江苏高考数学二轮复习练习：预测试题一 Word版含答案

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1、20182018 年江苏高考预测试题年江苏高考预测试题( (一一) ) (对应学生用书第 129 页) (限时：120 分钟) 参考公式 样本数据x1，x2，xn的方差s21nni1 (xix)2，其中x1nni1xi. 棱柱的体积VSh，其中S是棱柱的底面积，h是高 棱锥的体积V13Sh，其中S是棱锥的底面积，h是高 数学试题 一、填空题(本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分请把答案填写在题中横线上) 1已知集合A0,3,4，B1,0,2,3，则AB_. 0,30,3 集合A0,3,4，B1,0,2,3，则AB0,3 2已知bR R，若(2bi)(2i)为纯虚数，则|1bi|_

2、. 1717 (2bi)(2i)4b(2b2)i 为纯虚数， 4b0，2b20，解得b4. 则|1bi|14i| 122 17. 3在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y28x的焦点恰好是双曲线x2a2y231 的右焦点，则双曲线的离心率为_. 【导学号：56394116】 2 2 抛物线y28x的焦点为(2,0)，则双曲线x2a2y231 的右焦点为(2,0)， 即有ca232，不妨设a1， 可得双曲线的离心率为eca2. 4某校有三个兴趣小组，甲、乙两名学生每人选择其中一个参加，且每人参加每个兴趣小组的可能性相同，则甲、乙不在同一兴趣小组的概率为_ 2 23 3 某校有三个兴趣小组，甲、乙

3、两名学生每人选择其中一个参加，且每人参加每个兴趣小组的可能性相同， 基本事件总数n339， 甲、乙不在同一兴趣小组包含的基本事件个数m326， 甲、乙不在同一兴趣小组的概率Pmn6923. 5 已知变量x，y满足约束条件 4x3y120，x4y40，x10，则目标函数z2xy的最大值为_ 44441919 根据题意，作出不等式组 4x3y120，x4y40，x10所表示的可行域如图中阴暗部分所示，作出直线 2xy0 并平移，可知当直线平移至过点A时，目标函数z2xy取得最大值，由 4x3y120，x4y40，解得 x3619，y2819，故z2xy的最大值为 2361928194419. 6在

4、一个容量为 5 的样本中，数据均为整数，已测出其平均数为 10，但墨水污损了两个数据，其中一个数据的十位数字 1 未污损，即 9,10,11,1 ，那么这组数据的方差s2可能的最大值是_ 1641645 5 设这组数据的最后 2 个分别是：10 x，y， 则 91011(10 x)y50， 得：xy10，故y10 x， 故s215101x2(x)22525x2， 显然x最大取 9 时，s2最大是1645. 7执行下面的流程图 1，输出的T_. 图 1 3030 执行流程图依次得 S5，n2，T2， S10，n4，T6， S15，n6，T12， S20，n8，T20， S25，n10，T30.

5、故输出T30. 8如图 2，在平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为线段AO的中点，若BEBABD(，R R)，则_. 图 2 3 34 4 BD2BO，BEBABD， BEBA2BO. E为线段AO的中点，BE12(BABO)， 12，212，解得14，34. 9已知 sin 3sin6，则 tan12_. 2 2 3 34 4 sin 3sin63sin cos63cos sin6 3 32sin 32cos ，tan 323 3. 又 tan12tan34tan3tan41tan3tan431312 3， tan12tan tan121tan tan12 323 32 3132

6、3 3 33 33 33 3 3 168 342 34. 10四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB2，AD3，PA 3，点E为棱CD上一点，则三棱锥EPAB的体积为_ 图 3 3 3 底面ABCD是矩形，E在CD上， SABE12ABAD12233. PA底面ABCD， VEPABVPABE13SABEPA133 3 3. 11记等差数列an的前n项和为Sn，已知a13，且数列Sn也为等差数列，则a11_. 6363 设等差数列an的公差为d， a13， 且数列Sn也为等差数列， 2S2a1S3， 2 6d 3 93d，化为d212d360，解得d6，则a113106

7、63. 12已知经过点P1，32的两个圆C1，C2都与直线l1：y12x，l2：y2x相切，则这两圆的圆心距C1C2等于_. 【导学号：56394117】 4 4 5 59 9 设圆心坐标为(x，y)，由于圆与直线l1： y12x，l2：y2x都相切，根据点到直线的距离公式得：|x2y|5|2xy|5，解得yx，圆心只能在直线yx上设C1(a，a)，C2(b，b)， 则圆C1的方程为(xa)2(ya)2a25， 圆C2的方程为(xb)2(yb)2b25， 将1，32代入，得 a232a2a25，b232b2b25， a，b是方程(1x)232x2x25， 即9x255x1340 的两根，ab2

8、59，ab6536， C1C2ab2ab2 2ab24ab 2625816594 59. 13已知xy0，且xy2，则4x3y1xy的最小值为_ 9 94 4 由xy0，可得x3y0，xy0， (x3y)(xy)4x3y1xy 5xyx3yx3yxy52xyx3yx3yxy9， 可得4x3y1xy9x3yxy9xy94. 当且仅当 2(xy)x3y，即x5y53时，取得最小值94. 14已知函数f (x) x， xa，x33x， xa，若函数g(x)2f (x)ax恰有 2 个不同的零点，则实数a的取值范围是_ 3 32 2，2 2 g(x) ax， xa，2x3ax， xa， 显然，当a2

9、时，g(x)有无穷多个零点，不符合题意； 当xa时，令g(x)0 得x0， 当xa时，令g(x)0 得x0 或x26a2， (1)若a0 且a2，则g(x)在a，)上无零点，在(，a)上存在零点x0 和x6a2， 6a2a，解得 0a2， (2)若a0，则g(x)在0，)上存在零点x0， 在(，0)上存在零点x62，符合题意； (3)若a0，则g(x)在a，)上存在零点x0， g(x)在(，a)上只有 1 个零点， 0(，a)， g(x)在(，a)上的零点为x6a2， 6a2a，解得32a0. 综上，a的取值范围是32，2 . 二、解答题(本大题共 6 小题，共 90 分解答时应写出文字说明、

10、证明过程或演算步骤) 15(本小题满分 14 分)在ABC中，AB6，AC3 2，ABAC18. (1)求BC的长； (2)求 tan 2B的值. 【导学号：56394118】 解 (1)由ABAC18 可得ABACcos A18， AB6，AC3 2， cos A1863 222， 0A， A34， 由余弦定理可得： BCAB2AC22ABACcos A3 10； 6 分 (2)法一：由(1)可得：a3 10，b3 2，c6， 可得：cos Ba2c2b22ac3 1010， 那么 sin B 1cos2B1010， tan Bsin Bcos B13， 故得 tan 2B2tan B1ta

11、n2B34. 14 分 法二：由(1)可得：cos A22，A34， 那么：0B4， a3 10，b3 2，c6， 那么 sin A22， 正弦定理可得：bsin Basin A， 可得 sin B3 2sin A3 101010， 那么：cos B 1sin2B3 1010， tan Bsin Bcos B13， 故得 tan 2B2tan B1tan2B34. 14 分 16(本小题满分 14 分)如图 4，已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中点，ACB2，M是棱BC的中点 图 4 (1)求证：OM平面ABB1A1； (2)求证：平面ABC1

12、平面A1BC. 证明 (1)在A1BC中，因为O是A1C的中点，M是BC的中点， 所以OMA1B. 又OM平面ABB1A1，A1B 平面ABB1A1，所以OM平面ABB1A1. 4 分 (2)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1底面ABC，所以CC1BC， 又ACB2，即BCAC，而CC1，AC 平面ACC1A1，且CC1ACC， 所以BC平面ACC1A1. 8 分 而AC1 平面ACC1A1，所以BCAC1， 又ACC1A1是正方形，所以A1CAC1，而BC，A1C 平面A1BC，且BCA1CC， 所以AC1平面A1BC. 又AC1 平面ABC1，所以平面ABC1平面A1BC. 14

13、 分 17(本小题满分 14 分)如图 5，有一景区的平面图是一半圆形，其中AB长为 2 km，C，D两点在半圆弧上，满足BCCD，设COB. 图 5 (1)现要在景区内铺设一条观光道路，由线段AB，BC，CD和DA组成，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求l最大值； (2)若要在景区内种植鲜花，其中在AOD和BOC内种满鲜花，在扇形COD内种一半面积的鲜花，则当为何值时，鲜花种植面积S最大 解 (1)由题COB，AOD2，0，2， 取BC中点M，连接OM，则OMBC，BOM2， 所以BC2BM2sin2.同理可得 CD2sin2，AD2sin222cos ， 所以l22sin22sin2

14、2cos 212sin224sin22， 即l4sin21225，0，2. 所以当 sin212，即3时，有lmax5. 6 分 (2)SBOC12sin ，SAOD12sin(2)sin cos ，S扇形COD12. 所以S12sin sin cos 14， 所以S12cos cos2sin214 14(4cos 3)(2cos 1)， 因为0，2，由S0 得3，列表得 0，3 3 3，2 S 0 S 递增 极大值 递减 所以当3时，面积S取得最大值.14 分 18(本小题满分 16 分)已知椭圆M：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，一个焦点到相应的准线的距离为 3，圆N的方程为(

15、xc)2y2a2c2(c为半焦距)，直线l：ykxm(k0)与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别设为A，B. (1)求椭圆方程和直线方程； (2)试在圆N上求一点P，使PBPA2 2. 解 (1)由题意知 ca12，a2cc3，解得a2，c1，所以b 3. 所以椭圆M的方程为：x24y231. 圆N的方程为(x1)2y25. 由直线l：ykxm与椭圆M只有一个公共点， 所以由 x24y231，ykxm，得(34k2)x28kmx4m2120， 所以64k2m24(34k2)(4m212)0 得m234k2， 由直线l：ykxm与N只有一个公共点，得|km|1k2 5， 即k22kmm255k2

16、， 将代入得km1， 由且k0，得k12，m2. 所以直线l：y12x2. 8 分 (2)将k12，m2 代入可得A1，32， 又过切点B的半径所在的直线l为y2x2，所以得交点B(0,2)， 设P(x0，y0)，因为PBPA2 2， 则x20y02x02y03228，化简得：7x207y2016x020y0220， 又P(x0，y0)满足x20y202x04， 将7得：3x02y050，即y03x052. 将代入得：13x2022x090，解得x01 或x0913， 所以P(1,1)或P913，1913. 16 分 19(本小题满分 16 分)设函数f (x)x|x1|m，g(x)ln x.

17、 (1)当m1 时，求函数yf (x)在0，m上的最大值； (2)设函数p(x)f (x)g(x)，若函数p(x)有零点，求实数m的取值范围 解 (1)当x0,1时， f (x)x(1x)mx2xmx122m14， 当x12时，f (x)maxm14. 当x(1，m时，f (x)x(x1)mx2xmx122m14， 因为函数yf (x)在(1，m上单调递增，所以f (x)maxf (m)m2. 由m2m14，得m2m140，又m1，所以m1 22. 所以当m1 22时，f (x)maxm2； 当 1m1 22时，f (x)maxm14. 6 分 (2)函数p(x)有零点，即方程f (x)g(x

18、)x|x1|ln xm0 有解， 即mln xx|x1|有解令h(x)ln xx|x1|， 当x(0,1时，h(x)x2xln x. 因为h(x)2x1x12 210， 所以函数h(x)在(0,1上是增函数，所以h(x)h(1)0. 10 分 当x(1，)时，h(x)x2xln x. 因为h(x)2x1x12x2x1x xxx0， 所以函数h(x)在(1，)上是减函数， 所以h(x)h(1)0. 所以方程mln xx|x1|有解时m0. 即函数p(x)有零点时实数m的取值范围是(，0. 16 分 20(本小题满分 16 分)已知两个无穷数列an和bn的前n项和分别为Sn，Tn，a11，S24，

19、对任意的nN N*，都有 3Sn12SnSn2an. (1)求数列an的通项公式； (2)若bn为等差数列，对任意的nN N*，都有SnTn.证明：anbn； (3)若bn为等比数列，b1a1，b2a2，求满足an2Tnbn2Snak(kN N*)的n值. 【导学号：56394119】 解 (1)由 3Sn12SnSn2an，得 2(Sn1Sn)Sn2Sn1an， 即 2an1an2an，所以an2an1an1an. 由a11，S24，可知a23. 所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列 故an的通项公式为an12(n1)2n1，nN N*.4 分 (2)证明：法一：设数列bn的公

20、差为d， 则Tnnb112n(n1)d， 由(1)知，Sn12n(12n1)n2. 因为SnTn，所以n2nb112n(n1)d， 即(2d)nd2b10 恒成立， 所以 2d0，d2b10，即 d2，2b1d， 又由S1T1，得b11， 所以anbn2n1b1(n1)d(2d)nd1b12dd1b11b10. 所以anbn，得证. 8 分 法二：设bn的公差为d，假设存在自然数n02，使得an0bn0， 则a12(n01)b1(n01)d，即a1b1(n01)(d2)， 因为a1b1，所以d2. 所以TnSnnb112n(n1)dn212d1n2b112d n， 因为12d10，所以存在Nn

21、0N N*，当nNn0时，TnSn0 恒成立 这与“对任意的nN N*，都有SnTn”矛盾 所以anbn，得证.8 分 (3)由(1)知，Snn2，因为bn为等比数列， 且b11，b23， 所以bn是以 1 为首项，3 为公比的等比数列 所以bn3n1，Tn12(3n1) 则an2Tnbn2Sn2n13n13n12n23n2n23n12n236n22n23n12n2， 因为nN N*，所以 6n22n20，所以an2Tnbn2Sn3. 而ak2k1，所以an2Tnbn2Sn1，即 3n1n2n10(*) 当n1,2 时，(*)式成立； 当n2 时，设f (n)3n1n2n1， 则f (n1)f

22、 (n)3n(n1)2n(3n1n2n1)2(3n1n)0， 所以 0f (2)f (3)f (n)， 故满足条件的n的值为 1 和 2.16 分 数学(附加题) 21选做题(本题包括 A、B、C、D 四小题，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) 图 6 A选修 41：几何证明选讲(本小题满分 10 分) 如图 6，已知AB，CD是圆O两条相互垂直的直径，弦DE交AB的延长线于点F，若DE24，EF18，求OE的长 解 设半径为r，由切割线定理， 得FBFAFEFD，即 1842FB(FB2r)， 在三角形DOF中，

23、由勾股定理，得DF2OD2FO2， 即(1824)2r2(rBF)2. 由上两式解得r6 14. 所以OE6 14. 10 分 B选修 42：矩阵与变换(本小题满分 10 分) 已知矩阵M M2 mn 1的两个特征向量110，201，若12，求M M2 2. 解 设矩阵M M的特征向量1对应的特征值为1，特征向量2对应的特征值为2， 则由 MM111，MM222，可解得mn0，12，21， 又1210201122， 所以M M2 2M M2 2(1 1222 2)211 12222 41020142. 10 分 C选修 44：坐标系与参数方程(本小题满分 10 分) 已知直线l的参数方程为 x

24、122t，y22t(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin 2cos ，若直线l与曲线C相交于A，B两点求线段AB的长 解 由2sin 2cos ，可得22sin2cos ， 所以曲线C的直角坐标方程为x2y22y2x，标准方程为(x1)2(y1)22. 直线l的方程化成普通方程为xy10.圆心到直线l的距离为 d|111|222. 所求弦长L22222 6.10 分 D选修 45：不等式选讲(本小题满分 10 分) 解不等式|x3|2x1|x21. 解 当x3 时，原不等式转化为(x3)(12x)x21， 解得x10，x3. 当3x12时，

25、原不等式转化为(x3)(12x)x21，解得x25， 3x25. 当x12时，原不等式转化为(x3)(2x1)x21，解得x2，x2. 综上可知，原不等式的解集为x x25或x2. 10 分 必做题(第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共 20 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 22抛掷甲，乙两枚质地均匀且四面上分别标有 1,2,3,4 的正四面体，其底面落于桌面，记所得数字分别为x，y.设为随机变量，若xy为整数，则0；若xy为小于 1 的分数，则1；若xy为大于 1 的分数，则1. (1)求概率P(0)； (2)求的分布列，并求其数学期望E() 解 (1)依题意，数对(

26、x，y)共有 16 种，其中使xy为整数的有以下 8 种： (1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)， 所以P(0)81612；4 分 (2)随机变量的所有取值为1,0,1， 1 有以下 6 种：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)， 故P(1)61638， 1 有以下 2 种：(3,2)，(4,3)，故P(1)21618， P(0)1381812， 的分布列为： 1 0 1 P 38 12 18 的数学期望为E()13801211814.10 分 23(本小题满分 10 分)已知抛物线C：x22py(p0

27、)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，连接AB. (1)求抛物线C的标准方程； (2)问直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【导学号：56394120】 图 7 解 (1)将点(2,1)代入抛物线C：x22py的方程得，p2. 所以，抛物线C的标准方程为x24y. 2 分 (2)设直线l的方程为ykx1，又设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(x1，y1) 由 y14x2，ykx1，得x24kx40. 6 分 则16k2160，x1x24，x1x24k. 所以kABy2y1x2x1x224x214x1x2x2x14. 于是直线AB的方程为yx224x2x14(xx2) 所以yx2x14(xx2)x224x2x14x1. 当x0 时，y1， 所以直线AB过定点(0,1). 10 分