高考模拟试卷(8)参考答案

高考模拟试卷(8)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

1．1i; 2．8 ; 3．77 ; 4．153; 5．25; 6．4 ; 7.4 ; 8．{13，23，1}. 【解析】

π2ω≥π2，3ωπ＝kπ，即0＜ω≤1 ω＝ k3，其中k∈Z，则k＝13或k＝23 或k＝1．

9.3n; 10．[4,0]; 11.6510; 12．3 . 【解析】(0)10fa，所以1a．所以121,0211()1,022xxxxfxxx≤，可以数形结合，先研究0x时，1212xyyx与的交点只有1个，可以通过比较2xy在(0,1)处的斜率与12的大小可得．故共有3个零点．（或直接导数研究每一段的图象）

13．52. 【解析】由4xyxyxy，得414xyxyxyyx，所以144yxyx≥，

解得052y≤．

14．191,191. 【解析】设1122(,),(,)PxyQxy，则22112222416xyxy．

又PQ的中点(,)Nxy，即1212(,)22xxyyN，

则有222222112212121212()()2()15()42xyxyxxyyxyxxyy，

由条件，MPMQ，得121212121xxyyxxx，

所以22152xyx，即22119()24xy，由于2PQMN，191191,22MN，所以191,191PQ．

二、解答题 15．（1）由题意，2sin Acos B＝sin Ccos B＋cos Csin B，

所以2sin Acos B＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sin A．

因为0＜A＜π，所以sin A≠0．所以cos B＝22．因为0＜B＜π，所以B＝π4．

（2）因为m·n＝12cos A－5cos 2A，

所以m·n＝－10cos2A＋12cosA＋5＝－10cos A－352＋435．

所以当cos A＝35时，m·n取最大值．此时sin A＝45(0＜A＜π2)，于是tan A＝43．

所以tan C＝－tan(A＋B)＝－tan A＋tan B1－tan Atan B＝7．

15．（1）连接AC交MB于Q，连接NQ，MC．

因为//AMBC，12AMADBC，

所以四边形ABCM是平行四边形，

所以Q是AC的中点．

又N是PC的中点，所以//NQPA．

因为NQ平面MNB，PA平面MNB，所以//PA平面MNB．

（2）因为PAPD，AMMD，所以PMAD．

因为//MDBC，MDBC，

所以四边形BCDM是平行四边形，所以//MBDC，

因为ADC90°，即ADDC，所以ADMB．

因为PMMBM，,PMMB平面平面PMB，

所以AD平面PMB．

因为AD平面PAD

所以平面PAD平面PMB．

17．(1)设助跑道所在的抛物线方程为f(x)＝a0x2＋b0x＋c0，

依题意00000004420931cabcabc,

解得 a0＝1，b0＝－4，c0＝4， P

A D

M N

C

B

(第16题图) Q 所以助跑道所在的抛物线方程为f(x)＝x2－4x＋4，x∈[0,3]．

(2)设飞行轨迹所在抛物线为g(x)＝ax2＋bx＋c(a<0)，

依题意3333fgfg，

即93162abcab，解得2695baca

所以g(x)＝ax2＋(2－6a)x＋9a－5

＝a31axa2＋1－1a.

令g(x)＝1，得31axa2＝21a.

因为a<0，所以x＝31aa－1a＝3－2a.

当x＝31aa时，g(x)有最大值，为 1－1a，

则运动员的飞行距离

d＝3－2a－3＝－2a，

飞行过程中距离平台最大高度

h＝1－1a－1＝－1a，

依题意，4≤－2a≤6，即2≤－1a≤3，

即飞行过程中距离平台最大高度的取值范围为在2 m到3 m之间．

18．（1）由题意，2222222211caababc，解得2242ab，所以椭圆的方程为22142xy．

（2）方法一：设1122,,,BxyDxy，则11,Axy，1,0Cx．

因为,,ACD三点共线，所以//ACAD，

由1112122,,,ACxyADxxyy， 得1121212xyyxxy，即12112122yyykxxx．

又,BD均在椭圆上，

有22112222222211xyabxyab①②，

①—②，得1212121222xxxxyyyyab，

所以直线BD的斜率2212122212122yyxxbbkxxayyka，

由于以AD为直径的圆恰好经过点B，

所以ABBD，即1kk，所以222ab，

所以椭圆的离心率22cea．

方法二：设,Btkt，则,,,0AtktCt，

所以直线AD的方程为2kyxt．

由222212xyabkyxt，消y，得22222224akbxxtab，

即222222222224240bakxaktxaktab，

所以2222224ADaktxxbak，

从而2222224Daktxtbak，即2222322222234(,)44akbakDttbakbak，

所以直线BD的斜率232222222222224344aktktbbakkakbakttbak，

由于以AD为直径的圆恰好经过点B，

所以ABBD，即1kk，所以222ab，

所以椭圆的离心率22cea． 19．（1）因为1nnStSa ①

当2n≥时，1nnStSa ②，

①—②得，1nnata（2n≥），

又由aStS12，得12ata，

所以，}{na是首项为a，公比为t的等比数列，所以1nntaa（*Nn）．

（2）当1t时，aan，naSn，1nabn，

由3||||nbb≥，得|1||31|naa≥，(3)[(3)2]0nana≥ （*）

当0a时，3n时，（*）不成立；

当0a时，（*）等价于(3)[(3)2]0nna≤ （**）

3n时，（**）成立．

4n≥时，有(3)20na≤，即23an≤恒成立，所以27a≤．

1n时，有420a≥，12a≥．2n时，有520a≥，25a≥．

综上，a的取值范围是22,57．

（3）当1t时，ttaSnn1)1(，(1)11111nnnataatbttt，

2(1)1(1)nnanattckntt12221(1)(1)1(1)natatktatnttt，

所以，当2210,1(1)0(1)attktatt时，数列}{nc是等比数列，所以1,,1attkt

又因为a，t，k成等差数列，所以2tak，即211tttt，

解得512t． 从而，512a，532k．

所以，当512a，512t，532k时，数列}{nc为等比数列． 20．（1）由题意，2120fxaxx≥在1,4x上恒成立，

即2212axx≤在1,4x上恒成立．

设22211112()1,448txxxxx，所以3,38tx，

所以328a≤，即316a≤．

（2）由2ln31gxxxax，得ln212gxxax．

由题意，1ge，即ln2121eae，所以1a．

所以ln3gxxx．

不等式404egxxx即为4()4egxxx．

由ln2gxx，知函数gx在2xe处取最小值为2e，

设4()4exxx，因为0x，所以442()244eexxexx≤-，

当且仅当212xe时取“=”，即当212xe时，x的最大值为2e，

因为2212ee，所以gxx，即原不等式成立．

（注：不等式404egxxx即为42ln20exx，

设42ln2exxx，证明0x对0,x成立，证明略）

（3）222lnln212ln212hxxxaxxaxxaxax，

222111211212axaxxaxhxaaxxxx．

①当a≥0时，由于1,4x，所以0hx≤，所以hx在1,4上递减，

由110ha，4ln4820ha，所以函数hx在1,4上的零点个数1；

②当0a时，1212axxahxx， 1当112a≤，即12a≤时，当1,4x时，0hx≥，所以hx在1,4上递增，

因为11ha，4ln4820ha，

所以当112a≤时，函数hx在1,4上的零点个数0；

当1a≤时，函数hx在1,4上的零点个数1．

2当142a≥，即108a≤时，0hx≤，所以hx在1,4上递减，

因为110ha，4ln482ha，

所以当40h，即11ln2184a≤时，函数hx在1,4上的零点个数0；

当40h≤，即1ln2104a≤时，函数hx在1,4上的零点个数1．

3当1142a，即1128a-时，

满足11,2xa时，0hx≤；1,42xa时，0hx≥，

即函数hx在11,2a上递减，在1,42a上递增，

因为110ha，4ln4820ha，

而111ln1224haaa，

设12ta，则1ln12ttt，且14t，