高中数学高考数学-6月大数据精选模拟卷02（江苏卷）（临考预热篇）（解析版）

数学-6月大数据精选模拟卷02（江苏卷）（临考预热篇）

数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

4．测试范围：高中全部内容。   

一、填空题：本题共14个小题，每题5分，满分70分.

1.已知集合，，则         .

【答案】

【解析】由得或，所以或 ，

因为所以.

2.已知复数是虚数单位），则的实部为         .

【答案】

【解析】因为,所以实部为.

3.已知双曲线的焦距为10，则=          .

【答案】4

【解析】因为双曲线的焦距为10，所以，因为所以又，所以

4.某单位A，B,C三个部门的 人数分别为240,80,160，为了他们在某APP平台上的学习情况，用分层抽样的方法从中抽取容量为36的样本，则应从B部门中抽取的人数为      .

【答案】6

【解析】由题意得，应从B部门中抽取的人数为.

5．执行如图所示的伪代码，则输出的结果为_________.

【答案】

【解析】根据程序伪代码，列举出程序的每一步，即可得出输出结果.

当时，，；

当时，，；

当时，，；

当时，，；

当时，，.

不满足，输出的值为.

故答案为：.

6．某学校高三年级有、两个自习教室，甲、乙、丙名学生各自随机选择其中一个教室自习，则甲、乙两人不在同一教室上自习的概率为________.

【答案】

【解析】由题意可知，甲、乙、丙名学生各自随机选择其中一个教室自习共有种，

甲、乙两人不在同一教室上自习，可先考虑甲在、两个自习教室选一间教室自习，然后乙在另一间教室自习，则丙可在、两个自习教室随便选一间自习教室自习，由分步计数原理可知，有种选择.因此，甲、乙两人不在同一教室上自习的概率为.故答案为：.

7．若，，，则       ．

【答案】﹣1

【解析】由，得，

            所以或

            得或

            因为，，则，所以．

8．已知等差数列的前项和为，，，则的值为_________.

【答案】

【解析】设等差数列的公差为，则，解得，

因此，.故答案为：.

9．如右图，在体积为12的三棱锥A—BCD中，点M在AB上，且AM＝2MB，点N为 CD的中点，则三棱锥C—AMN的体积为       ．

【答案】4

【解析】由题意可得VC—AMN＝VA—BCD＝4．

10.已知函数是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，当时，（其中是自然对数的底数），若，则实数的值为_____.

【答案】3

【解析】由题意得： ，，解得：

11.如图，在中，是上的两个三等分点，，则的最小值为____.

【答案】

【解析】

.

12．已知是的垂心（三角形三条高所在直线的交点），，则的值为_______.

【答案】

【解析】因为是的垂心，所以，

因为，且，所以，

所以，同理，即，

所以，所以.

故答案为：.

13．已知集合，集合，若，则的最小值为___________.

【答案】4

【解析】画出集合的图象如图所示：

第一象限为四分之一圆，第二象限，第四象限均为双曲线的一部分，且渐近线均为，所以，

所求式为两直线之间的距离的最小值，所以，与圆相切时最小，

此时两直线间距离为圆半径4，所以最小值为4.

故答案为：4.

14.设函数，，其中.若恒成立，则当取得最小值时，的值为______.

【答案】

【解析】

方法一：

所以

当且仅当，时，上述等号成立，所以取最小值时，.

方法二：由对称性可知，最小时，，且

所以，即，则.

二、解答题：本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15．(本题满分14分)

已知向量

   （1）若a∥b，求x的值；

   （2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值．

（2）．

因为，所以，从而．

于是，当，即时，取到最大值3；

当，即时，取到最小值．

16．(本题满分14分)

如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）求证：平面平面.

【解析】

（1）在中，因为M，N分别为棱PB，PC的中点，

    所以MN// BC．

    又MN平面AMN，BC平面AMN，

    所以BC//平面AMN．

（2）在中，因为，M为棱PB的中点，

所以．

    又因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB平面PBC，平面PAB，

    所以平面PBC

    又平面AMN，所以平面AMN⊥平面PBC．

17．(本题满分14分)

如图，直线l是湖岸线，O是l上一点，弧AB是以O为圆心的半圆形栈桥，C为湖岸线l上一观景亭．现规划在湖中建一小岛D，同时沿线段CD和DP(点P在半圆形栈桥上且不与点A，B重合)建栈桥．考虑到美观需要，设计方案为DP＝DC，∠CDP＝60°且圆弧栈桥BP在∠CDP的内部．已知BC＝2OB＝2(km)．设湖岸BC与直线栈桥CD，DP及圆弧栈桥BP围成的区域(图中阴影部分)的面积为S(km2)，∠BOP＝θ.

(1) 求S关于θ的函数关系式；

(2) 试判断S是否存在最大值，若存在，求出对应的cosθ的值；若不存在，说明理由．

【解析】 (1) 在△COP中，CP2＝CO2＋OP2－2CO·OPcosθ＝10－6cosθ，

从而△CDP的面积S△CDP＝CP2＝(5－3cosθ)．

因为△COP的面积S△COP＝OC·OPsinθ＝sinθ，

所以S＝S△CDP＋S△COP－S扇形OBP

＝(3sinθ－3cosθ－θ)＋，0＜θ≤θ0＜π，cosθ0＝.

(注：定义域2分．当DP所在直线与半圆相切时，设θ取得最大值θ0，此时在△COP中，OP＝1，OC＝3，∠CPO＝30°，CP＝，由正弦定理得＝6sinθ0，cosθ0＝.)

(2) 存在．S′＝(3cosθ＋3sinθ－1)，

令S′＝0，得sin＝.

当0＜θ＜θ0时，S′＞0，所以当θ＝θ0时，S取得最大值．

(或者：因为0＜θ＜π，所以存在唯一θ0∈，使得sin＝.当0＜θ＜θ0＜π时，S′＞0，所以当θ＝θ0时，S取得最大值．)

此时cos＝－，cosθ0＝cos[(θ0＋)－]＝.

18．(本题满分16分)

已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左顶点为A(－3，0)，圆心在原点的圆O与椭圆的内接△AEF的三条边都相切．

(1) 求椭圆方程；

(2) 求圆O方程；

(3) B为椭圆的上顶点，过B作圆O的两条切线，分别交椭圆于M，N两点，试判断并证明直线MN与圆O的位置关系．

【解析】(1) 由题意可知＝，a＝3，得c＝，

因为a2＝b2＋c2，所以b2＝，故椭圆的标准方程是＋＝1.

(2) 设直线AE的方程：y＝k(x＋3)，点E(x1，y1)，

由可得(4k2＋1)x2＋24k2x＋36k2－9＝0.

因为－3＋x1＝－，得x1＝，代入直线y＝k(x＋3)，得y1＝，所以E.

同理可得F.

根据条件可知圆心O到直线AE的距离等于圆心O到直线EF的距离．

可得＝||＝r，解之得k2＝，

从而r2＝1，所以圆O的方程为x2＋y2＝1.

(3) 设直线BM的方程为y＝kx＋，因为直线BM与圆O相切，所以d＝r，解得k＝±.

当k＝，lBM：y＝x＋，

由可得x2＋x＝0，所以M(－，－1)．

同理可得N(，－1)，

可得直线MN方程是y＝－1，

直线MN与圆O的位置关系是相切．

19．(本题满分16分)

定义：若无穷数列满足是公比为的等比数列，则称数列为“数列”.设数列中

（1）若，且数列是“数列”，求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，且，请判断数列是否为“数列”，并说明理由；

（3）若数列是“数列”，是否存在正整数，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数；若不存在，请说明理由.

【解析】

（1）由题意可得，

由数列为“数列”可得，即，

则是公比为1的等比数列，即，

则是首项为1，公差为3的等差数列，；

（2）是“”数列，，

理由如下：时，由，可得，

两式作差可得即，

则，两式作差可得，即，

由，可得，则，

则对任意成立，则为首项是，公比为3的等比软列，

则为数列；

（3）由是数列，可得是公比为2的等比数列，

即，则，由，可得，则，

则，

则，若正整数满足，则，

由，则，则，

若，则，不满足，

若，则，则，即，

则，则正整数，则；

因此存在满足条件的.

 20. (本题满分16分)

已知函数.

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）若的导函数存在两个不相等的零点，求实数的取值范围；

（3）当时，是否存在整数，使得关于的不等式恒成立？若存在，

求出的最大值；若不存在，说明理由.

【解析】

（1），

因为曲线在点处的切线方程为，

所以，得

（2）因为存在两个不相等的零点．

     所以存在两个不相等的零点，则．

     ①当时，，所以单调递增，至多有一个零点．

 ②当时，因为当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以时，．

 因为存在两个零点，所以，解得．

因为，所以．

因为，所以在上存在一个零点．

因为，所以．

因为，设，则，

因为，所以单调递减，

所以，所以，

所以在上存在一个零点．

综上可知，实数的取值范围为．

（3）当时，，，

设，则．所以单调递增，

且，，所以存在使得，

因为当时，，即，所以单调递减；

当时，，即，所以单调递增，

所以时，取得极小值，也是最小值，

此时，

因为，所以，

因为，且为整数，所以，即的最大值为．

数学Ⅱ(附加题)

21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）

设曲线2x2＋2xy＋y2＝1在矩阵A＝(a＞0)对应的变换作用下得到的曲线为x2＋y2＝1.求实数a，b的值．

【解析】设曲线2x2＋2xy＋y2＝1上任一点P(x，y)在矩阵A对应变换下的像是P′(x′，y′)，则

＝＝，

所以

因为x′2＋y′2＝1，

所以(ax)2＋(bx＋y)2＝1，

即(a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1，

所以由于a＞0，得a＝b＝1.

B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数，）.在曲线上点,使点到的距离最小，并求出最小值.

【解析】

由，及，，

所以的直角坐标方程为．

在曲线上取点，则点到的距离

，

当时，取最小值，

此时点的坐标为．

C．[选修4-5;不等式选讲]（本小题10分）

已知正数满足，求的最小值.

【解析】

因为都为正数，且，

所以由柯西不等式得，

，

当且仅当时等号成立，

所以的最小值为3．

【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，是圆柱的两条母线，分别经过上下底面的圆心是下底面与垂直的直径，.

（1）若，求异面直线与所成角的余弦值；

（2）若二面角的大小为，求母线的长.

【解析】

（1）以为原点，射线方向为轴、轴，轴正方向建系，

由，，则，

则，

设与所成角为，则；

（2）设，同第一问建系，则，

则，则，

平面平面，平面，平面，

则即为二面角的平面角，

则，则，则，则，

则母线长为.

23．（本小题满分10分）

已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)过点(2，1)，直线l过点P(0，－1)与抛物线C交于A，B两点．点A关于y轴的对称点为A′，连结A′B.

(1) 求抛物线C的标准方程；

(2) 问直线A′B是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．

【解析】(1) 将点(2，1)代入抛物线x2＝2py的方程，得p＝2，

所以，抛物线C的标准方程为x2＝4y.

(2) 设直线l的方程为y＝kx－1，又设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(－x1，y1)，

由得x2－4kx＋4＝0，

则Δ＝16k2－16＞0，x1·x2＝4，x1＋x2＝4k，

所以kA′B＝＝＝，

于是直线A′B的方程为y－＝(x－x2)，

所以y＝(x－x2)＋＝x＋1，当x＝0时，y＝1，

所以直线A′B过定点(0，1)．