)一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 已知集合Ax|x21，集合B2，1，0，1，2，则AB_(第2题)2. 如图，在复平面内，点A对应的复数为z1，若i(i为虚数单位)，则z2_3. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线y21的实轴长为_4. 某校共有教师200人，男学生800人，女学生600人，现用分层抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为n的样本，已知从男学生中抽取的人数为100人，那么n_Read a，bi1While i2aabbabii1End WhilePrint a(第5题)5.
2、 执行如图所示的伪代码，当输入a，b的值分别为1，3时，最后输出的a的值为_6. 甲、乙两人下棋，若甲获胜的概率为，甲、乙下成和棋的概率为，则乙不输棋的概率为_7. 已知直线ykx(k0)与圆C：(x2)2y21相交于A，B两点，若AB，则k_(第9题)8. 若命题“存在xR，ax24xa0”为假命题，则实数a的取值范围是_9. 如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，O为BD1的中点，三棱锥OABD的体积为V1，四棱锥OADD1A1的体积为V2，则的值为_10. 已知公差为2的等差数列an及公比为2的等比数列bn满足a1b10，a2b20，则a3b3的取值范围是_11. 设f(x)是R上的奇
3、函数，当x0时，f(x)2xln，记anf(n5)，则数列an的前8项和为_12. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B分别为x轴，y轴上一点，且AB2，若点P(2，)，则|的取值范围是_13. 若正实数x，y满足(2xy1)2(5y2)(y2)，则x的最大值为_14. 已知函数f(x)Asin(x)coscos(其中A为常数，(，0)，若实数x1，x2，x3满足： x1x2x3， x3x12， f(x1)f(x2)f(x3)，则的值为_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的对边分别为a，b，
4、向量m(cosA，sinB)，n(cosB，sinA)(1) 若acosAbcosB，求证：mn；(2) 若mn，ab，求tan的值16.(本小题满分14分)如图，在三棱锥PABC中，PACBAC90，PAPB，点D，F分别为BC，AB的中点求证：(1) 直线DF平面PAC；(2) PFAD.17. (本小题满分14分)一个玩具盘由一个直径为2米的半圆O和一个矩形ABCD构成，AB1米，如图所示小球从A点出发以大小为5v的速度沿半圆O轨道滚到某点E处后，经弹射器以6v的速度沿与点E切线垂直的方向弹射到落袋区BC内，落点记为F.设AOE弧度，小球从A到F所需时间为T.(1) 试将T表示为的函数T
5、()，并写出定义域；(2) 求时间T最短时cos的值18. (本小题满分16分)已知数列an，bn满足2Sn(an2)bn，其中Sn是数列an的前n项和(1) 若数列an是首项为，公比为的等比数列，求数列bn的通项公式；(2) 若bnn，a23，求数列an的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设cn，求证：数列cn中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积19. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y24，椭圆：y21，A为椭圆右顶点过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D.设直线AB，AC
6、的斜率分别为k1，k2.(1) 求k1k2的值；(2) 记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数，使得kPQkBC？若存在，求值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC必过点Q.20. (本小题满分16分)已知函数f(x)ax4x2，x(0，)，g(x)f(x)f(x)(1) 若a0，求证：() f(x)在f(x)的单调减区间上也单调递减；() g(x)在(0，)上恰有两个零点；(2) 若a1，记g(x)的两个零点为x1，x2，求证：4x1x2a4. (七)1. 1，0，1解析：Ax|1x1，则AB1，0，1本题主要考查集合的交集以及简单的一元二次不等式的解法等基础知识本题
7、属于容易题2. 2i解析：z2z1i(12i)i2i.本题主要考查复数的几何意义及乘法运算等基础知识本题属于容易题3. 2解析：双曲线y21的实轴长为2a2.本题主要考查双曲线标准方程及实轴长等基础知识本题属于容易题4. 200解析：由，得n200.本题主要考查分层抽样的概念，属于容易题5. 5解析：当i1时，a4，b1；当i2时，a5，b4，则最后输出的a的值为5.本题考查算法语句伪代码的运用本题属于容易题6. 解析：乙不输棋就是甲没有获胜，则所求的概率为1.本题考查了对立事件的概率本题属于容易题7. 解析：由AB，R1，利用勾股定理得圆心(2，0)到直线kxy0的距离为，而圆心到直线的距离
8、为，则，则k2，又k0，k.本题考查了圆的性质，点到直线的距离等内容本题属于容易题8. (2，)解析：由“存在xR，ax24xa0”为假命题，得“任意xR，ax24xa0”为真命题，则a0，0， t0，经检验得x的最大值为1.本题主要考查消参思想、方程思想，利用判别式法求最值本题属于难题14. 解析：由题意，得f(x)AsinxcosAsincosxcosxsinx(Acos)sinx(Asin)cosxsin(x).令f(x1)f(x2)f(x3)k，(1) 当0时，函数的周期T2，则有x3x12，与不符，故不成立；(2) 当0时，则有当tank(kZ) (，0)， .综上可得，.本题主要考
9、查和差角公式、二倍角公式，三角函数的图象与性质，以及分类讨论、数形结合的思想本题属于难题15. 证明：(1) 因为acosAbcosB，所以sinAcosAsinBcosB，所以mn.(7分)(2) 因为mn，所以cosAcosBsinAsinB0，即cos(AB)0.因为ab，所以AB.又A，B(0，)，所以AB(0，)，则AB，(12分)所以tantan1.(14分)16. 证明：(1) 点D，F分别为BC，AB的中点， DFAC. DF 平面PAC，AC平面PAC， 直线DF平面PAC.(6分)(2) PACBAC90， ACAB，ACAP. ABAPA，AB，AP在平面PAB内， AC
10、平面PAB.(8分) PF平面PAB， ACPF. PAPB，F为AB的中点， PFAB. ACPF，PFAB，ACABA，AC，AB在平面ABC内， PF平面ABC.(12分) AD平面ABC， ADPF.(14分)17. 解：(1) 过O作OGBC于G，则OG1，OF，EF1，所以T()，.(7分)(写错定义域扣1分)(2) T()，T()，(9分)记cos0，0，0T()0T()单调递减单调递增故当cos时，时间T最短(14分)18. (1) 解：因为an2，Sn，(2分)所以bn.(4分)(2) 解：若bnn，则2Snnan2n，所以2Sn1(n1)an12(n1)，两式相减得2an1
11、(n1)an1nan2，即nan(n1)an12.当n2时，(n1)an1(n2)an2，两式相减得(n1)an1(n1)an12(n1)an，即an1an12an.(8分)又由2S1a12，2S22a24得a12，a23，所以数列an是首项为2，公差为321的等差数列，故数列an的通项公式是ann1.(10分)(3) 证明：由(2)得cn，对于给定的nN*，若存在k，tn，k，tN*，使得cnckct，只需，即1，即，则t，(12分)取kn1，则tn(n2)，所以对数列cn中的任意一项cn，都存在cn1和cn22n使得cncn1cn22n.(16分)19. (1) 解：设B(x0，y0)，则
12、C(x0，y0)，y1，所以k1k2.(4分)(2) 解：联立得(1k)x24kx4(k1)0，解得xP，yPk1(xP2).联立得(14k)x216kx4(4k1)0，解得xB，yBk1(xB2)，(8分)所以kBC，kPQ，所以kPQkBC，故存在常数，使得kPQkBC.(10分)(3) 证明：当直线PQ与x轴垂直时，Q，则kAQk2，所以直线AC必过点Q.当直线PQ与x轴不垂直时，直线PQ方程为y，联立解得xQ，yQ，所以kAQk2，故直线AC必过点Q.(16分)(不考虑直线PQ与x轴垂直情形扣1分)20. 证明：(1) () 因为f(x)ax4x2(x0)，所以f(x)4ax3x.由(
13、4ax3x)12ax210得f(x)的递减区间为，(2分)当x时，f(x)4ax3xx(4ax21)0，所以f(x)在f(x)的递减区间上也递减(4分)() (证法1)g(x)f(x)f(x)ax4x2(4ax3x)ax44ax3x2x，因为x0，由g(x)ax44ax3x2x0得ax34ax2x10，令(x)ax34ax2x1，则(x)3ax28ax.因为a0，且(0)0，所以(x)必有两个异号的零点，记正零点为x0，则x(0，x0)时，(x)0，(x)单调递减；x(x0，)时，(x)0，(x)单调递增，若(x)在(0，)上恰有两个零点，则(x0)0.(7分)由(x0)3ax8ax00，显然
14、x0，a代入(x0)得(x0)，由于x5x080，所以只需比较x0与的大小再由(x0)3ax8ax00得3ax00，则x0.所以(x0)0.又(0)10，所以在(0，x0)上有且仅有一个零点又(x)ax34ax2x1x1，令ax24ax0，解得x.所以取M，当xM时，(x)0，所以在(x0，M)上有且仅有一个零点故a0时，g(x)在(0，)上恰有两个零点(10分)(证法2)g(x)f(x)f(x)ax4x2(4ax3x)ax44ax3x2x，因为x0，由g(x)ax44ax3x2x0得ax34ax2x10，令(x)ax34ax2x1，由(x0)3ax8ax00得3ax8ax0，所以(x0)ax
15、0x0.因为(x)对称轴为x，所以(0)0，所以x0，所以(x0)ax00.又(x)ax34ax2x1ax2(x8)x(ax21)1，设，8中的较大数为M，则(M)0，故a0时，g(x)在(0，)上恰有两个零点(10分)(证法3)g(x)f(x)f(x)ax4x2(4ax3x)ax44ax3x2x，因为x0，由g(x)ax44ax3x2x0得ax34ax2x10，令(x)ax34ax2x1，若g(x)在(0，)上恰有两个零点，则(x)在(0，)上恰有两个零点，当x2时，由(x)0得a0，此时(x)x1在(0，)上只有一个零点，不合题意；当x2时，由(x)ax34ax2x10得，(7分)令1(x
16、)x22x4，则1(x)0，当x(0，2)时，(x)单调递增，且由yx22x4，y值域知(x)值域为(0，)；当x(2，)时，1(x)单调递增，且1(4)0.由yx22x4，y值域知(x)值域为(，)；因为a0，所以0，而y与1(x)有两个交点，所以1(x)在(0，)上恰有两个零点(10分)(3) (证法1)由(2)知，对于(x)ax34ax2x1在(0，)上恰有两个零点x1，x2，不妨设x1x2，因为(0)10，(67a)0，所以0x1.(12分)因为(4)10，(81a10)0，所以4x2，所以4x1x25a4.(16分)(证法2)由(2)知，因为x0，2)时，1(x)单调递增，1，1(0)01(x1)1，所以0x1.(12分)当x(2，)时，1(x)单调递增，1，1(4)01(x2)1，所以4x2.所以4x1x25a4.(16分)
