【江苏省南通市】2017年高考(数学学科基地命题)模拟数学试卷(五)-答案.pdf

1/10 江苏省南通市江苏省南通市 2017 年高考年高考（数学学科基地命题）（数学学科基地命题）模拟模拟数学数学试卷（试卷（五五）答答 案案 一、填空题 11,2,3,6 21 i 3391 418 529 6充分不必要 74 876 910 1076 11(1,2 1212 13212 141,42 二、解答题 15解：（1）由正弦定理知，sinsin2bAaB，又cos1aB，两式平方相加，得22(sin)(cos)3aBaB，因为22sincos1BB，所以3a（负值已舍）；（2）由（1）中，两式相除，得sin2cosBB，即tan2B，因为4AB，所以tantan124tantan()32 26121tan tan4BABB .14 分 2/10 16证：（1）方法 1：取线段 PD 的中点 M，连结 FM、AM 因为 F 为 PC 的中点，所以FMCD，且12FMCD=因为四边形 ABCD 为矩形，E 为 AB 的中点，所以EACD，且12EACD 所以FMEA，且FMEA 所以四边形 AEFM 为平行四边形所以EFAM 又AMPAD平面，EFPAD平面，所以EFPAD平面 方法 2：连结 CE 并延长交 DA 的延长线于 N，连结 PN 因为四边形 ABCD 为矩形，所以ADBC，所以BCEANE，CBENAE 又AEEB，所以CEBNEA 所以CENE 又 F 为 PC 的中点，所以EENP 又NPPAD平面，EFPAD平面，所以EFPAD平面 方法 3：取 CD 的中点 Q，连结 FQ、EQ 在矩形 ABCD 中，E 为 AB 的中点，所以AEDQ，且AEDQ 所以四边形 AEQD 为平行四边形，所以EQAD 又ADPAD平面，EQPAD平面，所以EQPAD平面.2 分 因为 Q、F 分别为 CD、CP 的中点，所以FQPD 又PDPAD平面，FQPAD平面，所以FQPAD平面 又FQEQEQF、平面，FQEQQ，所以平面EQFPAD平面.5 分 因为，所以EFPAD平面（2）设 AC、DE 相交于 G 在矩形 ABCD 中，因为2ABBC，E 为 AB 的中点，所以2DACDAEDA EFEQF平面 3/10 又DAECDA，所以DAECDA，所以ADEDCA 又90ADECDEADC，所以90DCACDE 由DGC的内角和为180，得90DGC=即DEAC 因为点 P 在平面 ABCD 内的正投影 O 在直线 AC 上，所以POABCD平面 因为DEABCD平面，所以PODE 因为POACO，POACPAC、平面，所以DEPAC平面，又DEPDE平面，所以PACPDE平面平面 17解：（1）设*()n nN年内所建安置房面积之和首次不低于 3 000 万 m2，依题意，每年新建安置房面积是以 200 为首项，50 为公差的等差数列，从而 n 年内所建安置房面积之和为(1)200502n nn m2，则(1)2005030002n nn，整理得，271200nn，解得8n（15n舍去）答：8 年内所建安置房面积之和首次不低于 3 000 万 m2（2）依题意，每年新建住房面积是以 500 为首项，11 为公比的等比数列，设第 m 年所建安置房面积占当年新建住房面积的比为()p m，则1120050(1)3()500(10.1)10 1.1mmmmp m，由()(1)p mp m得，13410 1.110 1.1mmmm，解得7m 答：第 7 年和第 8 年，所建安置房面积占当年新建住房面积的比保持不变14 分 18解：（1）分别过点 A、B 作直线 l 的垂线，垂足为 A1，B1，由题意得11AABB，由点到直线距离公式得112aAABB，因为圆 A 以 AF1为半径，所以半径为 c，被直线 l 截得的弦长为222()2ac，圆 B 以 OB 为半径，半径为 a，被直线 l 截得的弦长为222()2aa 因为直线 l：33yx被圆 A 和圆 B 截得的弦长之比为156，4/10 所以222222()415263322accaaa，解得(0)43acac 因为cea，所以所求的离心率为34，（2）存在点 P，使得过点 P 有无数条直线被圆 A 和圆 B 截得的弦长之比为34，设点0(,0)P x，由题意可得直线方程为0()yk xx，直线截圆 A 所得的弦长为2202|(7)|2()1kxck，直线截圆 B 所得的弦长为2202|(7)|2()1kxak，220222202222002(7)2()(1)(7)314(7)(1)(7)2()1kxckckxkkxkakxak，化简得22222220016(7)9(7)(1)(169)kxkxkca（*），由（1）离心率为34，得22169ca，即方程（*）为200(49)(1)0kxx，解得01x 或049x，即存在 2 个点(1,0)和(49,0)；当01x 时，22|61|81kckkak，解得7 157 151515k，当049x 时，22|421|561kckkak，解得772121k，即有无数条直线；故存在 2 个点 P，使得过点 P 有无数条直线被圆 A 和圆 B 截得的弦长之比为34 19解：（1）()()exfxxk，0 x （i）当0k 时，()0fx恒成立，()f x的递增区间是(0,)，无递减区间；无极值（ii）当0k 时，由()0fx得，xk；由()0fx得，0 xk；5/10 ()f x的递减区间是(0,)k，递増区间是(,)k，()f x的极小值为()ekf k，无极大值（2）由()4f xx，可得(1)e40 xxkx，因为e0 x，所以41exxxk，即41exxkx 对任意1,2x恒成立，记4()1exxg xx，则4(1)e4(1)()1eexxxxxg x，因为1,2x，所以()0g x，即()g x在1,2x上单调递增，故2max228e8()(2)1eeg xg 所以实数 k 的取值范围为22e8(,)e 由已知1212()()()f xf xxx，结合（1）可知，0k，()f x在(,)k上单调递减，在(,)k 上单调递增，又(1)0f k，1xk时，()0f x 不妨设121xkxk，此时2xk，12kxk，故要证122xxk，只要证122kxx，只要证12(2)()fkxf x，因12()()f xf x，即证11(2)()fkxf x 设2(1)e()(2)()(1)e()ekxxxkh xfkxf xxkxk，222()e()(ee)()()eeekkxxxxxkxkh xxk，当xk时，()0h x，()h x在(,)k上单调递减，(,)xk 时，()()ee0kkh xh k，故当xk时，(2)()fkxf x，即11(2)()fkxf x成立，122xxk 20解：（1）13A，21B，23d；24A，21B，23d；37A，31B，36d .3 分（2）当1n 时，11(1)1aa，所以11a；当2n时，由21(1)33nnSan，则1121(1)(1)33nnSan，两式相减得12(1)3nnnSaa，即123nnaa，所以11122233(1)3(1)nnnnbaab.6 分 6/10 因为112313(1)3(1)ba，所以当13时，数列 nb满足1nnbb（2n），即数列 nb是以313(1)为首项，为公比的等比数列；当13时，数列 nb不是等比数列.8 分 由知，当13时，13123(1)3(1)nna；当13时，23(1)na 10 分 又1212max,.,min,.,iiiinda aaaaa，112123max,.,min,.,iiiinda aaaaa 由于1223min,.,min,.,iiniinaaaaaa，所以由1iidd可得，12121max,.,max,.,iia aaa aa 所以1211max,.,iia aaa对任意的正整数1,2,3,.,2in恒成立，即数列na的前1n项单调递增是题设成立的必要条件，易知1312 分 因为+1iiidaa，112iiidaa，所以121212131312(12)(1)3(1)3(1)iiiiiiiddaaa 当1时，由1nnaa，得3103(1)，解得1，此时10iidd，不符合1iidd，舍去；当01，由1nnaa，得3103(1)，解得113，此时10iidd，符合1iidd 7/10 综上所述，的取值范围是1(,1)3.16 分 21A证：因为 PA 是圆 O 在点 A 处的切线，所以PABACB 因为PDAC，所以EDBACB=，所以PAEPABACBBDE=又PEABED=，故PAEBDE.10 分 21B解：设点00(,)xy为曲线|1xy上的任意一点，在矩阵1 0103M对应的变换作用下得到的点为(,)x y，则001 0103xxyy，所以003xxyy.5 分 所以曲线|1xy在矩阵1 0103M对应的变换作用下得到的曲线为|3|1xy，所围成的图形为菱形，其面积为1222233.10 分 21C解：（1）将(2,3)M及对应的参数3代入cossinxayb（0ab，为参数），得2cos33sin3ab，所以42ab，所以曲线 C1的普通方程为221164xy.4 分（2）曲线 C1的极坐标方程为2222cossin1164，将1(,)A，2(,)2B 代入得222211cossin1164，222222cossin1164，所以22121151610 分 21D解：因为0a，0b，1a b+，所以()(12)225ab+，从而124 214 2121145292112122()22()()()(22)222212bbbbaaabbaaa+6 分 所以1292115ab+当且仅当22(4 212122)aabb，且1a b+，即13a，23b 时，12211ab+取得最小值95.10 分 8/10 22解：因为在直三棱柱111ABCABC中，ABAC，所以分别以 AB、AC、AA1所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(2,0,0)B，(0,4,0)C，1(0,0,3)A，1(2,0,3)B，1(0,4,3)C，因为 D 是 BC 的中点，所以(1,2,0)D，2 分（1）因为11(0,4,0)AC，1(1,2,3)AD 设平面 A1C1D 的法向量1111(,)nx y z，则1111100n ACn AD，即111140230yxyz，取111301xyz，所以平面 A1C1D 的法向量1(3,0,1)n，而1(1,2,3)DB，所以1111113 35cos,35|n DBn DBnDB，所以直线 DB1与平面 A1C1D 所成角的正弦值为3 3535；5 分（2）11(2,0,0)AB，1(1,2,3)DB，设平面 B1A1D 的法向量2222(,)nxy z，则2112100n ABn DB，即222220230 xxyz，取222032xyz，平面 B1A1D 的法向量2(0,3,2)n，所以121212130cos,65|n nn nnn，二面角 B1-A1D-C1的大小的余弦值1306510 分 23（1）证明：22222211()()()03212abABaabbab（2）证明：1n，11AB；3n，1111nnnabAnab，()2nnabB，令abx，aby，且,0 x y，于是11111()()1122()()12(1)nnnnnnxyxyAxyxynyny，()2nnxB，因为1113231111()()(22.)2nnnnnnnnxyxyCx yCxyCx y，9/10 所以11112()2(1)22nnnnnnnnxxACx yBny 10/10 江苏省南通市（数学学科基地命题）江苏省南通市（数学学科基地命题）2017 年高考模拟试卷（年高考模拟试卷（5）解解 析析 一、填空题 19略 10由0 x ，知2333x，因为31()()32ff，所以 3222332，所以76+=11f(f(x)x22x，x0，2x2，0 x1，x42x2，x1作出函数 f(f(x)的图像可知，当 1k2 时，函数 yf(f(x)k 有 3 个不同的零点 12由2ABACAO可得0OBOC，即BOOC，所以圆心在BC上，且ABAC 注意到|=2ABAO，所以,4,2 336BCBCAC，所以12CA CB 13由()a abcbc，得1bcb caaa a，设,bcxyaa，则1xyxy，1abcxy，因为21()2xyxyxy，所以22 2xy，所以abc的最大值为212 141,42由任何斜率不小于1的直线与C都至多有一个公共点，也即x12，1时，曲线()yf x上 任意两点连线的斜率都小于1，所以()1fx在x12，1上恒成立由2()31fxaax，即2310axa，设()31g tata，1,14t，只需1()04g，且(1)0g，所以142a 1523略