聘教网-幼儿园育儿经验

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东台市高考模拟检测
数学试题
注意事项:

1．本试卷由填空题和解答题两部分组成，满分160分，考试时间为120分钟.
2. 答题前，请您务必将自己的学校、姓名、考试号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题
卡上规定 的地方.
3. 答题时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.

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分，不需写出解答过程，请把答案写在 答题
纸的指定位置上）
1．已知集合
Ax2x2
，集合
B 

1,2

，则
AB
▲ ．
2．已知复数
z

3i
（
i
是虚数单位），则
z
的实部是 ▲ ．
1i
3．从高三年级随机抽取
100
名学生，将他们的某次考试数学成绩绘制成频率分布直方图．由图中
数据可知成绩在

130,140

内的学生人数为 ▲ ．





0.010
0.005
成绩
频率组距
0.035
I1
WhileI100
II2
S2I3
EndWhile
PrintS
（第4题）
a

0.020
4．根据如图所示的伪代码，可知输出的结果
S
为 ▲ ．
110 120 130 140 150 160
（
第3题图
）
5．从
2
个红球，
2
个黄球，
1
个白球中随机取出 两个球，则两球颜色不同的概率是 ▲ ．

6．函数
f
x

ln

xe

的定义域为 ▲ ．
7．在三棱锥
SABC
中，面
SAB,SBC,SAC
都是以S
为直角顶点的等腰直角三角形，且
ABBCCA2
，则三棱锥
SABC
的表面积是 ▲ ．
6
1
x
2
y
2
8．在平面直角坐标系
xO y
中，椭圆
E:
2

2
1(ab0)
的离心 率为，直线
l:yx
与
3
ab
3
椭圆
E
相交于
A,B
两点，
AB210
，则椭圆的标准方程为 ▲ ．
--------

--------
9．函数
f(x) Asin(

x

)(A0,

0,|
< br>|
像如图所示，则将
yf(x)
的图象向右平移
的图像解析式y
▲ ．

2
)
的部分
图
到< br>
个单位后，得
6

x2
x
,x0,

10．若函数
f

x



x
在 其定义域上恰有两个零点，

lnx,x0

a
实数
a
的值为 ▲ ．
11.如图，在
ABC
中，
D
是
BC
的中点，
E
，
F
是
AD
上的两个
uuuruuur
uuuruuur
分点．
BECE2
，
BC2
，则
BFCF
▲ ．
12．过点作直线
l
与圆
C:xy1
交于
M
、
N
两点，若M
点
是线段
NE
的中点，则实数
t
的取值范围是 ▲ ．
B
DC
22
则正
A
E
F
三等
恰好
13．设正项等比数列

a
n

首项
a
1
2
，前
n
项和为
S
n
，且满足2a
3
S
2
4
，则满足
的最大正整数
n< br>的值为 ▲ ．
14.在锐角三角形
ABC
中，
cas inB
，则实数
sinC
的最大值是 ▲ ．
66
S2n
16

65S
n
15

二、解答题（本 大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请
把答案写在答题纸的指 定区域内）
15．（本小题满分14分）
在三角形ABC中，角
A，B，C
的对边分别为
a,b,c
,
a4bcosC
,
sinC
(1)
求角
B
的值；

(2)
若
b5
，求三角形
ABC
的面积。










16.（本题 满分14分）如图直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中
310

10
AC2AA
1
，
ACBC，
D
、
E
分别为
A
1
C
1
、
AB
的
点。
求证：（1）
AD
平面
BCD
；
--------
中

--------
（2）
A
1
E
∥平面
BCD
。













17. （本题满分14分）
如图，一个圆心角为直角的扇形
AOB
花草房，半径为1，点
P
是花草房弧上一个动点，不含端
点，现打算在 扇形
BOP
内种花，
PQOA
,垂足为
Q
，
PQ
将扇形
AOP
分成左右两部分，在
PQ
左侧部分三角形
PO Q
为观赏区，在
PQ
右侧部分种草，已知种花的单位面积的造价为
3a
，种草
的单位面积的造价为2
a
，其中
a
为正常数，设
 AOP

,种花的造价与种草的造价的和称为总
造价，不计观赏区的造价，总造价为
f




(1) 求
f



关于

的函数关系式；
Ｂ
P
种花区
(2) 求当

为何值时，总造价最小，并求出最小值。












18．（本题满分16分）
θ
观赏区
种草区
O
Q
A
x
2
y
2
在直角坐标系
xOy
中，
F, A,B
分别为椭圆
2

2
1(ab0)
的右焦点、右 顶点和上顶点，
ab
3
若
OFFA,S
FAB


2
(1)求
a，b
的值；
(2)过点
P(0,2)< br>作直线
l
交椭圆于
M,N
两点，过
M
作平行于
x
轴的直线交椭圆于另外一点
Q
,连
接
NQ
，求证：直线
NQ
经过一个定点。





19. （本题满分16分）
--------

--------
1
a
.
x
（1）当
a2
时，求
F( x)f(x)g(x)
在

0,2

的最大值；
已知 函数
f(x)lnxax
，
g(x)
（2）讨论函数
F(x) f(x)g(x)
的单调性；
（3）若
f(x)g(x)0
在定义 域内恒成立，求实数
a
的取值集合.






20．(本小题满分16分)
已知数列{a
n
}，{ b
n
}满足：b
n
＝a
n
＋
1
－a
n
（n∈N
*
）．
（1）若a
1
＝1，b
n< br>＝n，求数列{a
n
}的通项公式；
（2）若b
n
＋
1
b
n
－
1
＝b
n
（n≥2），且b
1
＝1，b
2
＝2．
（i）记c
n
＝a
6n
－
1
（n≥1），求证：数列{c
n
}为等差数列；
a
n
（ii）若数列{}中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次，求首项a
1
应 满足的条件．
n



--------

--------
高三数学试卷附加题部分
（本部分满分40分，考试时间30分钟）
21．【选做题】本题包括A、B、C、D共4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 －１：几何证明选讲）在圆O中，AB，CD是互相平行的两条弦，直线AE与圆O相切于
点A，且与C D的延长线交于点E，求证：AD＝
AB·ED．





（第21题（A）
2
A
B
·
O
E D
C

1 a

B．（选修４－２：矩阵与 变换）在平面直角坐标系xOy中，直线
xy20
在矩阵A＝

对< br>b 2

应的变换作用下得到的直线仍为
xy20
，求矩 阵A的逆矩阵
A
1
．




xtcos

m
C．（选修４－４：坐标系与参数方程）已知直线l：

（t为参数）恒经过椭圆C：

ytsin


x 5cos

（为参数）的右焦点F．


y3sin

（1）求m的值；
（2）设直线l与椭圆C交于A，B两点，求
FAFB
的最大值与最小值．




D．（选修４－５：不等式选讲）已知
a，， b c
均为正数，且a＋2b＋3c＝9．求证：
1111
＋＋≥．
4a18b108c9
--------

--------




【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.
22．（本小题满分106分） 如图，在平面直角坐标系
xOy
中，抛物线
y
2
2px
（
p0
）的准线
l
与
x
轴交于点
M
，过点
M
的直线与抛物线交于
A，B
两点．设
A（x
1
， y
1
）
到准线
l
的距离
d

p
（

0
）．
（1）若
y
1
d1
，求抛物线的标准方程；
uuuu ruuur
（2）若
AM

AB0
，求证：直线
AB< br>的斜率为定值．




23．（本小题满分10分）在自 然数列
1，，，23L，n
中，任取
k
个元素位置保持不动，将其余
nk
个
元素变动位置，得到不同的新数列．由此产生的不同新数列的个数记为
Pn

k

．
（1）求
P
3

1

；
（2）求

P
4

k

；
k 0
4
（3）证明

kP
n

k

n

P
n1

k

，并求出

kP
n

k

的值．
k0k0k0
nn1n


--------

--------
东台市高考数学模拟试卷参考答案

xy
1
. 9.1．

1

. 2.
1
． 3.
30
． 4．
205
. 5．
4
. 6.

e,

7.
33
. 8．
5
124

22
1

sin(2x)
． 10．
e
. 11.

. 12.
5t5
13.
6
.
4
6
14.
4
解：由
casinB
得
tanAtanBtanAtanB

5
1
因为
tanCtan(AB)
tanAtanB
< br>tanAtanB
1
，
tanAtanB1tanAtanB1ta nAtanB1
由题意，
tanAtanBtanAtanB≥2tanAtanB，
所以
tanAtanB≥4
，所以
tanC≤
4
， 所以
sinC
的最大值是.
3
5
4
a
4cosC

b
asinAsinA
4cosC
……………………2分 又由正弦定理< br>
得
bsinBsinB
则
sinA4sinBcosC

而
sinAsin[

(BC)]sin(BC)4sinBc osC

1
则
cosBsinC3sinBcosC
即
tanBtanC
……………………4分
3
10
sinC
2
3
………………6分 由已知
cosC0
且
cosC1sinC
，
tanC
10
cosC
1

，又B（0，

）得B
………………… ………8分 则
tanB31
34
310
5
bsinCcb
10
3
……………………10分

得
c< br>（2）由正弦定理
sinB
sinCsinB
2
2
23102 1025

又
sinAsin(BC)
…………………………1 2分
2102105
1125
3
…………………………14分 则△AB C的面积
SbcsinA53
225
15.解：（1）由已知
16 . （本题满分 14 分）
证明：（1）∵直三棱柱ABC-A
1
B
1
C
1
中CC
1
⊥平面ABC，又BC

平面ABC
∴CC
1
⊥BC，又∵AC⊥BC，AC

CC
1
=C，AC，CC
1

平面AA
1
C
1
C
∴BC⊥平面AA
1
C
1
C，而AD

平面AA
1
C
1
C ∴BC⊥AD ①……………………2分
又该直三棱柱 中AA
1
⊥A
1
C
1
，CC
1
⊥A
1
C
1
由已知AA
1
=
--------
1

AC=A
1
D，则∠A
1
DA=
2
4

--------

，则∠ADC=，即CD⊥AD………………………………4分
42
由 ①BC⊥AD，BC

CD=C，BC，CD

平面BCD得AD⊥平面BC D………………………7分
1
（2）取BC中点O，连结DO、OE，∵AE=EB，CO=BO ∴OE平行等于AC，
2
1
而A
1
D平行等于AC，∴A
1
D平行等于OE ∴四边形A
1
DOE为平行四边形……………10分
2
∴A
1
EOD，而A
1
E

平面BCD，OD

平面BCD ∴A
1
E平面BCD…………14分
3a




17.解：（1）种花区的造价为
，………………………………………………………2分
同理∠C
1
DC=
2

2



1

种草区的造价为
sin

cos


2a
………………… …………4分

22

3a




1

3

f(

)






sin

cos


2a


sin

cos

a,0


故总造价
2

222
, 
22

4

…………………………………………………… …6分
(2)
1

1

1

f






cos

cos
sin

sin


a

2 cos
2


a2a(cos
2

)
4

2

2



1
< br>1

2a

cos


cos< br>

0



………………………………………………………10分
2

2

2

令
f




0
，得 到




3




0,



3

_
递减


f








3
0
极小值




,



32

+
递增
f




故当



………………………………………………………14分

73



a
………………16分 时，总造价最小，且总造价最小为


4

3

12

cac


a2
3< br>
1
18.解：（1）由题意得：

(ac)b
解得：< br>
……………6分
22

b3


a< br>2
c
2
b
2

（2）设
M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
)
，直线< br>l
的方程为
ykx2
则
Q(x
1
,y
1
)

（34k）x16kx40
将
ykx2
代入椭圆方程得
x
1
x
2

16k4
,xx 
……………10分
12
34k
2
34k
2
--------
22

--------
y
2
y
1
(xx
1
)

x
2
x
1
yy
1
x
1
令< br>x0
得
yy
1

2
x
2
x< br>1
xyxy2kx
1
x
2
3
y
2112
2
……………14分
x
1
x
2
x
1
x
2
2
3
（0，）
所以直线
NQ
经 过定点……………16分
2
直线
NQ
的方程
yy
1
（注：由对称性可知，若过定点，则必在
y
轴上）

2x
2
x1(x1)(2x1)

19.解：（1）
F

(x)

x
2
x
2

F(x)
在内为增函数，内为减函数
（0，1）（1，2）
所以
F(x)
在
x1
取最大值-5
1
（2）
F(x)f(x)g(x)lnxaxa

x
ax
2
x1
F

(x)

2
x
1.
a0
时，
F

(x)0< br>，
F(x)f(x)g(x)
在上是增函数。
（0，）
（0，
2.
a0
时，
F(x)f(x) g(x)
在
114a
）
上是增函数。
2a
11 4a
（，）
F(x)f(x)g(x)
在上是减函数。………………………… .6分
2a

（3）若
f(x)g(x)0
在定义域内恒成立
1.
f(x)0
，
g(x)0
同时恒成立，
由< br>f(x)lnxax0，a
由
g(x)0,
所以：
alnx1
恒成立得：
a
2

xe
1
a0
恒成立得：
a0

x
1

2
e
2.
f(x)0
，
g(x)0
同时恒成立，
a
不存在； < br>3.当
a0
时，
f(x)lnxax
为增函数，
g(x )
若它们有共同零点，则
f(x)g(x)0
恒成立
1
a
为减函数
x
--------

--------
由
f(x)lnxax0
，
g(x)
综上：
a
1
a0
联立方程组解得：
a -e

x
1
或
a-e
………………………………….12分
2
e
20、解：（1）当n≥2时，有a
n
＝a
1
＋(a2
－a
1
)＋(a
3
－a
2
)＋…＋(an
－a
n
－
1
)
n
2
n
＝ a
1
＋b
1
＋b
2
＋…＋b
n
－
1
＝－＋1． ……2分
22
n
2
n
又 a
1
＝1也满足上式，所以数列{a
n
}的通项公式是a
n
＝－＋1．……4分
22
b
n
＋
5
b
n
＋
1
1
（2）（i）因为对任意的n∈N
*
，有b
n
＋
6
＝＝＝＝b
n
，
b
n
＋
4
b
n
＋
3
b
n
＋
2
所以c
n< br>＋
1
－c
n
＝a
6n
＋
5
－a6n
－
1

＝b
6n
－
1
＋b
6n
＋b
6n
＋
1
＋b
6n
＋
2
＋b
6n
＋
3
＋b
6n
＋
4

11
＝1＋2＋2＋1＋＋＝7
22
所以，数列{c
n
}为等差数列． …………8分
（ii）设c
n
＝a
6(n
－
1)
＋
i
(n∈N
*
)（其中i为常数且i∈{1，2，3，4，5，6}， < br>所以c
n
＋
1
－c
n
＝a
6(n
－
1)
＋
6
＋
i
－a
6(n
－
1)
＋
i

＝b
6(n
－
1)
＋
i< br>＋b
6(n
－
1)
＋
i
＋
1
＋b< br>6(n
－
1)
＋
i
＋
2
＋b
6(n
－
1)
＋
i
＋
3
＋b
6(n
－
1)
＋
i
＋
4
＋b
6(n
－
1)
＋
i
＋
5
＝7，
即数列{a
6(n
－< br>1)
＋
i
}均为以7为公差的等差数列． …………10分
7 77
(i＋6k)＋a
i
－ia
i
－i
6
7
6
a
6k
＋
i
a
i
＋7k
6
设 f
k
＝＝＝＝＋（其中n＝6k＋i，
6
i＋6k6k＋ii＋6ki＋6 k
k≥0，i为{1，2，3，4，5，6}中一个常数）
7a7
当a
i
＝i时，对任意的n＝6k＋i，有
n
＝； ……12分
6n6
77
a
i
－ia
i
－i
66
－6
77
当a
i
≠i时，f
k
＋
1
－f
k
＝－＝(a
i
－i)
66
[i＋6(k＋ 1)](i＋6k)i＋6(k＋1)i＋6k
a
6k
＋
i
7
①若a
i
＞i，则对任意的k∈N有f
k
＋
1
＜f
k
，所以数列{}为递
6
6k＋i
减数列；
a
6k< br>＋
i
7
②若a
i
＜i，则对任意的k∈N有f
k＋
1
＞f
k
，所以数列{}为递
6
6k＋i
增数列．
7411174111
综上所述，集合B＝{ }∪{}∪{}∪{－}∪{－}＝{，，，－，－}．当a
1
∈B
63236632 36
a
6k
＋
i
a
时，数列{
n
}中必有 某数重复出现无数次；当a
1
B时，数列{}(i＝1，2，3，
n
6k＋i
a
4，5，6)均为单调数列，任意一个数在这6个数列中最多出现一次，所以数列{
n
}
n
--------

--------
任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．16分



附加题部分
21．A．连接BD，
因为直线AE与圆O相切，所以∠EAD＝∠ABD．……………………………………4分
又因为AB∥CD， 所以∠BAD＝∠ADE，
所以△EAD∽△DBA． ……………………………………………8分
EDAD
2
从而＝，所以AD＝AB·ED． …………………………………………………10分
DABA

1 a

B．设P
(x，y)
是 直线
xy20
上任意一点，其在矩阵A＝

对应的变换下
b 2


1 a

得到


b 2


x

xay


y

=

bx2y

仍在直线上，

所以得
xaybx2y20< br>，…………………………………………………4分

1b1

b0

1 1

与
xy20
比较得

，解得

，故A＝
 
， ………8分
a21a10 2


1 
1


2

． …………………………………………………10分 求得逆矩阵
A
1


1

0

2
x
2
y
2
C．（1）椭圆的参数方程化为普通方 程，得
1
，
259
因为
a5,b3,c4
,则 点
F
的坐标为
(4,0)
.
因为直线
l
经过点< br>(m,0)
，所以
m4
.………………………………………………4分
（2）将直线
l
的参数方程代入椭圆
C
的普通方程，并整理得： < br>(9cos
2

25sin
2

)t
2< br>72tcos

810
.………………………………………6分 设点
A,B
在直线参数方程中对应的参数分别为
t
1
,t
2
，则
FAFB|t
1
t
2
|
8181
．

2
9cos

25sin

916sin
2

2
当
sin

0
时，
FAFB< br>取最大值
9
；
当
sin

1
时，
FAFB
取最小值
81
． …………………………………………10分
25
D．证明：因为a，b，c都是正数，
--------

--------
所以(a

2b

3c)
1

1

1
≥
4a 18b108c
因为a

2b

3c＝9，



1
a
1
2b
1
3c
4a18 b108c

， ……8分
2
1111

所以

≥． …………………………………………10分
4a18b108c9
p
22．（1）由条件知，
A(1，1)
，
2
代入抛物线方程得
p1
．
所以抛物线的方程为
y
2
2x
．………………………4分
p
（x
2
，y
2
）
（2）设
B
，直线< br>AB
的方程为
yk(x)
．
2
k
2
p
2
0
， 将直线
AB
的方程代入
y2px
，消
y
得
kxp(k2)x
4
2
222
p(k
2
2)2p1k
2
p( k
2
2)2p1k
2
所以
x
1

，
x
2

． ……………6分
2k
2
2k
2
p
因为
d

p
，所以
x
1
 

p
，
2
uuuuruuur
p
又
A M

AB0
，所以
x
1


(x< br>2
x
1
)
，
2
2p1k
2
所 以
px
2
x
1

，………………………………………… …………8分
k
2
所以
k
2
222
，
所以直线
AB
的斜率为定值． …………………………………………………10分
23．（1）因为数列
1,2,3
中保持其中1个元素位置不动的排列只有
1 ,3,2或3,2,1或2,1,3
，
所以
P
3

1

3
； …………………………………………………………………2分
（2）

P
4

k

P
4

0

P4

1

P
4

2

P
4

3

P
4

4


k0
4
11112
=C
0
4
C
3
C
3
+C
4
C
2
+C
4
+0+1=9+ 8+6+0+1=24
； ………………………………4分
（3）把数列
1,2,,n
中任取其中
k
个元素位置不动， 则有
C
n
种；其余
nk
个元素重新排列，并
k
P
nk

0

，………6分 且使其余
nk
个元 素都要改变位置，则有
P
n

k

C
n
k
k
kk1
P
nk

0

，又因为< br>kC
n
故

kP
n

k



kC
n
nC
n1
，
k0k0
nn
所以

kP
n

k



kCP
k0k0
n
nn
k
nnk

0

n

C
k0
n1
k
n1n k1
P

0

n

P
n1

k

.
， …………8分
k0
n1
令
a
n


kP
n

k

,
则
a
n
na
n1
,
且
a
1
1.

k0
于是
a
2
a
3
a
4
a
n1
a
n
2a
1
3a< br>2
4a
3
na
n1
，
左右同除以< br>a
2
a
3
a
4
a
n1
，得
a
n
234nn!

所以

kP
n

k

n!
……………………………………………………………10分
k0
n

--------

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