江苏省普通高等学校高三数学招生考试模拟测试试题(十七)

江苏省普通高等学校高三数学招生考试模拟测试试题(十七)PAGEPAGE11江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十七)数学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：圆锥的体积公式：V圆锥＝eq\f(1,3)Sh，其中S是圆锥的底面积，h是高．圆锥的侧面积公式：S圆锥＝πrl，其中r是圆柱底面的半径，l为母线长．样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,)(xi－eq\o(x,\s\up6(－)))2，其中eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,n)eq\i\su(i＝1,n,)xi.一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.已知全集U＝{1，2，3，4，5}，A＝{1，2}，B＝{2，3，4}，那么A∪(∁UB)＝__________．2.已知(a－i)2＝2i，其中i是虚数单位，那么实数a＝__________．3.从某班抽取5名学生测量身高(单位：cm)，得到的数据为160，162，159，160，159，则该组数据的方差s2＝__________．4.同时抛掷三枚质地均匀、大小相同的硬币一次，则至少有两枚硬币正面向上的概率为__________．5.若双曲线x2＋my2＝1过点(－eq\r(2)，2)，则该双曲线的虚轴长为__________．(第7题)6.函数f(x)＝eq\f(ln（2x－x2）,x－1)的定义域为__________．7.某算法流程图如右图所示，该程序运行后，若输出的x＝15，则实数a＝__________．16.(本小题满分14分)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AA1＝eq\r(2)AB，D是AB的中点．(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若点P在线段BB1上，且BP＝eq\f(1,4)BB1，求证：AP⊥平面A1CD.

17.(本小题满分14分)某经销商计划销售一款新型的空气净化器，经市场调研发现以下规律：当每台净化器的利润为x(单位：元，x＞0)时，销售量q(x)(单位：百台)与x的关系满足：若x不超过20，则q(x)＝eq\f(1260,x＋1)；若x大于或等于180，则销售量为零；当20≤x≤180时，q(x)＝a－beq\r(x)(a，b为实常数)．(1)求函数q(x)的表达式；(2)当x为多少时，总利润(单位：元)取得最大值，并求出该最大值．18.(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1、F2，右顶点、上顶点分别为A、B，原点O到直线AB的距离等于ab.(1)若椭圆C的离心率等于eq\f(\r(6),3)，求椭圆C的方程；(2)若过点(0，1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q.试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．

19.(本小题满分16分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且对任意的正整数n，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常数λ＞0.设bn＝eq\f(an,3n)(n∈N*)．(1)若λ＝3，求数列{bn}的通项公式；(2)若λ≠1且λ≠3，设cn＝an＋eq\f(2,λ－3)×3n(n∈N*)，证明数列{cn}是等比数列；(3)若对任意的正整数n，都有bn≤3，求实数λ的取值范围．20.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝a·ex＋x2－bx(a，b∈R，e＝2.71828…是自然对数的底数)，其导函数为y＝f′(x)．(1)设a＝－1，若函数y＝f(x)在R上是单调减函数，求b的取值范围；(2)设b＝0，若函数y＝f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取值范围；(3)设b＝2，且a≠0，点(m，n)(m，n∈R)是曲线y＝f(x)上的一个定点，是否存在实数x0(x0≠m)，使得f(x0)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋m,2)))(x0－m)＋n成立？证明你的结论

(十七)1.{1，2，5}解析：∁UB＝{1，5}，A∪(∁UB)＝{1，2，5}．本题主要考查集合的概念与运算等基础知识．本题属于容易题．2.－1解析：由(a－i)2＝2i，a2－2ai－1＝2i，∴－2ai＝2i，a＝－1.本题主要考查复数的概念及四则运算等基础知识．本题属于容易题．3.eq\f(6,5)解析：由eq\o(x,\s\up6(－))＝160，从而s2＝eq\f(1,5)[2(160－160)2＋(162－160)2＋2(159－160)2]＝eq\f(6,5).本题考查了平均数及方差的概念及计算公式．本题属于容易题．4.eq\f(1,2)解析：同时抛掷三枚质地均匀、大小相同的硬币一次的基本事件有8种，有两枚硬币正面向上的基本事件有3种，三枚硬币正面向上的基本事件有1种，则至少有两枚硬币正面向上的基本事件有4种，从而至少有两枚硬币正面向上的概率为eq\f(1,2).本题考查用列举法求古典概型的概率．本题属于容易题．5.4解析：双曲线x2＋my2＝1过点(－eq\r(2)，2)，则m＝－eq\f(1,4)，得b2＝4，则该双曲线的虚轴长2b＝4.本题考查双曲线的方程基础知识．本题属于容易题．6.(0，1)∪(1，2)解析：由2x－x2＞0，x－1≠0得0＜x＜2，且x≠1.本题考查对数函数的定义域、一元二次不等式解法等基础知识．本题属于容易题．7.1解析：由题设可知2[2(2a＋1)＋1]＋1＝15，则实数a＝1.本题考查了算法语句及流程图的基本概念．本题属于容易题．8.－eq\f(1,7)解析：tan(α－β)＝－eq\f(1,3)，则tan(β－α)＝eq\f(1,3)，故tan(β－2α)＝tan[(β－α)－α]＝－eq\f(1,7).本题考查了和差角的正切公式．本题属于容易题．9.[0，10]解析：由x2＋y2＋2x－4y＋4＝0，得圆心为(－1，2)，半径为1，又直线与圆始终有公共点，则d≤r，得eq\f(|3（－1）＋4×2－m|,5)≤1，即|m－5|≤5，得0≤m≤10.本题考查了直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式．本题属于容易题．10.eq\f(3\r(2),π)解析：由eq\f(V1,V2)＝eq\f(3a3,πr3)＝eq\f(3,π)，得a＝r，eq\f(S1,S2)＝eq\f(6a2,\r(2)πr2)＝eq\f(3\r(2),π).本题考查了正方体的体积和表面积，圆锥的体积以及利用侧面展开图求侧面积．本题属于容易题．11.(0，1)∪(3，＋∞)解析：f′(x)＝3x2＋2＞0，得函数f(x)在R上单调递增；又f(－x)＝－f(x)，由f(1)＋f(logeq\s\do9(\f(1,a))3)＞0，得loga3<1＝logaa，而a＞0且a≠1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>1，,a>3，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a<3，))则a的取值范围是(0，1)∪(3，＋∞)．本题考查了函数单调性和奇偶性，对数运算和分类讨论的思想．本题属于中等题．12.3n－12解析：由Sm－1＝－9，Sm＝0，得am＝Sm－Sm－1＝9，而Sm＝0＝eq\f(m,2)(a1＋am)，得a1＝－9，而am＝a1＋(m－1)d，得(m－1)d＝18.又d为奇数，且d＞1，m＞3，且m∈N*，得m＝7，d＝3，则an＝3n－12.本题考查了等差数列的通项与前n项和的公式的应用．本题属于中等题．13.(－1，5)解析：f(x)＝x|x2－a|<2，∵x∈[1，2]，∴|x2－a|<eq\f(2,x)，∴－eq\f(2,x)<x2－a<eq\f(2,x)，∴x2－eq\f(2,x)<a<x2＋eq\f(2,x).令y1＝x2－eq\f(2,x)，y2＝x2＋eq\f(2,x)，y1在[1，2]上单调递增，当x＝1时(y1)min＝－1，y′2>0，y2在[1，2]上单调递增，x＝2时(y2)max＝5，∴(y1)min<a<(y2)max，即－1<a<5.本题考查了函数的性质与绝对值不等式的应用，以及函数单调性的运用．本题属于难题．14.eq\r(5)－1解析：将点A(1，0)，B(0，1)，C(a，b)，D(c，d)的坐标代入不等式eq\o(CD,\s\up6(→))2≥(m－2)eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＋m(eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→)))·(eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→)))，化简得a2－mca＋c2＋b2＋d2－mbd－mbc≥0，即Δ1＝m2c2－4c2－4b2－4d2＋4mbd＋4mbc≤0恒成立，即4d2－4mbd－m2c2＋4c2＋4b2－4mbc≥0.则Δ2＝16m2b2－16(－m2c2＋4b2＋4c2－4mbc)≤0，即(m2－4)b2＋4mcb＋(m2－4)c2≤0恒成立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－4＜0，,Δ＝16m2c2－4（m2－4）2c2≤0，))有m4－12m2＋16≥0，又m2<4，m2≤6－2eq\r(5)，则实数m的最大值是eq\r(5)－1.本题考查了平面向量的坐标运算与不等式恒成立的条件，以及一元二次不等式的解法．本题属于难题．15.解：(1)∵m∥n，∴ccosB＝(4a－b)cosC.(2分)由正弦定理，得sinCcosB＝(4sinA－sinB)cosC，化简，得sin(B＋C)＝4sinAcosC.(4分)∵A＋B＋C＝π，∴sinA＝sin(B＋C)．∵A∈(0，π)，sinA>0，∴cosC＝eq\f(1,4).(6分)(2)∵C∈(0，π)，cosC＝eq\f(1,4)，∴sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\r(1－\f(1,16))＝eq\f(\r(15),4).∵S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(15),4)，∴ab＝2.①(9分)∵c＝eq\r(3)，由余弦定理得3＝a2＋b2－eq\f(1,2)ab，∴a2＋b2＝4.②(12分)由①②，得a4－4a2＋4＝0，从而a2＝2，a＝±eq\r(2)(舍负)，∴b＝eq\r(2)，∴a＝b＝eq\r(2).(14分)16.证明：(1)连结AC1，设交A1C于点O，连结OD.∵四边形AA1C1C是矩形，∴O是AC1的中点．(2分)在△ABC1中，O，D分别是AC1，AB的中点，∴OD∥BC1.(4分)又OD平面A1CD，BC1平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD.(6分)(2)∵CA＝CB，D是AB的中点，∴CD⊥AB.∵在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC⊥侧面AA1B1B，交线为AB，又CD平面ABC，∴CD⊥平面AA1B1B.(8分)∵AP平面A1B1BA，∴CD⊥AP.(9分)∵BB1＝eq\r(2)BA，BB1＝AA1，BP＝eq\f(1,4)BB1，∴eq\f(BP,BA)＝eq\f(\r(2),4)＝eq\f(AD,AA1)，∴Rt△ABP∽Rt△A1AD，从而∠AA1D＝∠BAP，∴∠AA1D＋∠A1AP＝∠BAP＋∠A1AP＝90°，∴AP⊥A1D.(12分)∵CD∩A1D＝D，CD平面A1CD，A1D平面A1CD，∴AP⊥平面A1CD.(14分)17.解：(1)当20≤x≤180时，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b·\r(20)＝60，,a－b·\r(180)＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝90，,b＝3\r(5).))(2分)故q(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1260,x＋1)，0<x≤20，,90－3\r(5)\r(x)，20＜x≤180，,0，x>180.))(4分)(2)设总利润f(x)＝x·q(x)，由(1)得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(126000x,x＋1)，0<x<20，,9000x－300\r(5)·x\r(x)，20≤x≤180，,0，x>180))(6分)当0＜x≤20时，f(x)＝eq\f(126000x,x＋1)＝126000－eq\f(126000,x＋1)，f(x)在[0，20]上单调递增，所以当x＝20时，f(x)有最大值120000.(8分)当20＜x≤180时，f(x)＝9000x－300eq\r(5)·xeq\r(x)，f′(x)＝9000－450eq\r(5)·eq\r(x)，令f′(x)＝0，得x＝80.(10分)当20<x<80时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当80<x≤180时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝80时，f(x)有最大值240000.(12分)当180<x时，f(x)＝0.答：当x等于80元时，总利润取得最大值240000元．(14分)18.解：由题意，得点A(a，0)，B(0，b)，直线AB的方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0.由题设，得eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝ab，化简，得a2＋b2＝1.①(2分)(1)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，∴eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(2,3)，即a2＝3b2.②由①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(3,4)，,b2＝\f(1,4).))(5分)∴椭圆C的方程为eq\f(4x2,3)＋4y2＝1.(6分)(2)点F1在以PQ为直径的圆上．由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝kx＋1，))得(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)(8分)则Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，化简，得1－b2－a2k2＝0，∴k2＝eq\f(1－b2,a2)＝1.∵点P在第二象限，∴k＝1.(10分)把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，解得x＝－a2，从而y＝b2，∴P(－a2，b2)．(11分)从而直线PF2的方程为y－b2＝eq\f(b2,－a2－c)(x＋a2)，令x＝0，得y＝eq\f(b2c,a2＋c)，∴点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b2c,a2＋c))).(12分)从而eq\o(F1P,\s\up6(→))＝(－a2＋c，b2)，eq\o(F1Q,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2c,a2＋c)))，(13分)从而eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F1Q,\s\up6(→))＝c(－a2＋c)＋eq\f(b4c,a2＋c)＝eq\f(c（－a4＋c2＋b4）,a2＋c)＝eq\f(c[（b2－a2）（b2＋a2）＋c2],a2＋c)，∵a2＋b2＝1，a2＝b2＋c2，∴eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F1Q,\s\up6(→))＝0.(15分)∴点F1在以PQ为直径的圆上．(16分)19.解：因为Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，所以当n≥2时，Sn＝λSn－1＋3n，从而an＋1＝λan＋2·3n，n≥2，n∈N*.又在Sn＋1＝λSn＋3n＋1中，令n＝1，可得a2＝λa1＋2·31，满足上式，所以an＋1＝λan＋2·3n,n∈N*.(2分)(1)当λ＝3时，an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，从而eq\f(an＋1,3n＋1)＝eq\f(an,3n)＋eq\f(2,3)，即bn＋1－bn＝eq\f(2,3).又b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为eq\f(2,3)的等差数列，所以bn＝eq\f(2n＋1,3).(4分)(2)当λ>0且λ≠3且λ≠1时，cn＝an＋eq\f(2,λ－3)×3n＝λan－1＋2×3n－1＋eq\f(2,λ－3)×3n＝λan－1＋eq\f(2,λ－3)×3n－1(λ－3＋3)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(2,λ－3)×3n－1))＝λ·cn－1，(7分)又c1＝3＋eq\f(6,λ－3)＝eq\f(3（λ－1）,λ－3)≠0，所以{cn}是首项为eq\f(3（λ－1）,λ－3)，公比为λ的等比数列，cn＝eq\f(3（λ－1）,λ－3)·λn－1.(8分)(3)在(2)中，若λ＝1，则cn＝0也适合，所以当λ≠3时，cn＝eq\f(3（λ－1）,λ－3)·λn－1.从而由(1)和(2)可知an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2n＋1）×3n－1，λ＝3，,\f(3（λ－1）,λ－3)·λn－1－\f(2,λ－3)×3n，λ≠3.))(9分)当λ＝3时，bn＝eq\f(2n＋1,3)，显然不满足条件，故λ≠3.(10分)当λ≠3时，bn＝eq\f(λ－1,λ－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,3)))eq\s\up12(n－1)－eq\f(2,λ－3).若λ>3时，eq\f(λ－1,λ－3)>0，bn<bn＋1，n∈N*，bn∈[1，＋∞)，不符合，舍去．(11分)若0<λ<1时，eq\f(λ－1,λ－3)>0，－eq\f(2,λ－3)>0，bn>bn＋1，n∈N*，且bn>0.所以只须b1＝eq\f(a1,3)＝1≤3即可，显然成立．故0<λ<1符合条件；(12分)若λ＝1时，bn＝1，满足条件．故λ＝1符合条件；(13分)若1<λ<3时，eq\f(λ－1,λ－3)<0，－eq\f(2,λ－3)>0，从而bn<bn＋1，n∈N*，因为b1＝1>0.故bn∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2,λ－3)))，要使bn≤3成立，只须－eq\f(2,λ－3)≤3即可．于是1＜λ≤eq\f(7,3).(15分)综上所述，所求实数λ的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7,3))).(16分)20.解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ex＋x2－bx，∴f′(x)＝－ex＋2x－b.由题意f′(x)＝－ex＋2x－b≤0对x∈R恒成立．(1分)由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x，令F(x)＝－ex＋2x，则F′(x)＝－ex＋2，令F′(x)＝0，得x＝ln2.当x<ln2时，F′(x)>0，F(x)单调递增，当x>ln2时，F′(x)<0，F(x)单调递减，从而当x＝ln2时，F(x)有最大值2ln2－2，∴b≥2ln2－2.(3分)(2)当b＝0时，f(x)＝aex＋x2，由题意aex＋x2＝0只有一解．由aex＋x2＝0，得－a＝eq\f(x2,ex)，令G(x)＝eq\f(x2,ex)，则G′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，令G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.(5分)当x≤0时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为[0，＋∞)；当0<x<2时，G′(x)>0，G(x)单调递增，G(x)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))；当x≥2时，G′(x)≤0，G(x)单调递减，G(x)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).由题意，得－a＝0或－a＞eq\f(4,e2)，从而a＝0或a<－eq\f(4,e2)，∴当a＝0或a<－eq\f(4,e2)时，函数y＝f(x)只有一个零点．(8分)(3)f(x)＝aex＋x2－2x，f′(x)＝aex＋2x－2，假设存在，则有f(x0)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋m,2)))(x0－m)＋n＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋m,2)))(x0－m)＋f(m)，即eq\f(f（x0）－f（m）,x0－m)＝f′eq