【江苏省南通市】2017年高考(数学学科基地命题)模拟数学试卷(七)-答案.pdf

1/10 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（七）年高考（数学学科基地命题）模拟数学试卷（七）答答 案案 一、填空题 12,3 21 i 390 424 512 623 72 33 81(0,)10 93 104 1143 127 1318 142a 二、解答题 15解：（1）由正弦定理得sinsin2sin cosACAB，则2sin cossinsin()sinsin coscos sinABBABBABAB，所以sinsin coscos sinsin()BABABAB 因为0A，B所以AB，所以BAB或()BAB，即2AB或A（舍），所以2AB（2）由214Sa，得211sin24abCa，所以1sin sinsin2BCA，由（1）知，1sin sinsin2sin cos2BCBBB，因为sin0B，所以sincosCB 因为sin0C，所以cos0B，即 B 为锐角，若 C 为锐角，则sinsin()2CB，即2CB，可知2A；若 C 为钝角，则sinsin()2CB，即2CB，可知4A 2/10 综上，4A或2A 16解：（1）连接 OE，由四边形 ABCD 是正方形知，O 为 BD 中点，因为PDACE平面，PDPBD面，PBDACEOE面面，所以PDOE 因为 O 为 BD 中点，所以 E 为 PB 的中点（2）在四棱锥 PABCD 中，2ABPC，因为四边形 ABCD 是正方形，所以22OCAB，所以PCOC 因为 G 为 PO 中点，所以CGPO 又因为PCABCD底面，BCABCD底面，所以PCBD 而四边形 ABCD 是正方形，所以ACBD，因为,AC CGPAC平面，ACCGC，所以BDPAC平面，因为CGPAC平面，所以BDCG 因为,PO BDPBD平面，POBDO，所以CGPBD平面 17解：（1）由题意，2sinPA，4cosQA，所以lPAQA，即24(0)sincos2l（2）设24()sincosf，(0,)2 由3322222cos4sin2(2 2sincos)()sincossincosf，令()f，得02tan2 且当0(0,)，()0f；当0(,)2，()0f，所以，()f在0(0,)上单调递减；在0(,)2上单调递增，所以，当0时，()f取得极小值，即为最小值 当02tan2时，01sin3，02cos3，所以()f的最小值为3 6，3/10 即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为3 6 m 因为3 67，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠 18解：（1）由题意，12ca且26aac，解得2a，1c 2213b 椭圆的标准方程为22143xy（2）证明：设00(,)P x y，则00(,)Qxy，又(2,0)A，直线 AP 的方程为00(2)2yyxx，得002(0,)2yMx，00(22,)2yxAM 同理可得002(0,)2yNx，0022)2(,yANx，2020444yAM ANx 又点 P 在椭圆 C 上，故2200143xy，即2200443xy，20204414yAM ANx（定值）；（3）证明：设11(,)P x y，22(,)Q xy，将直线 AP 的方程1(2)yk x与椭圆方程联立得：21214(32)yk xxy，即2222111(34)1616120kxk xk-2112116234kxk-，211216834kxk，11212112234kkyx-，221122116812(,)3434kkPkk 121k k，4/10 221122116812(,)34 34kkQkk 当211k 时，2121682347kk 点 P 和点 Q 的横坐标相同，直线 PQ 的方程为27x ，由此可见，如果直线 PQ 经过定点 R，则点 R 的横坐标一定为27 当211k 时，11222111222111221112123434768684(1)3434OQkkkkkkkkkkk，直线 PQ 的方程为211122211112768()344(1)34kkkyxkkk，令27x 得：2111222111768122()04(1)73434kkkykkk 直线 PQ 过定点2(,0)7R 19解：（1）21()32fxaxx，由题意，(1)0f，(1)fb，解得，1a，1b，所以0ab（2）由（1）知，3()2lnf xaxxx，3221321(1)(331)()32xxxxxfxxxxx，令()0fx，得1x，且当01x时，()0fx；当1x 时，()0fx，所以函数()f x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增 因为(1)10f，3112()10eeef，3(e)e2e 10f，函数()f x在区间1,1e和1,e上的图象是一条不间断的曲线，由零点存在性定理，所以函数()f x有两个零点（3）设()()2()g xf xxa，即3()2lng xaxax，(0,1x 32131()3axg xaxxx，当0a 时，()0g x，所以函数()g x在(0,1单调递减，所以()g x最小值为(1)30ga，不合题意；5/10 当0a 时，223331113()333()a xxxaaag xx，令()0g x，得313xa 若3113a，即103a时，函数()g x在(0,1单调递减，所以()g x最小值为(1)30ga，只需31a，即13a，所以13a 符合；若3113a，即13a 时，函数()g x在31(0,)3a上单调减，在31(,13a上单调增，所以()g x的最小值为3111(2ln31333gaaa，所以13a 符合 综上，a 的取值范围是13a 20解：（1）由条件，22213aa，22327aa，226513aa，227615aa，2210921aa，22111023aa，所以222213511.82aaaa（2）由22121(2)nnaann，22215aa，22327aa，22439aa，22121nnaan 将上面的式子相加，得221(21 5)(1)2nnnaa，所以22(21 5)(1)4(1)(2)2nnnann 因为na的各项均为正数，故1(2)nann 因为12a 也适合上式，所以*1()nannN 假设存在满足条件的 k，不妨设21219kkmaaa，所以2(21)191kkm，6/10 平方得22(21)19(1)kkm，（*）所以222(21)2(21)(1)19(2)kkkmk，所以2222(1)(21)19(1)(2)19mkmk，即(2)(22)19(1)(12)(12)19(2)mkmkmk mk 由（1）得，221mk，即1 20mk，若1 20mk，代入（*）式，求得18m，192k 不合，舍去；若1 20mk，结合（2）得1 219mk，所以21 192kmk，即194k，又*kN且2k，所以 k 的可能取值为 2，3，4，代入（*）式逐一计算，可求得3k 21A因为 ABCD 是圆的内接四边形，所以DAEBCD，FAEBACBDC 因为BCBD，所以BCDBDC，所以DAEFAE，所以 AE 是四边形 ABCD 的外角DAF的平分线 B由题意，233115ab ，即63,315,ab，解得，3,2,ab所以2 32 1M 设23()(2)(1)6021f，解得1或4，所以矩阵 M 的特征值为1和 4 C由32,1xtyt 消参数t，得210 xy 由55cos,35sinxy 消参数，得22(5)(3)25xy 所以圆心(5,3)到直线210 xy 的距离|56 1|2 55d，7/10 所以222 5(2 5)2 5AB D因为不等式20 xaxb的解集为(1,0)，所以可得，3a，2b 又函数()(1)3(1)4234f xaxbxxx，由柯西不等式可得，22122(234)(21)(3)(4)5xxxx，当且仅当234xx，即163,45x 时取等号 所以，当165x 时，函数()f x取得最大值5 22因为平面BDEFCAAD平面，ADEFABCDAD平面平面，CDABCD平面，CDAD，所以CDADEF平面，因为DEADEF平面，所以CDDE（1）建立如图所示的空间直角坐标系 设1AD，则(0,0,0)D，(1,1,0)B，(0,2,0)C，(0,0,1)E，F(1,0,1)，所以(0,2,1)EC，(1,0,1)DF，(1,1,0)DB 设平面 BDF 的法向量(,)n x y z，则00n DFn DB，即00 xzxy，令1x，则1yz，所以(1,1,1)n，设直线与平面所成角为，则0 12(1)(1)(1)15sin|15|53EC nECn ，即直线 EC 与平面 BDF 所成角的正弦值为1515（2）假设线段 EC 上是否存在点 P 满足题意，设(01)EPEC，则(0,2,1)P，所以(0,2,1)DP 设平面 BDP 的法向量2(1,1,)1n，ECBDF 8/10 则00n DPn DB，即2(1)00yzxy，令1x，则1y，21z，所以2(1,1,)1n 设二面角 F-BD-P 的平面角为，则221 111cos|3232()1n nnn，解得13或57 经检验，符合条件的13，即当13EPEC时，二面角 F-BD-P 的余弦值为13 23解：（1）由22214()01(2)(1)(2)xfxxxxx，知函数()f x在定义域(1,)上为增函数，由于(0)0f，所以不等式()0f x 的解集为(0,)（2）当3n，不等式左边1111571ln3345660，所以不等式成立；假设当(3)nk k时，不等式成立，即231lnkiki；则当1nk时，左边2(1)233111111ln21222122kkiikiikkkk 下面证明11lnln(1)2122kkkk，只需证111ln2122kkkk（*）由（1）知，1x 时，()0f x，即2ln(1)2xkx，所以212ln(1)1212kkkk，由于112212221kkk，所以（*）不等式成立，当1nk时，原不等式仍然成立 由知，原不等式对任意nN，3n都成立 9/10 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（七）年高考（数学学科基地命题）模拟数学试卷（七）解解 析析 一、填空题 1 2，3 2 3 90 4 24 512 由双曲线的一条准线的方程为，则，所以 6 所有的基本事件的总数为，“恰有两个盒子各有 1 个球”的对立事件 是“甲、乙两个不同的球在同一个盒子”，有 3 种可能，所以“恰有两个盒子各有 1 个球”的概率为 7 由条件，易知正四棱锥的高为，底面边长为，所以体积为 8 由条件，不等式即为，所以，解得 9 3 由条件，所以，所以，因为，所以 10.4 由，得，所以，所以 11 令，即，所以，因为，所以，即，从而 12 7如图所示，函数与 的图象有 7 个不同的交点，所以原方程有 7 个不同的解 13 18直线过定点恰为曲线的对称中心，所以为的中点，由，得，所以动点满足，所以的最大值为 18 14 由，得，1i 2214yxa3x 34aa12a 233 39 321932 33322 331010，(lg)(1)0fxf(lg)(1)fxflg1x 1010 x234534()()2()aaaaaa2312(1)()2()q aaq aa11(1)(3)8qq aqa10a 1q 3q 16cos8OP OAAOP1cos2AOP60AOP4 2 cos604OC APOC OB 345cos22sinxx25(12sin)2sinxx210sinsin30 xx02x，3sin5x 03sin5x 03tan4x()1yf x6log(1)yx1ykxk(1,1)M21xyxMAB4 2PAPB2 2PM()P mn，22(1)(1)8mn22mn2ae+e2(1)x yx yaxa(2)e+e2x yx ya x 10/10 当时，不等式为恒成立，；当时，不等式为，设，则，当且仅当时取“=”，再设，则，设，由于，所以在上单调增，因为，所以当时，即；当时，即，所以在上为减函数，在上为增函数，所以在时取得最小值，且最小值为 2 综上，当且时，取最小值为 2，所以 2x 220e+e2yy aR2x 1e(e+e)22xyyax1()e(e+e)22xyyf xx2x，2(e1)()2xf xx0y 2(e1)()2xg xx222e(2)(e1)2e(1)1()(2)(2)xxxxxg xxx()e(1)1xt xx()e(1)ee(2)0 xxxt xxx()t x2，(0)0t(2 0)x ，()0t x()0g x(0)x，()0t x()0g x()g x(2 0)x ，(0)x，()g x0 x 0 x 0y()f x2a