南通市高考理科数学密卷三及答案解析.docx
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南通市高考理科数学密卷三及答案解析
2018年南通市高考理科数学密卷三及答案解析
第Ⅰ卷(必做题,共160分)
一、填空题:
本大题共14小题,每小题5分,共70分.
1.已知集合,集合,则.
2.若(a+bi)(3-4i)=25(a,b∈R,i为虚数单位),则的值为.
3.某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150,150,400,300名学生.为了解学生的就业
倾向,用分层抽样的方法从该校这四个专业中抽取60名学生进行调查,
则应从丁专业抽取的学生人数为.
4.从1个黑球,1个黄球,3个红球中随机取出三个球,则三球颜色互不
相同的概率是.
5.右图是一个算法的流程图,则输出的的值为.
6.在平面直角坐标系xOy中,双曲线-=1的顶点到其渐近线的距离
为.
7.各棱长都为的正四棱锥与正四棱柱的体积之比为,则的值为.
8.已知公差不为零的等差数列的前项和为,且,若成
等比数列,则的值为.
9.已知实数x,y满足条件则的最大值与最小值之和为.
10.已知函数,,则的解集是.
(第11题)
11.将函数的图象向左平移3个单位,得函数()的图象(如图),点分别是函数图象上轴
两侧相邻的最高点和最低点,设,
则的值为.
12.已知正实数满足,则的最小值为.
13.已知是圆:
的直径,为坐标原点,直线:
与轴垂直,过圆上任意一点(不同于)作直线与分别交直线于两点,则的
值为.
14.若方程有四个不同的实数根,且,则的取值范围是.
二、解答题:
本大题共6小题,共计90分.
15.(本小题满分14分)
如图,在四棱锥中,底面是矩形,平面,过的平面
分别与,交于点,.
(1)求证:
平面平面;
(2)求证:
∥.
16.(本小题满分14分)
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.
(1)求角;
(2)若a+b=4,设D为AB的中点,求线段CD长的最小值.
17.(本小题满分16分)
在平面直角坐标系xOy中,圆O:
,直线l:
.为
圆O内一点,弦MN过点A,过点O作MN的垂线交l于点P.
(1)若MN∥l,求△PMN的面积.
(2)判断直线PM与圆O的位置关系,并证明.
18.(本小题满分16分)
中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体,给人于美的享受.如图
(1)为一花窗;图
(2)所示是一扇窗中的一格,呈长方形,长30cm,宽26cm,其内部窗芯(不含长方形边框)用一种条形木料做成,由两个菱形和六根支条构成,整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称.设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm,窗芯所需条形木料的长度之和为L.
(1)试用x,y表示L;
(2)如果要求六根支条的长度均不小于2cm,每个菱形的面积为130cm2,那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料(不计榫卯及其它损耗)?
图2
19.(本小题满分16分)
已知函数,.
(1)求函数的单调增区间;
(2)若函数有三个互不相同的零点0,,,其中.
(ⅰ)若,求a的值;
(ⅱ)若对任意的,都有成立,求a的取值范围.
20.(本小题满分16分)
在数列中,,,,为常数,.
(1)求的值;
(2)设,求数列的通项公式;
(3)是否存在正整数(),使得与都为等差数列?
若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
2018年高考模拟试卷(3)
数学Ⅱ(附加题)
21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定两题,并在相应的答题区域内作答.
A.[选修4-1:
几何证明选讲](本小题满分10分)
如图,,,是圆上不共线的三点,于,和分别交
的延长线于和,求证:
.
B.[选修4-2:
矩阵与变换](本小题满分10分)
已知,向量是二阶矩阵的属性特征值3的一个特征向量,
求直线在矩阵对应的变换作用下得到的直线的方程.
C.[选修4-4:
坐标系与参数方程](本小题满分10分)
在极坐标系中,已知直线的方程为,圆的方程为,
试判断直线与圆的位置关系.
D.[选修4-5:
不等式选讲](本小题满分10分)
对任意实数,不等式恒成立,求实数的取值范围.
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答卷纸指定区域内作答.
22.(本小题满分10分)
某商场准备在今年的“五一假”期间对顾客举行抽奖活动,举办方设置了A、B两种
抽奖方案,方案A的中奖率为,中奖可以获得2分;方案B的中奖率为P0(0 中奖可以获得3分;未中奖则不得分,每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与 否互不影响,并凭分数兑换奖品. (1)若顾客甲选择方案A抽奖,顾客乙选择方案B抽奖,记他们的累计得分为X, 若X≤3的概率为,求P0; (2)若顾客甲、顾客乙两人都选择方案A或都选择方案B进行抽奖,问: 他们选择 何种方案抽奖,累计得分的均值较大? 23.(本小题满分10分) 如图,在平行四边形中,,,,四边形为矩形, 平面平面,,点在线段上运动,且. (1)当时,求异面直线与所成角的大小; M (2)设平面与平面所成二面角的大小为(),求的取值范围. 2018年高考模拟试卷(3)参考答案 一、填空题: 本大题共14小题,每小题5分,共70分. 1.答案: 解析: 由并集定义可得. 2.答案: 25解析: 因为即为复数a+bi模的平方,且, 所以,即的值为25 3.答案: 18解析: 由题意可得: 甲、乙、丙、丁四个专业人数之比为,所以 100名学生中丁专业抽取人数为人. 4.答案: 解析: 将黑球标记为,黄球标记为,红球标记为基本事件 有共计10种, 其中颜色互不相同有3种,故所求事件概率为. 5.答案: 7解析: 第1次,,;第2次,,;第三次,,. 6.答案: 解析: 顶点坐标为,渐近线方程为,由对称性不妨取顶点,渐近线方程为,故顶点到其渐近线的距离为. 7.答案: 解析: 方法一: 正四棱柱的体积为,正四棱锥的高为,底面积为,故体积为,所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为,即. 方法二: 设正四棱锥与正四棱柱的高分别为.因为正四棱锥与正四棱柱的底面积相同,所以体积之比为. 8.答案: 80解析: 因为成等比数列,所以.又,设公差为, 故,即,又公差不为零,故.即. 所以. 9.答案: 解析: 将所给约束条件画出如下图所示的可行域.的几何意义为可行域中的任一点与原点连线的斜率.由图形可得: 在点A处取到最大值.又,故.在点C处取到最小值.又,故.所以的最大值与最小值之和为 10.答案: 解析: , 所以在上单调递增,在上为常数函数,则, 解得. 11.答案: 解析: 将函数的图象向左平移3个单位,得函数 所以, 由余弦定理可得,, . 12.答案: 解析: 方法一: 因为,所以. 又, 所以.当且仅当时取等号. 方法二: 因为,所以,即. 故 当且仅当时取等号. 方法三: 因为, 所以,当且仅当时取等号. 13.答案: 1 解析: 设直线的倾斜角分别为,则, ,记直线: 与轴的交点为, ,则, .即的值为1 14.【答案】 【解析】方程有四个不同的实数根,在同一坐标系内作出函数与函数的图象如下图所示,所以是方程的两根,是方程的两根,由求根公式得,且,所以,令, 由得,函数在区间递增,在区间递减,又, 所以所求函数的取值范围是. 二、解答题: 本大题共6小题,共90分. 15.(本小题满分14分) 证: (1)因为平面,平面,所以. 因为底面是矩形,所以. 因为,平面,所以平面. 因为平面,所以平面平面. (2)底面是矩形,所以∥, 因为平面,平面,所以∥平面. 因为平面,平面平面,所以∥. 16.(本小题满分14分) 解: (1)因为,所以, 所以.又因为,所以. (2)法一: 因为D是AB中点,所以, 所以,即, 所以,当且仅当时等号成立. 所以长的最小值为. 法二: 在中,由余弦定理得, 可设. 在中,由余弦定理得, 可设. 所以,所以. 下同法一. 法三: 以C为原点,CA为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系, 所以,所以, 所以, 下同法一. 17.(本小题满分14分) 解: (1)因为MN∥l,设直线MN的方程为, 由条件得,,解得,即直线MN的方程为. 因为,,所以,即, 所以. 又因为直线与直线间的距离,即点到直线的距离为3, 所以△PMN的面积为. (2)直线PM与圆O相切,证明如下: 设,则直线的斜率, 因为,所以直线的斜率为, 所以直线的方程为. 联立方程组解得点的坐标为, 所以, 由于,, 所以 , 所以,即,所以直线PM与圆O相切,得证. 18.(本小题满分16分) 解: (1)由题意,水平方向每根支条长为cm, 竖直方向每根支条长为cm,菱形的边长为cm. 从而,所需木料的长度之和 L=cm. (2)由题意,,即,又由可得. 所以. 令,其导函数在上恒成立, 故在上单调递减,所以可得. 则 =. 因为函数和在上均为增函数, 所以在上为增函数,故当, 即时L有最小值. 答: 做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料. 19. (1),其判别式. ①当时,,恒成立, 所以的单调增区间为.………………………………………1分 ②当时,由,得或, 所以的单调增区间为,.3分 综上,当时,的单调增区间为; 当时,的单调增区间为,.4分 (2)(ⅰ)方程,即为,亦即, 由题意,是方程的两个实根,………………5分 故,,且判别式,得. 由,得,,………………………………………8分 故,所以.………………………………………9分 (ⅱ)因为对任意的,恒成立. 因为,,所以, 所以或. ①当时,对,, 所以,所以. 又,所以.………………………………………12分 ②当时,, 由 (1)知,存在的极大值点,且. (方法1)由题得, 将代入化简得,解得.…14分 又,所以.因此.…………………………15分 综上,a的取值范围是.………………………………………16分 (方法2),由题得, 将,代入化简得, 得,故, 因为在上递减,故. 综上,a的取值范围是.……………………………………16分 20.(本小题满分16分) 解: (1)将代入,得, 由,,得. (2)由,得,即. 当时, , 因为,所以. 因为也适合上式,所以. (3)由 (2)知,. 假设存在正整数且,使得与同时成等差数列, 则且,即, 整理得,(*) 设,,则 所以单调递减数列. ①若,当时,则, 所以左边,右边,显然等式不成立, 当时,得,解得, 所以,,符合题意. ②若,因为,所以, 所以, 所以,所以,所以不存在, 即时,不存在符合题意的. 综上,存在,,,使得与同时成等差数列. 数学Ⅱ(附加题) 21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题,并在相应的答题区域内 作答.若多做,则按作答的前两题评分.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](本小题满分10分) 证: 连接,因为,,所以, 又,所以, 又因为,, 所以, 所以,,,四点共圆,所以. B.[选修4—2: 矩阵与变换](本小题满分10分) 解: 由题意,,即, 所以解得,所以. 设上一点在的作用下得到直线上一点, 则,即 所以 代入直线,得, 即直线的方程为. C.[选修4—4: 坐标系与参数方程](本小题满分10分) 解: 由,得, 所以直线直角坐标方程为. 由,得, 所以圆的直角坐标方程为, 即.……8分 所以圆心到直线的距离, 所以直线与圆相交. D.[选修4—5: 不等式选讲](本小题满分10分) 解: 设,即 所以的最小值为,所以. 当时,不等式即为,解得,矛盾; 当时,不等式即为,解得,所以; 当时,不等式即为,解得,所以. 综上,实数的取值范围是. 【必做题】第22、23题,每小题10分,共计20分.请在答题卡指定区域内作答,解答时 应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 22.(本小题满分10分) 解: (1)由已知得,甲中奖的概率为,乙中奖的概率为P0,且两人中奖与否互不影响. 记“这2人的累计得分X≤3”的事件为C,则事件C的对立事件为“X=5”. 因为P(X=5)=P0,所以P(C)=1-P(X=5)=1-P0=, 所以P0=. (2)设甲、乙都选择方案A抽奖的中奖次数为X1,都选择方案B抽奖的中奖次数 为X2, 则这两人选择方案A抽奖累计得分的均值为E(2X1), 选择方案B抽奖累计得分的均值为E(3X2). 由已知可得,X1~B(2,),X2~B(2,P0),所以E(X1)=2×=,E(X2)=2P0, 从而E(2X1)=2E(X1)=,E(3X2)=3E(X2)=6P0. 若E(2X1)>E(3X2),则>6P0⇒0 若E(2X1)=E(3X2),则=6P0⇒P0=. 综上所述,当0 当 当P0=时,他们都选择方案A或都选择方案B进行抽奖时,累计得分的均值相等. 23.(本小题满分10分) 解: (1)在△ABC中,,, ,则,所以,即. 因为四边形为矩形,所以, 因为平面平面,平面平面,平面, 所以平面.……2分 建立如图所示的空间直角坐标系, 则,,,, ,, 当时,,所以. 所以,, 所以, 所以, 即异面直线与所成角的大小为. (2)平面的一个法向量, 设, 由, 得即, 所以,. 设平面的法向量, 因为即 取,则,, 所以平面的一个法向量, 因为,所以. 因为,所以.
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