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1、高考数学精品复习资料 2019.5高考模拟试卷(7)南通市数学学科基地命题 第卷（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 5 6 80 1 2 2 689（第3题）1 已知集合A=2，3，5，B=，则= 2 若复数z满足 (i为虚数单位)，则z= 3 如图是某班8位学生诗朗诵比赛成绩的茎叶图，那么这8位学生成绩（第4题）的平均分为 4 如右图所示的流程图的运行结果是 5 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的一条准线的方程为，则实数的值是 6 将甲、乙两个不同的球随机放入编号为1，2，3的3个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则恰有两个盒子各有1个球的概率为 7
2、 已知一个正四棱锥的侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为60，则该棱锥的体积为 8 已知奇函数在上为单调减函数，则不等式的解集为 9 已知各项均为正数的数列满足（，），若，且成等差数列，则的值为 （第10题）10如图，在扇形中，为弧上的一点，与相交于点，若，则的值为 11定义在区间上的函数的图象与的图象的交点横坐标为，则的值为 12已知定义在上的函数则方程的实数解的个数为 13在平面直角坐标系xOy中，已知动直线与曲线交于两点，平面上的动点满足，则的最大值为 14若对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是 二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡指定区域内作答，解答时写出文字说明、证明过程或
3、演算步骤15（本小题满分14分）在ABC中，内角的对边分别为，已知（1）求证：；（2）若ABC的面积，求角的大小16（本小题满分14分）（第16题）ABCDPOEG如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC底面ABCD，E为PB上一点，G为PO中点.（1）若PD / 平面ACE，求证：E为PB的中点；（2）若ABPC，求证：CG平面PBD. 17（本小题满分14分）如图是一“T”型水渠的平面视图（俯视图），水渠的南北方向和东西方向轴截面均为矩形，南北向渠宽为4 m，东西向渠宽m（从拐角处，即图中处开始）假定渠内的水面始终保持水平位置（即无高度差）（1）在水平面内
4、，过点的一条直线与水渠的内壁交于两点，且与水渠的一边的夹角为，将线段的长度表示为的函数；（2）若从南面漂来一根长为7 m的笔直的竹竿（粗细不计），竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠（不会卡住）？请说明理由（第17题）4 mm东m北18(本小题满分16分)在平面直角坐标系 xOy 中，离心率为的椭圆C：（ab0）的左顶点为A，且A到右准线的距离为6，点P、Q是椭圆C上的两个动点（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，当P、O、Q共线时，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点，求证：为定值；（3）设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，当k1k2=1时，证
5、明直线PQ经过定点R 19（本小题满分16分）已知函数，（1）若曲线在处的切线方程为，求的值；（2）在（1）的条件下，求函数零点的个数；（3）若不等式对任意都成立，求的取值范围20（本小题满分16分）已知数列，满足：对于任意正整数n，当n2时， （1）若，求的值； （2）若，且数列的各项均为正数 求数列的通项公式； 是否存在，且，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由.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，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.ABFCDE（第21A题）A.（选修4-1；几何证明选讲） 如
6、图，四边形是圆的内接四边形，的延长线交 的延长线于点求证：是四边形的外角的平分线 B（选修4-2：矩阵与变换） 已知矩阵，其中均为实数，若点在矩阵的变换作用下得到点，求矩阵的特征值C（选修4-4：坐标系与参数方程） 在平面直角坐标系中，若直线（为参数）与圆 （为参数）相交于两点，求的长度D（选修4-5：不等式选讲） 已知关于的不等式的解集为，其中，求函数的最大值【选做题】第22题、23题，每题10分，共计20分.( 第22题 )ABCDFE22如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说
7、明理由23已知函数（1）解关于的不等式； （2）请用数学归纳法证明：当时， 高考模拟试卷(7)参考答案一、填空题1 2，3 2 3 90 4 24512 .由双曲线的一条准线的方程为，则，所以6 .所有的基本事件的总数为，“恰有两个盒子各有1个球”的对立事件是“甲、乙两个不同的球在同一个盒子”，有3种可能，所以“恰有两个盒子各有1个球”的概率为7 .由条件，易知正四棱锥的高为，底面边长为，所以体积为8 .由条件，不等式即为，所以，解得9 3 .由条件，所以，所以，因为，所以10 4 .由，得，所以，所以11 .令，即，所以，因为，所以，即，从而12 7.如图所示，函数与的图象有7个不同的交点，
8、所以原方程有7个不同的解13 18.直线过定点恰为曲线的对称中心，所以为的中点，由，得，所以动点满足，所以的最大值为1814 .由，得，当时，不等式为恒成立，；当时，不等式为，设，则，当且仅当时取“=”，再设，则，设，由于，所以在上单调增，因为，所以当时，即；当时，即，所以在上为减函数，在上为增函数，所以在时取得最小值，且最小值为2综上，当且时，取最小值为2，所以 二、解答题 15（1）由正弦定理得， 则，所以 因为，所以，所以或，即或（舍），所以 （2）由，得，所以， 由（1）知，因为，所以 因为，所以，即为锐角，若为锐角，则，即，可知； 若为钝角，则，即，可知综上，或 ABCDPOEG16
9、. （1）连接，由四边形ABCD是正方形知，为中点， 因为PD / 平面ACE，面，面面， 所以. 因为为中点，所以E为PB的中点. （2）在四棱锥PABCD中，ABPC， 因为四边形ABCD是正方形，所以， 所以. 因为G为PO中点，所以. 又因为PC底面ABCD，底面ABCD，所以PCBD. 而四边形ABCD是正方形，所以，因为平面，所以平面， 因为平面，所以.因为平面，所以CG平面PBD. 17. （1）由题意， 所以，即（） （2）设，由，令，得 且当，；当，所以，在上单调递减；在上单调递增，所以，当时，取得极小值，即为最小值 当时，所以的最小值为，即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值
10、为m 因为，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠 18.（1） 由题意，且，解得a=2，c=1b=椭圆的标准方程为（2）证明：设P（x0，y0），则Q（x0，y0），又A（2，0），直线AP的方程为y=（x+2），得M（0，），=（2，）同理可得N（0，），=（2，），=4+又点P在椭圆C上，故，即，=4+=1（定值）；（3）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），将直线AP的方程y=k1（x+2）与椭圆方程联立得：，即（3+4k12）x2+16k12x+16k1212=02+x1=，x1=，y1=，P（，）k1k2=1，Q（，）当时，点P和点Q的横坐标相同，直线PQ的方程为x=，由
11、此可见，如果直线PQ经过定点R，则点R的横坐标一定为当时，直线PQ的方程为y=（x），令x=得： =0直线PQ过定点R（，0）19 （1）， 由题意，解得， 所以 （2）由（1）知，令，得，且当时，；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增因为，函数在区间和1,e上的图象是一条不间断的曲线，由零点存在性定理，所以函数有两个零点 （3）设，即，当时，所以函数在单调递减，所以最小值为，不合题意； 当时，令，得若，即时，函数在单调递减，所以最小值为，只需，即，所以符合； 若，即时，函数在上单调减，在上单调增，所以的最小值为，所以符合综上，的取值范围是 20 （1）由条件，所以. （2）由，.将上面的
12、式子相加，得，所以.因为an的各项均为正数，故.因为也适合上式，所以（）. 假设存在满足条件的k ,不妨设， 所以， 平方得，（*） 所以， 所以， 即 由（1）得，即， 若，代入（*）式，求得不合，舍去； 若，结合（2）得， 所以，即，又且， 所以的可能取值为2，3，4，代入（*）式逐一计算，可求得. 第II卷（附加题，共40分）21.A. 因为是圆的内接四边形，所以， 因为，所以，所以，所以是四边形的外角的平分线 B 由题意，即， 解得，所以 设， 解得或，所以矩阵的特征值为和4 C 由消参数，得 由消参数，得 所以圆心到直线的距离， 所以 D 因为不等式的解集为，所以可得， 又函数，由柯
13、西不等式可得，当且仅当，即时取等号所以，当时, 函数取得最大值 ( 第22题 )ABCDFEyxz22 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以 （1）建立如图所示的空间直角坐标系设，则，所以，设平面的法向量，则，即，令，则，所以， 设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为 （2）假设线段上是否存在点满足题意，设，则，所以设平面的法向量，则，即，令，则，所以设二面角的平面角为，则，解得或 经检验，符合条件的，即当时，二面角的余弦值为 23 （1）由，知函数在定义域上为增函数，由于，所以不等式的解集为 （2） 当，不等式左边，所以不等式成立； 假设当时，不等式成立，即； 则当时，左边下面证明，只需证（*）由（1）知，时，即，所以，由于，所以（*）不等式成立，当时，原不等式仍然成立由知，原不等式对任意都成立
江苏省南通市数学学科基地命题高考模拟试卷7 Word版含答案
