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2018届江苏高考数学模拟试卷(1)(含答案)

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发表于 2020-3-9 10:05:00 | 显示全部楼层 |阅读模式

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模拟试卷
124026vrsay2spps8yszyl.jpg
<现在开始正题了哦,认真仔细看下面正文文章>  2018届江苏高考数学模拟试卷
9 R% t& ?) X. \; E9 n3 K- ^(1)  数学I  注 意 事 项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求  1. 本试卷共4页,包含填空题(共14题)、解答题(共6题),满分为160分,考试时间为120  分钟。考试结束后,请将答题卡交回。   2. 答题前,请您务必将自己的姓名、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题  卡上,并用2B铅笔正确填涂考试号。; ~3 S7 }9 G2 K0 e+ X
   3. 作答试题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置,在其它位置作答   一律无效。如有作图需要,可用2B铅笔作答,并请加黑、加粗,描写清楚。  一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上......... 1.已知集合A{x0x2},B{x1x1},则AUB=   ▲   .  2. 设复数zai1i(i是虚数单位,aR).若z的虚部为3,则a的值为   ▲   .  3.一组数据5,4,6,5,3,7的方差等于   ▲   . S←0   a←1 4.右图是一个算法的伪代码,输出结果是    ▲    . For  I  From  1  to  3  a←2×a  S←S+a 5.某校有A,B两个学生食堂,若甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一End  For 食堂用餐,则此三人不在同一食堂用餐的概率为   ▲   .  Print  S           (第4题)  6. 长方体ABCDA1B1C1D1中,AB1,AA12,AC13,则它的体积等于   ▲   .  7.若双曲线x2ay231的焦距等于4,则它的两准线之间的距离等于   ▲   .  8. 若函数f(x)2xa2x是偶函数,则实数a等于   ▲   .  9. 已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0).若f(ππ3)=0,f(2)=2,则实数ω的最小值为    ▲     . 10. 如图,在梯形ABCD中,        个% C% m/ Y, ~% t3 o9 p+ I
AB//CD,AB4,AD3,CD2,AM2MD,   如果 ACBM3,则ABAD=   ▲   .   x2y211.椭圆C:221(ab0)的左右焦点分别为F1,F2,若椭ab点   P,使得F1F2P为等腰三角形,则椭圆C的离心率的取值范围是   ▲   .   圆上恰好有6个不同的2n2017}12.若数列{n的前项的和不小于,则k的最小值为   ▲   . kn1(21)(21)2018      13. 已知 42,42,且sinsinsin()coscos,则tan()的最大值为   ▲   . 22a3x2xM在区间14. 设a,b0,关于x的不等式N(0,1)上恒成立,其中M, N是与x无关的实数,且MN,b3x2xaMN的最小值为1. 则的最小值为___▲___. b   二、解答题:本大题共6小题,共90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.  15.如图,在ABC中,已知AC7,B45,D是边AB上的一点,oC AD3,ADC120o. 求: + P4 ?$ I: e, w* B$ ^
) q2 h7 A$ k5 y( h
(1)CD的长; A D
, E- k. A$ V9 g5 _. ?( ?' O' h& \; Y- c6 C. R! x
(2)ABC的面积.        16.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E,F分别是AB,SC的中点.
$ H, d8 O" @# t- f. g: T7 b/ }2 S
+ R1 @/ y+ P- R4 t(1)求证:EF∥平面SAD; S  9 n. {* N+ Q- B

5 }; k# D- K3 O! C+ C* s- N(2)若SA=AD,平面SAD⊥平面SCD,求证:EF⊥AB.  B F C D % M" D0 z8 z0 ?9 I* p" p" Z
         17.如图,有一椭圆形坛,O是其中心,AB是椭圆的长轴,C是短轴的一个端点. 现欲铺设灌溉管道,拟在AB上选两点E,F,使OE=OF,沿CE、CF、FA铺设管道,设CFO,若OA=20m,OC=10m, " `: M2 f: l  @: X7 M% s- s
" z. F" z7 _6 }( R' c
(1)求管道长度u关于角的函数; : e1 X. K3 \6 F! M- a; A
4 r6 L3 y/ a6 W* b/ J& j; w" [
(2)求管道长度u的最大值.            18.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:xyr和直线l:xa(其中r和a均为常数,且0ra),M为222l上一动点,A1,A2为圆C与x轴的两个交点,直线MA1,MA2与圆C的另一个交点分别为P,Q.
* o0 s0 C5 j/ v; e, C; @0 F/ w. v! X; Q7 x. @
(1)若r2,M点的坐标为(4,2),求直线PQ方程; 7 G9 E' v4 k; m  x7 F

8 ~# p% B: c' ?(2)求证:直线PQ过定点,并求定点的坐标.         19.设kR,函数f(x)lnxxkx1,求: & l. D. _& g, ^8 p- w1 g
6 ~" f- m( L0 {, @, ]$ A
(1)k1时,不等式f(x)1的解集; ! x0 X5 T& r* c6 a/ B- `& G
- p; x. b+ H; F
(2)函数fx的单调递增区间; 2
( d! ^" |5 b" a . F( f; F. O: n+ u
1 b/ [* j$ p5 c* }
(3)函数fx在定义域内的零点个数.         20.设数列{an},{bn}分别是各项为实数的无穷等差数列和无穷等比数列. ; c! Z7 |$ n: A7 ^5 T# ^

- B8 J6 ]/ c6 ^, v& a(1)已知b11,b2b3b260,求数列{bn}的前n项的和Sn; n1* Y) l! }7 L! O' N

& o) l. X7 i: U: ]# W0 O2 h(2)已知数列{an}的公差为d(d0),且a1b1a2b2anbn(n1)22,求数列{an},{bn}的通项公式(用含n,d的式子表达); 1 Q$ `9 q  D6 t

& R+ g7 C% M( F- W( o# Q(3)求所有满足:an1bnbn1对一切的nN*成立的数列{an},{bn}. an                  数学Ⅱ(附加题)  注 意 事 项  考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求  4. 本试卷共2页,均为非选择题(第21~23题)。本卷满分为40分,考试时间为30分  钟。考试结束后,请将答题卡交回。
- B( X6 i  p  @! z& e 5. 答题前,请您务必将自己的姓名、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上,并用2B铅笔正确填涂考试号。  7 e9 W8 F( Z0 o
          21.' y* D+ C0 D& K1 A$ T9 ?& N* C
【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内作答. ...................             若多做,则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A.选修4—
4 g- b3 U) x& [( H$ l- A0 U1:几何证明选讲 D   (本小题满分10分)    如图,在△ABC中,延长BA到D,使得AD1AB,BAC90,2A 别为BC,AC的中点,求证:DFBE. F     B.选修4—
; [2 H9 b4 W) F2:矩阵与变换   (本小题满分10分) E,F分B E (第21—A题) C 100mB   已知曲线C) c4 ]8 I) T- I. s  D0 W
1:x2y21,对它先作矩阵A对应的变换,再作矩阵(其中m0),10对应的变换022得到曲线C8 J6 v- `3 [' b
2:xy21,求实数m的值. 4   C.选修4—
9 v4 }+ X6 C/ z5 Y! q4:坐标系与参数方程   (本小题满分10分)   x1tcos,x12cos,已知圆C的参数方程为(为参数),直线l的参数方程为(t为参数,ytsin, y32sin, 0, 且),若圆C被直线l截得的弦长为13,求的值.   D.选修4—
$ P( G7 d  k' m8 R' ?+ h7 T5:不等式选讲   (本小题满分10分)    对任给的实数a(a0)和b,不等式abab≥ax1x2恒成立,求实数x的取值范围.   / {! g: e- |7 h! H
【必做题】第
. F! H$ k  F7 f# @( X" T# {
/ P( ^' r, |, a( V- V, p, S22、23题,每小题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,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A A1ABAC1,AB⊥AC,M,N分别是棱CC1,BC的 中点,点P在直线A1B1上.
) L1 e& C" w$ }
- q' l# M( P+ s/ Q(1)求直线PN与平面ABC所成的角最大时,线段A1P的长度; 5 c0 z6 I! Q5 o# x
& c: d# g7 P* @, E2 s7 a: ~& J
(2)是否存在这样的点P,使平面PMN与平面ABC所成的二面角为不存在,请说明理由.  B1 . 如果存在,试确定点P的位置;如果6A1 P C1
9 [- }* _6 o+ I: Q2 E5 A                  23.(本小题满分10分) 设函数fsinncosn,其中n为常数,nN*,
7 y8 h- x/ @& u/ w/ h2 v
- A# W% @/ L/ ~( E9 T(1)当(0, 2)时, f()是否存在极值。如果存在,是极大值还是极小值。 ) [" |. a2 T8 g. L9 ?% V% D( m
% k" R6 K. F; T' U" @9 X
(2)若sincosa,其中常数a为区间[2,2]内的有理数.      求证:对任意的正整数n,f为有理数.                             2018高考数学模拟试卷( {/ p1 a- A% u. d  o+ C

! U. Q( i; ~( S8 R+ s; ]( P  \(1) 数学Ⅰ答案 一、填空题答案: 53     4. 14     5.     3436.  4                7. 1        8.  1      9. 3     10. 211111. (,)(,1). 3221. {x1x2}    2.  5        3. - k* x- r$ f1 T  ?2 c/ @
4c2a2c11111解:e1且e,故离心率范围为(,)(,1). 322322ca 12. 10   2n11解:因为对任意的正整数n,都有n, -n1nn1(21)(21)21212n所以n的前k项和为 n1(21)(21)21222k k(211)(221)(221)(231)(21)(2k11)111111 1223kk12121212121211 1k12112017使1k1,即2k11≥2018,解得k≥10,因此k的最小值为10. ≥212018   13. -4   ππ解:因为,,所以cos,cos,sin,sin均不为0. 42由sin2sin2sin()coscos,得 sinsintantansincoscossin, 11tantan于是tantan,即tantan, tantantantan也就是tantantan2tan2,其中tan,tan均大于1.  由tan2tan2tantan2tantan,所以tantan≥34. 1-34, 令t1-tantan-,tantantan2tan21tan()t2≤4,当且仅当t1时取等号. 1tantan1tantant  14. 426. 3x(ab)6lna3220恒成立,所以f(x)在(0,1)上单调递增,解:f(x),则f(x)xxxx2b32(b32)xxf(0)a13a2a13a2,f(x)在(0, 1)上的值域为(,f(1),),Nf(x)M在(0,1)上恒成立,b13b2b13b23a2a1aba21,所以a3b24b2,所以3b4264. 3b2b1(3b2)(b1)bb故(MN)min ! r3 l) z( y5 _
所以()min426.     二、解答题答案 15.解:! h9 _  Z( w8 z; \
3 _8 ^5 {) _$ c- b% j* x7 r( ?
(1)在ACD中,由余弦定理得abAC2AD2CD22ADCDcosADC,7232CD223CDcos120o,解得CD5.
6 i6 [. ?& X* y: |0 C# }  ?
3 V3 C. M6 R& _: u: c(2)在BCD中,由正弦定理得BDCDsinBCDsinB,BD5sin75osin45o, 解得BD5532, 所以 SABCSACDS1BCD2ADCDsinADC12CDBDsinBDC 1235sin120o1255532sin60o755538.  16. 解
. l6 d+ v) I7 ~! y  d+ i4 l$ q) F+ b& v( S  ]# n& U' j
(1)取SD的中点G,连AG,FG. S  在SCD中,因为F,G分别是SC,SD的中点, GF 所以FG∥CD,FG12CD. D C 因为四边形ABCD是平行四边形,E是AB的中点, 所以AE112AB2CD,AE∥CD. A E B 所以FG∥AE,FG=AE,所以四边形AEFG是平行四边形,因为AG平面SAD,EF平面SAD,所以EF∥平面SAD.
* z  Z+ G  {6 b( D; D7 L* y, Y% y& t* N! y" x
(2)由5 F* I+ I1 v5 t

; v. S0 s) {% Y9 Z(1)及SA=AD得,AGSD. 因为平面SAD⊥平面SCD,平面SAD平面SCD=SD,AG平面SAD,  所以AG平面SCD, 又因为CD面SCD,所以AGCD. 因为EF∥AG,所以EFCD,  又因为AB//CD,所以EF⊥AB.   17. 解:
4 A( p/ m0 o% T  C" {- x. ]/ o
3 q5 j# |$ B* n6 w; R0 ?5 J(1)因为CF10sin,OF10tan,AF20-10tan, 所以uCECFAF20sin2010tan202010cossin, 其中,0cos255.  所以EF∥AG.
- o% P5 X# D, P  x2 G9 r  k
4 L- }: S3 S' `9 M! v7 A6 ]- b3 }: H
(2)由 u202010cos1020cos1',得u',令, u0,cos2sinsin21'当 0cos时,u0,函数u()为增函数; 2当  125'cos时,u0,函数u()为减函数. 25所以,当cos1,即时,umax20232010sin31220103(m) (20103)所以,管道长度u的最大值为m.     18. 解:
. j2 k, @7 O, q4 k5 @: f# t) a% O, q: [; l( q7 N/ f+ |/ f" T
(1)当r2,M(4,2)时,则A1(2,0),A2(2,0), x2y2486直线MA1的方程:x3y20,解得P(,). 55x3y20x2y24直线MA2的方程:xy20,解得Q(0,2). xy20所以PQ方程为2xy20.
4 A- M3 J7 m7 s4 ~# \  ]
8 X- j5 _7 X  z7 z% c, K(2)由题设得A1(r,0),A2(r,0),设M(a,t), t(xr),与圆C的交点P(x1,y1), art直线MA2的方程是y(xr),与圆C的交点Q(x2,y2), ar直线MA1的方程是y则点P(x1,y1),Q(x2,y2)在曲线[(ar)yt(xr)][(ar)yt(xr)]0上, 化简得(ar)y2ty(axr)t(xr)0,     ① 又P(x1,y1),Q(x2,y2)在圆C上,圆C:xyr0,     ② 2①-t×②得(ar)y2ty(axr)t(xr)t(xyr)0, 2222222222222222222222222化简得(ar)y2t(axr)ty0. 所以直线PQ方程为(ar)y2t(axr)ty0. 2222 / F4 G, t8 Q- o" m0 q3 R7 B
r2r2令y0得x,所以直线PQ过定点(,0). aa                                                                  19.解
$ y; M6 h4 K* P5 W, P2 A9 N/ E$ ^% n$ ^8 v5 Q: m
(1)k=12时,不等式f(x)1即lnxxx0,设g(x)lnx2x,x因为12x2x1g(x)x21在定义域0(0,)上恒成立,所以g(x)在(0,)上单调递增,又g(1)0,所以xxf(x)1的解集为(1,). 12x2kx1(x0),由f(x)0得2x2kx10……(*). 9 o7 j0 p3 r. [% V) z

; A9 Y/ f7 A6 e+ G(2)f(x)2xkxx2(ⅰ)当k80,即22k22时,(*)在R上恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(0,). 2210(ⅱ)当k22时,k80,此时方程2xkx的相异实根分别为kxx0,kk28kk28122x1,x2,因为,所以0x1x2, 144xx0122kk28kk28]U[,), 所以f(x)0的解集为(0,44kk28kk28]和[,). 故函数f(x)的单调递增区间为(0,440,x1x2k22时,同理可得:xx10,x1x20,122(ⅲ)当k2综上所述, f(x)的单调递增区间为(0,). kk28kk28]和[,); 当k22时,函数f(x)的单调递增区间为(0,44当k22时,函数f(x)的单调递增区间为(0,). : X: e6 u6 j+ e5 a( [' g

! S. n' [8 }' y8 }7 x3 E3 A(3)据
: q1 v3 @' N( m$ Q: |4 d
) H9 c+ @1 X: D. H(2)知 x2kx10,kk24①当k22时,函数f(x)在定义域(0,)上单调递增,令得x,取2x0
: s$ y* I2 l- G/ B kk24mmax{1,},则当x>m时,f(x)x2kx10. 2ni{1,}e设0x1,xkx1max{1,k},所以f(x)lnx,当0xe时,f(x)0,取nm2,则当x(0,n)时,f(x)0,又函数f(x)在定义域(0,)上连续不间断,所以函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点. ②当k22时,f(x)在(0,x1)和(x2,)上递增,在(x1,x2)上递减, 其中2x1kx110,2x2kx210 2222则f(x1)lnx1x1kx11lnx1x1(2x11)1lnx1x12. 下面先证明lnxx(x0):设h(x)lnxx),由h(x)1x>0得0x1,所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,)x(x0),即 lnxx(x0).因此,上递减,h(x)maxh(1)10,所以h(x)017f(x1)x1x122(x1)20,又因为f(x)在(x1,x2)上递减,所以f(x2)f(x1)0,所以f(x)在24区间(0,x2)不存在零点. 由①知,当xm时,f(x)0,f(x)的图象连续不间断,所以f(x)在区间(x2,)上有且仅有一个零点. 综上所述,函数f(x)在定义域内有且仅有一个零点. 1(2)n20.解
  `, j# M7 {; X3 i
  u6 y' d3 \& @' ~" S+ l! x(1)设{bn}的公比为q,则有qq60,即(q2)(q2q3)0,所以q2,从而Sn. 332n1n
: P& ]' r* t3 C6 o) b$ g5 P+ N: t: g& T
(2)由a1b1a2b2anbn(n1)22得a1b1a2b2an1bn1(n2)22,两式两边分别相减得anbnn2n(n2).由条件a1b12,所以anbnn2n(nN*),因此an1bn1(n1)2n1(n2),两式两边分别相除得ana2n2(n1)(n3),上面两式两边分别相除q(n2),其中q是数列{bn}的公比.所以n1qan2n2an1n1得anan2n(n2)a3a13(a12d)a13,(n3).所以,即解得a1d或a13d,若a13d,则a40,2222(ad)4an(n1)a411242n有42a4b40矛盾,所以a1d满足条件,所以ndn,bn. d
# M6 h( Q' s. _8 t$ o' y2 K( @
) q* c2 L! q/ R! N5 w(3)设数列{an}的公差为d,{bn}的公比为q,  ( x! h; y$ S. |
4 }0 ~0 d: _' \  ^. e
当q=1时,bnbn12b1,所以各项不为0的常数列,因此b1当q1时, an12b1,所以数列{an}是等比数列,又数列{an} 是等差数列,从而数列{an}是an11,经验证,ana10,bn满足条件. 22由an1dna1bnbn1得b1(1q)qn1……(*) andna1ddna1dna1da12da11此时令2得n时,an1an0,所以,因为dna1ddna1ddd①当d>0时,则ndna12da1da12da12. 所以,当n时,1dna1dddd由(*)知,b10,q0. (ⅰ)当q>1时,令b1(1q)qn12得n1logq2, b1(1q)取M1max{2da12,1logq},则当nM1时,(*)不成立. db1(1q)n1(ⅱ)当0
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