高考数学模拟卷二南师大含复习资料

高考数学模拟卷二南师大含复习资料高考数学模拟卷二南师大含复习资料高考数学模拟卷二南师大含复习资料南师大2017高考数学模拟卷二一、填空题1．已知会合A2，1，B1，2，则AB▲．2.设复数z知足(34i)z50（i是虚数单位），则复数z的模为▲．射击运动员打靶，射5发，环数分别为9，10，8，10，8，则该数据的方差为▲.4．右图是一个算法的伪代码，其输出的结果为▲．

S←0ForiFrom1To10Step11S←S＋i(i＋1)EndForPrintS（第4题）5．在平面直角坐标系xOy中，抛物线x22py(p0)上纵坐标为1的一点到焦点的距离为3，则焦点到准线的距离为▲．6．从会合1，2，3，，4，5，6，7，89中任取两个不一样的数，则此中一个数正是另一个数的3倍的概率为▲．x－y＋1≥0，7．已知实数x，y知足x＋y－3≥0，则当2x－y获得最小值时，x2＋y2的值为▲．3x－y－3≤0，8.已知函数f(x)sinx(x0,)和函数g(x)1tanx的图像订交于A,B,C三点，则ABC的面积为3▲.9．在平面直角坐标系xOy中，P是曲线C：y＝ex上一点，直线l：x＋2y＋c＝0经过点P，且与曲线C在P点处的切线垂直，则实数c的值为▲．10.如图，在ABC中，ABAC,BC2,ADDC,AE1EB.12若BDAC▲．，则CEAB211．已知

f(x)是定义在区间

[－1，1]上的奇函数，当

x＜0时，f(x)＝x(x－1)．则对于

m的不等式f(1－m)＋f(1－m2)＜0的解集为

▲．12．在平面直角坐标系xOy中，设点P为圆C：(x1)2y24上的随意一点，点Q(2a，a3)(aR)，则线段PQ长度的最小值为▲．公比为q(q≠1)的等比数列a1，a2，a3，a4，若删去此中的某一项后，节余的三项（不改变原有次序）成等差数列，则全部知足条件的q的取值的代数和为▲．14.设常数k1，函数yf(x)1x2x,0x1,，则f(x)在区间[0,2)上的取kf(x1)kx,x1值范围为▲．二、解答题15.已知角

的终边上有一点

p(1,2)，（1）求

tan(

)的值；（2）求

sin(2

5

)的值.4

616.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知平面AA1C1C平面ABCD,且ABBCCA3,ADCD1.1）求证：BDAA1;（2）若E为棱BC的中点，求证：AE//平面DCC1D1.

D1A1C1B1DA

CEx2y21(ab0)的右准线的方程为17．已知椭圆E：2b2a个焦点分别为F1(22,0),F2(22,0).（1）求椭圆E的方程；（2）过F1,F2两点分别作两条平行直线F1C和F2B交椭圆

B第16题92x，左、右两y4CBF1O2xFE于C,B两点（C,B均在x轴上方），且F1CF2B等于椭圆E的短轴的长，求直线F1C的方程.218.如图扇形AOB是一个参观区的平面表示图，此中AOB为3

，半径OA为1km，为了便于旅客参观休闲，拟在参观区内铺设一条从进口A到出口B的参观道路，道路由圆弧AC、线段CD及线段BD构成。此中D在线段OB上，且CD∥AO，设AOC.（1）用表示CD的长度，并写出的取值范围.（2）当为什么值时，参观道路最长？19.已知函数f(x)x33(1a)x23ax1,a0.2试议论f(x)(x0)的单一性；(2)证明：对于正数a，存在正数p，使适合x[0,p]时，有1f(x)1；设(1)中的p的最大值为g(a)，求g(a)的最大值.20.设数列

{an}

是各项均为正数的等比数列，其前

n项和为

Sn，且

a1a5＝64，S5－S3＝48．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设有正整数m，l（5＜m＜l），使得am,5a5,al成等差数列，求m,l的值；（3）设k,m,l*,kml，对于给定的k，求三个数5akml经适合排序后能构N，a，a成等差数列的充要条件.理科附带甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，此中两人竞赛另一个人当裁判，设每局竞赛结束时，负的一方在下一局当裁判，假定每局竞赛中甲胜乙的概率为1，甲胜丙，乙胜丙的概率都是2，各局的竞赛互相独立，第一局甲当裁判.23（1）求第三局甲当裁判的概率；（2）记前四次中乙当裁判的次数为Y，求Y的散布列和数学希望.23.已知函数f(x)xlnx(1x)ln(1x)，x∈(0,1).1）求f(x)的最小值；2）若a+b+c=1，a，b，c∈(0,1).求证：alnablnbclnc(a2)ln2.2017高考数学模拟卷二参照答案南师大《数学之友》一、填空题1．(2，2).2．1.4.5104．11.5．4.6．121.7．5.8.2.39．－4－ln2.410..311．[0，1).12．52.13.0.解：若删去a1或a4，则等比数列中有连续三项成等差，能够推得公比为1，舍去；若删去的a2，则得2a3＝a1＋a4，即2q2＝1＋q3，因为q≠1，得q2－q－1＝0，得q1q21；若删去的a3，则得2a2＝a1＋a4，即2q＝1＋q3，因为q≠1，得q2＋q－1＝0，得q3q41，因此q1q2q3q40．(2k,1].解：x[0,1)时，f(x)1x2x，令xsin,[0,)，2则ycossin2cos(4)(1,1]，x[1,2)时，x1[0,1)，f(x)kf(x1)k(x1)k，因为f(x1)(x1)(1,1]，k0，因此f(x)(2k,0]，故x[0,2)时，f(x)(2k,1].二、解答题15.已知角的终边上有一点p(1,2)，（1）求tan()的值；（2）求sin(25)的值.46解：依据题意tan1,sin2,cos1，255tantan411（1）tan23；41tantan1142（2）sin(25)sin2cos5cos2sin56662sincos(3)(2cos21)122212321115525234310.16.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知平面AA1C1C平面ABCD,且ABBCCA3,ADCD1.D1（3）求证：BDAA1;A1C1（4）若E为棱BC的中点，求证：AE//平面DCC1D1.B1证明：⑴在四边形ABCD中，因为BABC，DADC，因此BDAC，又平面AACC平面ABCD，且平面AACC平面ABCDAC，D1111CAEBD平面ABCD，因此BD平面AA1C1C，B第16题又因为AA1平面AA1C1C，因此BDAA1．⑵在三角形ABC中，因为ABAC，且E为BC中点，因此AEBC，又因为在四边形ABCD中，ABBCCA3，DADC1，因此ACB60，ACD30，因此DCBC，因此AEDC，因为DC平面DCC1D1，AE平面DCC1D1，因此AE平面DCC1D1．17．已知椭圆E：x2y21(ab0)的右准线的方程为92a2b2x，左、右两y4CB个焦点分别为F1(22,0),F2(22,0).F1O2x（1）求椭圆E的方程；F（2）过F1,F2两点分别作两条平行直线F1C和F2B交椭圆E于C,B两点（C,B均在x轴上方），且F1CF2B等于椭圆E的短轴的长，求直线F1C的方程y2，a292，得a2，b2a2c2C解：（1）由题设，c29B1，c42F1OF2xxy2D故椭圆方程为1.9（2）连接BO并延伸交椭圆E于D，则易证F1ODF2OB，因此1OF2B，因为CF1OBF2O180，OFD因此CF1ODF1O180，因此C,F1,D三点共线.当CDx轴时，不合题意.当CD不与x轴垂直时，设CD:yk(x22)，代入椭圆方程并化简得(19k2)x2362k2x72k290，设C(x1,y1),D(x2,y2)，则x1,2182k231k2，因此(x1x2)236(1k2).19k2(19k2)2又(y1y2)2k2(x1x2)236k2(1k2)，(19k2)2因此CD2(x1x2)2(y1y2)236(1k2)24，得k3，(19k2)23因此直线F1C的方程为y3(x22).3218.如图扇形AOB是一个参观区的平面表示图，此中AOB为3

，半径OA为1km，为了便于旅客参观休闲，拟在参观区内铺设一条从进口A到出口B的参观道路，道路由圆弧AC、线段CD及线段BD构成。此中D在线段OB上，且CD∥AO，设AOC，（3）用表示CD的长度，并写出的取值范围。（4）当为什么值时，参观道路最长？解：（1）在△COD中，OC1，DCO,CDO,COD2，33由正弦定理知，CDODOC，则2sinsinsin33sin23CD3cos，sinsin33经过点B作BE∥CD交弧BC于E，则点C在A、E之间，因此0.3（2）由（1）得OD23sin，弧AC长为1，3参观道路长Scos3sin123sincos3sin1，333求导得S'1sin3cos123sin()，336令S'0,sin()3,0，因此，6236当0,,S'0；当(,],S'0，因此当时，参观道路最长.663619.已知函数f(x)x33(1a)x23ax1,a0.2(1)试议论f(x)(x0)的单一性；(2)证明：对于正数a，存在正数p，使适合x[0,p]时，有1f(x)1；设(1)中的p的最大值为g(a)，求g(a)的最大值.证明：(1)因为f(x)3x23(1)x33(x1)(xa)，且a0，aa故f(x)在[0,a]上单一递减，在[a,)上单一递加.(2)因为13321(1)(2)21.f(0)1,f(a)a2a12aa2当f(a)1时，取pa.此时，当x[0,p]时，有1f(x)1建立.当f(a)1时，因为f(0)120,f(a)10，故存在p(0,a)使得f(p)10.此时，当x[0,p]时，有1f(x)1建立.综上，对于正数a，存在正数p，使适合x[0,p]时，有1f(x)1.(3)由(2)知f(x)在[0,)上的最小值为f(a).当0a时，f(a)1，则g(a)是方程f(p)1知足pa的实根，1即2p23(1a)p6a0知足pa的实根，因此g(a)3(a1)9a230a94.又g(a)在(0,1]上单一递加，故g(a)maxg(1)3.当a1时，f(a)1，因为f(0)1,f(1)9(1a)11，2故[0,p][0,1].此时，g(a)1.综上所述，g(a)的最大值为3.20.设数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且a1a5＝64，S5－S3＝48．1）求数列{an}的通项公式；2）设有正整数m，l（5＜m＜l），使得am,5a5,al成等差数列，求m,l的值；（3）设k,m,lN*,kml，对于给定的k，求三个数5ak，am，al经适合排序后能构成等差数列的充要条件.解：（1）因为数列｛an｝是各项均为正数的等比数列，因此设数列｛an｝的公比为q，且q＞0．又a1a5＝a2，且a3＞0，因此a3＝8．3＝64又因为S53458q2＋8q＝48，解得q＝2，因此ann．－S＝48，因此a＋a＝＝2（2）因为am,5a5,al成等差数列，因此10a5amal，即10252m2l.因此，52m62l6.故2m6，2l6中有且只有一个等于1.2m61m6因为正整数m，l知足5＜m＜l，因此4，得.2l6l8（3）设5ak，am，al经适合排序后能构成等差数列．①若2·5akmlk＝2m＋2l，当且仅当10＝2m－k＋2l－k，当且仅当5＝2m－k－1＝a＋a，则10·2＋2l－k－1．因为正整数k，m，l知足k＜m＜l，当且仅当l－k－1＞m－k－1≥0，且l－k－1≥1，因此2l－k－1＞2m－k－1≥1，2l－k－1≥2．当且仅当2m－k－1＝1，即m＝k＋1，l－k－1＝4，2l＝k＋3．②若2amklm＝5·2k＋2l，因此2m＋1－k－2l－k＝5（*）．＝5a＋a，则2·2因为m＋1－k≥2，l－k≥2，因此2m＋1－k与2l－k都为偶数，而5是奇数，因此，等式（*）不建立，进而等式2amkl不建立．＝5a＋a③若2al＝5ak＋am，则同②可知，该等式也不建立．综合①②③，得m＝k＋1，l＝k＋3．设m＝k＋1，l＝k＋3，则5ak，am，al为5ak，ak＋1，ak＋3，即5ak，2ak，8ak．调整次序后易知2ak，5ak，8ak成等差数列．综上所述，5ak，am，al经适合排序后能构成等差数列的充要条件为

m＝k＋1，l＝k＋3．理科附带22.甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，此中两人竞赛另一个人当裁判，设每局竞赛结束时，负的一方在下一局当裁判，假定每局竞赛中甲胜乙的概率为1，甲胜丙，乙胜丙的概率都是2，各局的竞赛互相独立，第一局甲当裁判.23（3）求第三局甲当裁判的概率；（4）记前四次中乙当裁判的次数为Y，求Y的散布列和数学希望.解答：（1）第二局中可能乙当裁判，其概率为1，也可能丙当裁判，其概率为2，因此第三局甲33当裁判的概率为11214.333294答：第三局甲当裁判的概率为.9（2）Y的可能取值为0,1,2.PY2122023,39PY1122121211171333232323,327PY12111423233.327因此Y的散布列为：Y012P217492727Y的数学希望：EY021172425.927272723.已知函数f(x)xlnx(1x)ln(1x)，x∈(0,1).1）求f(x)的最小值；2）若a+b+c=1，a，b，c∈(0,1).求证：alnablnbclnc(a2)ln2.解：（1）f'(x)lnx1ln(1x)1lnx，11x令f'(x)0,x.2当x(0,1)时，f'(x)0；当x(1,1]时，f'(x)0.21)2因此，f(x)min