【江苏省南通市】2017年高考(数学学科基地命题)模拟数学试卷(十)-答案.pdf

1/9 江苏省南通市江苏省南通市 2017 年高考（数学学科基地命题）模拟数学试卷（十）年高考（数学学科基地命题）模拟数学试卷（十）答答 案案 一、填空题 1 1,0 21 332 44 33 523 解：m、n的取法共有3 26种，即共有6条直线，其中当0m，2n和1m，2n，直线10 mxny恰好不经过第二象限，所有经过第二象限的直线有 4 条，所以23p 654 n 10 9 8 7 6 5 4 3 2 s 10 19 27 34 40 45 49 52 54 76 812 3 935 10(1,2)解：10()4102 xf xxx，由2220234xxxxx得12x 1163 解：可设2nSAnBnanb，平方比较系数得，0Bb，故知nSAn，结合113Sa，23nSn，则11111063aSS 121 解：设(,)C x y，则2228AC BCxyt，点C的轨迹为以原点为圆心，28t为半径的圆，故圆心到直线的距离2249855dt，解得1t（负舍）1321|32或a aa 2/9 解：设()tf a，2()2()f f af a化为2()2f tt由函数式得2312(1)tt t或2222(1)tt t，12t或1t，即1()2f a或()1f a，12a或23a，a的取值范围为21|32或a aa 1423 解：2()()()(31)(2)0mxfxf xxbmxabmamb xab，可知13m，进而()(2)30 xbab xab，由于0b得ab，223mab 二、解答题 15解：sin()2cos6AA，得31sincos2cos22AAA，即sin3cosAA，因为(0,)A，且cos0A，tan3A，3A.(1)22sincos1CC，6cos3C，(0,)C，3sin3C 由正弦定理知sinsinacAC，即sinsinaAcC，即230ac(2)(0,)3B，(0,)33ABB，22sin()cos()1ABAB，4 33sinsin()sincos()cossin()10BAABAABAAB 16解：(1)取PB的中点E，连接NE，CE，ABCD是直角梯形，ABDC，60ABC，1DC，3AD，3/9 易得2ACCBAB，又E为PB的中点，N为PA的中点，NECD且=NE CD 四边形CDNE是平行四边形 DNCE；又CE平面PBC，DN平面PBC DN平面PBC(2)连接AM，PM PBPC，M为BC的中点 PMBC，ACAB，M为BC的中点 AMBC，又AMPMM，AM，PM平面PAM，BC平面PAM NM平面PAM，MNBC 17解：(1)连结AC，已知点C在以AB为直径的半圆周上，所以ABC为直角三角形，8AB，6ABC，3BAC，4AC，在ACE中由余弦定理2222cosCEACAEACAEA，且13CE，213 164AEAE，解得1AE或3AE(2)2ACB，6ECF，0,3ACE，()362 ACFAACF，在ACE中由正弦定理得：sinsincossin()2CFACACACACFA，2 3cosCF，在ACE中由正弦定理得：sinsinsin()3CFACACAAEC，2 3sin()3CE，4/9 若产生最大经济效益，则CEF的面积SECF最大，sin()cos2si1312sin(2)333n2SECFCE CFECF，0,3，0sin(2)13.当3时，SECF取最大值为4 3，此时该地块产生的经济价值最大 18解：(1)易得222212()()331ab，且22212ba，解得21a，212b，椭圆E的方程为2221xy；(2)设00(,)P xy，11(,)A x y，22(,)B xy，33(,)C x y，44(,)D xy，则0040 xy，221121xy，222221xy，又设1APPC，2BPPD，其中1，2R，则1013110131(1),(1),xxxyyy代入椭圆2221xy并整理得，2222221001110 1011(1)(2)(2)2(1)(2)xyxyx xy y，从而有221000 1011(1)(2)2(2)1xyx xy y，同理可得，2220002022(1)(2)2(2)1xyx xy y，得，221200()(21)0 xy，220021xy,12，从而ABCD，故2CDABkk.5/9 19解：在区间(0,)上，11()axfxaxx（）11()axfxaxx(1)当0a时，0 x，()0fx恒成立，()f x的单调增区间为(0,)；(2)当0a时，令()0fx，即10axx，得10 xa()f x的单调增区间为1(0,)a 综上所述：当时0a时，()f x的单调增区间为(0,)；当时0a时，()f x的单调增区间为1(0,)a（）2()lnF xxax，得2121()2(0)axF xaxxxx 当0a时，恒有()0F x，()F x在(0,)上为单调增函数，故()F x在(0,)上无极值；当0a时，令()0F x，得12xa 1(0,)2xa，()0F x，()F x单调递增；1(,)2xa，()0F x，()F x单调递减 1112()()ln22极大值aFaxF，()F x无极小值 综上所述：当0a时，()F x无极值；当0a时，()F x有极大值112ln2a，无极小值（III）证明：21212121lnlnyyxxkxxxx，又1202xxx，0001212()(ln)|x xg xxxxx，要证0()kg x，即证212112lnln2xxxxxx，6/9 不妨设120 xx，即证2121122()lnlnxxxxxx，即证2212112(1)ln+1xxxxxx，设211xtx，即证：2(1)4ln211tttt，也就是要证：4ln201tt，其中(1,)t，事实上：设4()ln2(1,)1k tttt，2222214(1)4(1)()0(1)(1)(1)tttk tttt tt t，()k t在(1,)上单调递增，()(1)0k tk，即结论成立 20证明：(1)当12k，14t时，2123111.1(2)24nnnaaaaaan，212321111.1(3)24nnnaaaaaan，得，221111111(3)2244nnnnnaaaaan，即11()(2)0(3)nnnnaaaan，数列na是正项数列，10nnaa，从而12(3)nnaan，中，令2n得，212211124aaa，若数列na是等差数列，则必有212aa，由得，115 a（负值已舍），当且仅当115 a时，数列na是公差为 2 得等差数列；7/9 否则，数列na不是等差数列；(2)21231.1(2)nnnaaaakatan，2123211.1(3)nnnaaaakatan，得，22111(3)nnnnnakakatatan，依题意，设111(,0)nnaa qa q，代入得，221(1)(1)10(3)nt a qqk qn，若1q，则10（矛盾），若1q，中，令3,4n得，21221(1)(1)1,(1)(1)1,t a qqk qt a qqk q 两式相减得，21(1)(1)0a q qqt，1a，0q，且1q，0t，此时1231.10(2)nnaaaakan，又数列na是正项数列，0k，即证 第第卷（附加题，共卷（附加题，共 40 分）分）21解：AAT是切线，OTAP，又PAQ是直角，即AQAP,ABOT，TBABTO 又OTOB，OTBOBT,8/9 OBTTBA，即BT平分OBA B依题意，1243234 xyy，即64,3122,xyxy解得0,10,xy 2121271034341522M 27100100102201522 xMy C(1)椭圆的参数方程化为普通方程，得221259xy，5a，3b，4c，则点F的坐标为(4,0)直线l经过点(,0)m，4m(2)将直线l的参数方程代入椭圆C的普通方程，并整理得：222(9cos25sin)72 cos810tt 设点A，B在直线参数方程中对应的参数分别为1t，2t，则 1 22228181|9cos25sin9 16sinFA FBt t 当sin0时，FA FB取最大值 9；当sin1时，FA FB取最大值8125 Da，b，c都是正数，2111111(23)()(23)418108418108abcabcabcabc，(23)9abc，11114181089abc 22 解：(1)设袋中黑球的个数为x(个)，记“从袋中任意摸出一个球，得到黑球”为事件A，则2()155xp A，6x 设袋中白球的个数为y(个)，记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件B，则2152154()17 yCp BC，2291200yy，5y或24y（舍）红球的个数为 4(个)9/9 随机变量的取值为 0，1，2，的分布列是 0 1 2 p 1121 44105 235 数学期望1144256801+2=211053510515 E(2)设袋中有黑球z个，则2(5,10,15)5znn设“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个黑球”为事件C，则22522161()125251 nnCp CCn，当5n时，()p C最大，最大值为910 23解：(1)228S，4232S(2)设集合0P，1,1 Q 若12|.|1 nxxx，即1x，2x，3x，nx中有1n个自集合P，1 个取自集合Q，故共有112nnC种可能，即为112nC 同理，12|.|2 nxxx，即1x，2x，3x，nx中有2n个自集合P，2 个取自集合Q，故共有222nnC种可能，即为222nC，若12|.|nxxxm，即1x，2x，3x，nx中有nm个自集合P，m个取自集合Q，故共有2n mmnC种可能，即为2mmnC，112222.2nmmmnnnSCCC，当0kn时，1knC，故10 knC 11220011221122.22(22.2)(1)2.(1)2nmmmmmmnnmnnnnnnnnnSCCCCCCCCC 0011221112(222.22.2)(22.2)mmmmnnmmnnnnnnnCCCCCC 11(12)(22)nnm 1132+2nnm