江苏省2014届高三数学学科基地密卷(3).pdf

1 2014 年高考模拟试卷(3) 第Ⅰ卷（必做题，共 160 分） 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分 ． 1. 函数( )sin()3f xx的最小正周期为3，其中0，则 . 2. 若复数21(1)zaai 是纯虚数，则实数a= . 3. 若{Z|2216},{3,4,5}xAxB，则ABI= . 4. 已知双曲线22221(0,0)xyabab中，若以其焦点为圆心， 半实轴长为半径的圆与渐近线相切，则其渐近线方程为 ． 5． 如果数据1x，2x，3x， …，nx的方差是a， 若数据132x ，232x ，332x ，…，32nx 的方差为 9，则a  . 6. 执行右边的程序框图，若 p＝80，则输出的 n 的值为 . 7. 如果投掷两颗骰子，得到其向上的点数分别为x和y，则log (1)1xy 的概率为 . 8．若)(xf是 R 上的增函数，且2)2(, 4) 1(ff，设31)(|txfxP，4)(|xfxQ，若“Px”是“Qx的充分不必要条件，则实数t的取值范围是______. 9． 正方形铁片的边长为 8cm， 以它的一个顶点为圆心， 一边长为半径画弧剪下一个顶角为4的扇形，用这块扇形铁片围成一个圆锥形容器，则这个圆锥形容器的容积等于________cm3. 10. 若方程 22221,1,5 ,2,4xyabab表示焦点在x轴上且离心率小于32的椭圆，则zab的最小值为 ． 11. 已知22( )9,f xxxkx若关于x的方程( )0f x 在 （0， 4） 上有两个实数解， 则k的取值范围是 . 12. 已知圆 C 过点(1,1)P，且与圆 M:222(2)(2)(0)xyrr关于直线20xy对称.若 Q 为圆 C 上的一个动点，则PQ MQuuu r uuuu r的最小值为 . 13. 已知函数3221( )(21)1.3f xxxaxaa若函数( )f x在1,3上存在唯一的极值点．则实数a的取值范围为 ． 14. 已知函数22 ( ) nnf nnn为奇数为偶数 ，且( )(1)naf nf n，则1232014aaaa . 二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分. 15. （本小题满分 14 分） 已知ABC的三个内角, ,A B C所对的边分别为, ,a b c,向量(1,2)m u r，输入 P 开始 结束 输出 n n←1, S←0 S < p n←n + 1 S←S + 2n N Y (第 6 题)  2 2(cos2 ,cos)2AnAr，且1m nu r r. (1)求角 A 的大小； (2)若22 3bca,求证：ABC为等边三角形. 16.（本小题满分 14 分）在直三棱柱111ABCA B C中，AC=4,CB=2,AA1=2，60ACBo，E、F 分别是11,AC BC的中点． （1）证明：平面AEB 平面1BCF； （2）设 P 为线段 BE 上一点，且2EPPB，求三棱锥11PBC F的体积． 17.（本小题满分 14 分）设椭圆方程22221xyab(0)ab，椭圆上一点到两焦点的距离和为 4，过焦点且垂直于 x 轴的直线交椭圆于 A，B 两点，AB=2． （1）求椭圆方程； （2）若 M，N 是椭圆 C 上的点，且直线 OM 与 ON 的斜率之积为12，是否存在动点00(,)P xy，若2OPOMONuuu ruuuu ruuu r，有22002xy为定值． PFEC1B1A1CBA 3 18. (本小题满分 16 分) 某固定在墙上的广告金属支架如图所示， 根据要求， AB 至少长 3 米，C 为 AB 的中点，B 到 D 的距离比 CD 的长小 0.5 米，∠BCD=600 （1）若,CDx,BCy将支架的总长度表示为y的函数，并写出函数的定义域.（注：支架的总长度为图中线段 AB、BD 和 CD 长度之和） （2）如何设计,AB CD的长，可使支架总长度最短． 19.（本小题满分 16 分）若数列 na的前n项和为nS，且满足等式23nnaS. （1）能否在数列中找到按原来顺序成等差数列的任意三项，说明理由； （2）能否从数列中依次抽取一个无穷多项的等比数列，且使它的所有项和S满足9116013S，如果这样的数列存在，这样的等比数列有多少个？（注：设等比数列的首项为1,a，公比为(|| 1)q q ，则它的所有项的和定义为11aq） _ D _ C _ B _ A  4 20.（本小题满分 16 分）已知函数32( )(63)xf xxxxt e，tR. （1）若函数( )yf x有三个极值点，求t的取值范围； （2） 若( )f x依次在,,()xa xb xc abc处取到极值， 且22acb， 求( )f x的零点； （3）若存在实数[0,2]t，使对任意的[1,]xm，不等式( )f xx恒成立，试求正整数m的最大值. 第Ⅱ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４－１：几何证明选讲）在ABC中，,ABAC过点 A 的直线与其外接圆交于点P,交 BC 延长线于点 D. 求证：AP ADAB AC PDCBA 5 B． （选修４－２：矩阵与变换）ABC的顶点 A（1，2） ，B（3，3） ，C（2，1） ，求在矩阵2002对应的变换下所得图形的面积． C． （选修４－４：坐标系与参数方程）已知直线11:()53xtltyt   为参数和直线2:2 30lxy的交于点P. （1）求 P 点的坐标； （2）求点P与(1, 5)Q的距离. D． （选修４－５：不等式选讲）设, a b是正数，证明：3322222ababab. 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分. 22．在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为矩形，平面 ABEF⊥平面 ABCD， EF // AB，∠BAF=90º， AD= 2，AB=AF=2EF =1，点 P 在棱 DF 上． （1）若 P 是 DF 的中点， 求异面直线 BE 与 CP 所成角的余弦值； （2）若二面角 D-AP-C 的余弦值为63，求 PF 的长度． PFEDCAB 6 23．数列 na满足2121nnaa，1Na且11Na，其中2,3,4,NL （1）求证：1||a≤1； （2）求证：12cos2NkakZ． 2014 年高考模拟试卷(3)参考答案 南通市数学学科基地命题 第Ⅰ卷（必做题，共 160 分） 一、填空题 1. 6．263T ; 2. 1.将复数表示为( ,)zabi a bR的形式，然后由0,0ab即可求； 3. 3,4.142216,222 ,14xxx Q， 即1,2,3,4A . 3,4,5B Q ， 7 3,4AB； 4. yx .设焦点为( ,0)c，渐近线方程为byxa ，即0,bxay所以22,bcaab所以,ab即渐近线方程为yx ; 5. 3.原数据的方差为a，则新方差为2a，而已知新方差为 9，所以3a ; 6. 7 .依次产生的S和n值分别为2,2;6,3;14,4;30,5;62,6;126,7;所以，输出的n值为 7; 7. 19.因为抛掷两枚均匀的正方体骰子的基本事件数为 36 种，又由log (1)1xy 知1(1)yxx， 所以，满足条件的事件有: (2， 3)， (3， 4)， (4， 5)， (5， 6)共 4 种， 则log (1)1xy 的概率为19 ; 8. 3t. |() 13{()2}{()(2)}Px f xtx f xtx f xtf ，|( )4{( )( 1)}Qx f xx f xf ， 因 为 函 数)(xf是 R 上 的 增 函 数 ， 所 以|2{2}Px xtx xt ，|1Qx x ，要使“Px”是“Qx的充分不必要条件，则有21t  ，即3t ； 9. 7.由题意知，弧长为4×8＝2π，即围成圆锥形容器底面周长为 2π，所以圆锥底面半径为 r＝1，可得圆锥高 h＝3 7，所以容积 V＝13πr2×h＝13π×13 77 .; 10. 4 .方程22221xyab表示焦点在x轴且离心率小于32的椭圆时， 有222232abcabeaa ，即22224abab，化简得2abab， 又[1,5]a，[2,4]b，画出满足不等式组的平面区域，如右图阴影部分所示，令zyx，平移直线,yxz  当过(2,2)时，min4Z; 11. 23(, 3).4( )0f x 可 以 转 化 为22|9|xxkx ， 记22( ) |9|g xxx， 则( )0f x 在 （ 0 ， 4 ） 上 有 两 个 实 数 解 ， 可 以 转 化 为 函 数2229,03( )929,34xg xxxxx与( )h xkx 的 图 象 ， 结 合 图 像 和 特 殊 点(3,9),(4,23)AB可知23(, 3)4k ;  8 12. －4.设圆心 C( , )a b，则222022212abba，解得00ab，则圆 C 的方程为222xyr，将点P的坐标代入得22r ，故圆 C 的方程为222xy，设( , )Q x y，则222xy， 且(1,1) (2,2)PQ MQxyxyuuu r uuuu r=224xyxy=2xy， 法一：令2cosx，2siny，则2sin()4xy≥-2 法二：令xyt，则yxt  ，所以2PQ MQxyuuu r uuuu r≥-4，PQ MQuuu r uuuu r的最小值为4 ; 13. 7, 1.2( )221fxxxa， 若函数( )f x在1,3上存在唯一的极值点，则方程2221xxa=0 在区间1,3上有唯一解.因为抛物线21122 axx的对称轴为1 x，函数21122 axx在区间1,3单调递减，所以7, 1 a； 14. 2014. n为奇数时 1n为偶数 ，22(1)21 nannn ， n为偶数时，1n为奇数， 22(1)21 nannn ∴ 13 a，25a，37 a，49a，511 a， 713a ，…… ，∴ 122aa，342aa，即1220142014aaaL. 二、解答题 15. (1)由(1,2)m u r，2(cos2 ,cos)2AnAr， 得222cos22cos2cos1cos12coscos2Am nAAAAA  u r r …………4 分 又因为1m nu r r，所以，22coscos1AA解得1cos2A或cos1A   …………6 分 0,3AAQ ……7 分 (2)在ABC中，2222cosabcbcA且3a  所以，222221( 3)22bcbcbcbc ① …………9 分 又2 3bc，∴2 3bc， 代入①整理得22 330cc，解得3c ，∴3b ， 于是3abc， .…………13 分 即ABC△为等边三角形. .…………14 分  9 16． （1）在ABC中，∵AC=2，BC=4,060ACB， ∴2 3AB ，∴222ABBCAC， ∴ABBC.………………………………3 分 由已知1ABBB，1BBBCBI，∴11ABBB C C 面. …………………5 分 又∵ABABE面，11ABEBB C C故平面平面， 即平面AEB 平面1BCF ……7 分 （2）取11BC的中点H，连结EH， 则/ /EHAB且132EHAB， 由（1）11ABBB C C 面， ∴11EHBB C C 面， ……10 分 ∵2EPPB， ∴1 11 11 11112 33339P B C FE B C FB C FVVSEH. ……14 分 17. （1）因为24a ，所以，2a  ---------------------------------2 分 ∵过焦点且垂直于 x 轴的直线交椭圆于 A，B 两点，AB=2． ∴由椭圆的对称性知，椭圆过点( ,1)c，即22114cb --------------------4 分 224cb，解得22b  椭圆方程为22142xy ------------------------------------------------------------7 分 （2）存在这样的点00(,)P xy. 设11( ,)M x y，22(,)N xy， 则121212OMONy ykkx x ，化简为 121220x xy y ---------------------9 分 ∵M，N 是椭圆 C 上的点，∴2211142xy，2222142xy 由2OPOMONuuu ruuuu ruuu r得01201222xxxyyy- ----------------------------------------11 分 所以22220012122(2)(2)xyxxyy HPFEC1B1A1CBA 10 222211221212(2)4(2)4(2)xyxyx xy y444020 即存在这样的点00(,)P xy -----------------------------------------------------14 分 18. （1）由,CDx则(0.5)BDxm，设CBy， 则支架的总长度为ACBCBDCD， 在BCD中，由余弦定理2222cos60(0.5)xyxyxo 化简得 20.25yxyx   即20.250yxyx ① ……4 分 记0.5220.5lyyxxyx 由20.250yxyx，则20.251yxy 222220.2520.52220.5420.5220.520.50.50.51111yyyyyyylyyyyyy ---------6 分 （2）由题中条件得23y ，即1.5y  设1(0.5)yt t  则原式224(1)2(1)0.5484220.50.50.5tttttltt =2461.51.51.50.5460.545.5ttttttt ……10 分 0.5t Q由基本不等式1.542 6tt 有且仅当241.5t  ，即64t 时成立，又由64t  满足0.5t  614y，3 684x 当683 62,24ABCD时，金属支架总长度最短． …16 分 19. （1）当1n 时，1123aa，则11a . 又23nnaS，所以1123nnaS，两式相减得113nnaa， 即  na是首项为 1，公比为13的等比数列， 所以113nna ------------------------------------------------------4 分 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为,,,()pqraaapqr  11 则111211333qpr，即211333qpr， 所以2 331r qrp，即2 331r qrp，即3(23)1r p 又pqrQ，*,rq rpN ，所以33,230r p 所以3(23)0r p 假设不成立，所以不存在三项按原来顺序成等差数列 --------8 分 （2）设抽取的等比数列首项为13m，公比为13n，项数为k，且, ,m n kN 则111[1() ]333( )111133kmnmnnS k， -------------------------------------------10 分 因为9116013S，所以191311601313mn， ------------------12 分 所以1311(1)3391609(2)33mnnm LL 由（1）得到113133nm，所以3,1mn， ------------13 分 由（2）得到1609933mn， --------------------------------14 分 当3,1mn时，适合条件，这时等比数列首项为311327，公比为11133 当3,1mn时，均不适合. 当3,1mn时，均不适合. 综上可得满足题意的等比数列有只有一个. ------------------16 分 20. （1）①23232( )(3123)(63)(393)xxfxxxexxxtxxxte  ∵( )f x有 3 个极值点，∴323930xxxt 有 3 个不同的根， --------2 分 令32( )393g xxxxt ，则2( )3693(1)(3)g xxxxx， 从而函数( )g x在(, 1) ，(3,)上递增，在( 1,3)上递减. ∵( )g x有 3 个零点，∴( 1)0(3)0gg，∴824t  . -----------------4 分  12 （2）Q, ,a b c是( )f x的三个极值点 ∴3232393()()()()()xxxtxa xb xcxabc xabbcac xabc ----6 分 ∴23932abcabacbctabcacb  ，∴1b 或32（舍∵( 1,3)b ） ∴12 3112 3abc  ， 所以，( )f x的零点分别为12 3，1，12 3. -------------------10 分 （3）不等式( )f xx，等价于32(63)xxxxt ex，即3263xtxexxx. 转化为存在实数[0,2]t，使对任意的[1,]xm，不等式3263xtxexxx恒成立. 即不等式32063xxexxx在[1,]xm上恒成立. 即不等式2063xexx在[1,]xm上恒成立. ----------------12 分 设2( )63xxexx，则( )26xxex . 设( )( )26xr xxex ，则( )2xr xe. 因为1xm，有( )0r x. 所以( )r x在区间[1,]m上是减函数. 又1(1)40re，2(2)20re， 3330r ， 故存在02,3x ，使得00()()0r xx. 当01xx时，有( )0x，当0xx时，有( )0x. 从而( )yx在区间0[1,]x上递增，在区间0[,)x 上递减. 又1(1)40e，2(2)50e，3(3)60e， 4(4)50e，5(5)20e，6(6)30e. 所以，当15x时，恒有( )0x；当6x 时，恒有( )0x. 故使命题成立的正整数m的最大值为 5. -----------------16 分 第Ⅱ卷（附加题，共 40 分）  13 zyxPFEDCAB21. A. 由ABAC，所以ABCACB ，所以,,ACDAPCCAPCAP 所以,APCACD:所以,APACACAD所以2,ACAP AD 由ABAC，所以AP ADAB AC .………10 分 B．由20120224   ，所以，A，B，C 在矩阵变换下变为(2, 4),(6, 6),(4, 2)ABC， 从而可得2 5,2 2A BB CA C   ，可得 S=6． ………10 分 C. （1）将153xtyt   代入2 30xy得2 3t ， 得(12 3,1)P， ………5 分 （2）由(1, 5)Q， 得22(2 3)64 3PQ . ………10 分 D. 332233222()()()222abababababab ……3 分 3322332222()()()aba bababa babaabb ab ……6 分 2()()0ab ab.当且仅当ab时等号成立. ……10 分 22. （1）因为∠BAF=90º，所以 AF⊥AB， 因为 平面 ABEF⊥平面 ABCD，且平面 ABEF ∩平面 ABCD= AB， 所以 AF⊥平面 ABCD，因为四边形 ABCD 为矩形， 所以以 A 为坐标原点，AB，AD，AF 分别 为 x，y，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz． 所以 (1,0,0)B，1( ,0,1)2E，1(0,1,)2P，(1,2,0)C． 所以 1(,0,1)2BE  uuu r，1( 1, 1, )2CP   uuu r， 所以4 5cos,15|| ||BE CPBE CPBECPuuu r uuu ruuu r uuu ruuuu ruuu r， 即异面直线 BE 与 CP 所成角的余弦值为4 515． -----------------------------5 分 （2）因为 AB⊥平面 ADF，所以平面 APF 的法向量为1(1,0,0)n u u r． 设 P 点坐标为(0,22 , )t t，在平面 APC 中，(0,22 , )APt tuuu r，(1,2,0)AC uuu r， 所以 平面 APC 的法向量为222( 2,1,)tnt uu r，  14 所以，12122212||26cos,3|| ||22( 2)1()nnn nnntt u u r uu ru u r uu ru u ruu r 解得23t ，或2t （舍） ． 所以53PF ． ---------------10 分 23. （1）猜想：NKa≤1，1≤k