《江苏省徐州市铜山区2018届高考模拟（一）数学试题（附答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省徐州市铜山区2018届高考模拟（一）数学试题（附答案）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 2018届铜山区高考模拟卷(一)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分，请把答案填写在答题卡相应位置上.1.已知集合，则 2.设复数z满足，则=_3.为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间50,100上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在(单位：分钟)内的学生人数为 4 执行如图所示的伪代码，若，则输出的的值为 5.甲、乙、丙三人一起玩“黑白配”游戏：甲、乙、丙三人每次都随机出“手心（白）”、“手背（黑）”中的某一个手势，当其中一个人出示的手势与另
2、外两人都不一样时，这个人胜出；其他情况，不分胜负，则一次游戏中甲胜出的概率是_6.已知，则 7. 若实数x，y满足约束条件,则目标函数的最小值为 8.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为_ 9.记为等差数列的前项和若，则的公差为_ 10.已知椭圆C：，的左、右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为_11.函数是周期为4的偶函数，当时，则不等式在上的解集为 12.在矩形，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上。若，则的最大值为_13.已知函数有唯一零点，则=_14.已知，则的最小值为_二、解答题：本大题共6小题，共计90分请在答题卡
3、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15. （本小题满分14分）已知函数，（1）求的值域；（2）若的面积为，角所对的边为，且，求的周长16.（本小题满分14分）如图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，（1）求证：AB平面EDC；（2）若P为FG上任一点，证明：EP平面BCD17.（本小题满分14分）某企业为了减少噪声对附近居民的干扰，计划新增一道“隔音墙”，从上往下看，“隔音墙”可以看成曲线，在平面直角坐标系中，“隔音墙”的一部分所在曲线的方程为（单位：千米）. 已知居民区都在轴的下方，这部分曲线上任意两点连线的斜率都小于-1
4、时“隔音墙”的隔音效果最佳.（1）当时，求“隔音墙”所在曲线上的点到轴最近距离；（2）当实数在什么范围时，“隔音墙”的隔音效果最佳？18. (本小题满分16分)已知椭圆C1以直线所过的定点为一个焦点，且短轴长为4（）求椭圆C1的标准方程；（）已知椭圆C2的中心在原点，焦点在y轴上，且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的倍（1），过点C（1，0）的直线l与椭圆C2交于A，B两个不同的点，若，求OAB的面积取得最大值时直线l的方程19（本小题满分16分）已知函数，若曲线在点处的切线经过点，求实数的值；若函数在区间上单调，求实数的取值范围；设，若对，使得成立，求整数的最小值20（本小题满分
5、16分）已知两个无穷数列分别满足，其中，设数列的前项和分别为.（1）若数列都为递增数列，求数列的通项公式；（2）若数列满足：存在唯一的正整数，使得，称数列为“坠点数列”.若数列为“坠点数列”，求若数列为“坠点数列”，数列为“坠点数列”，是否存在正整数，使得，若存在，求的最大值；若不存在，说明理由.2018届铜山区高考模拟卷(一）数学附加(满分40分，考试时间30分钟)21. B. (选修4-2：矩阵与变换)若二阶矩阵M满足：M.曲线C：x22xy2y21在矩阵M所对应的变换作用下得到曲线C，求曲线C的方程C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在极坐标系中，设圆C经过点P(，)，圆心是直线sin
6、()与极轴的交点，求圆C的极坐标方程【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共20分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤22. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1B190，AC2，BCBB11，点D是棱A1C1的中点求：(1) 直线AB与平面BB1D所成角的正弦值；(2) 二面角A-BD-B1的大小23. 设有甲、乙两个盒子，均分别装有编号依次为1，2，3，n (n5，且nN*)的n个球，学生A从甲盒子中随机选取i个球，学生B从乙盒子中随机选取j个球，其中i，jn，且i，jN*.(1) 若i2，j3，且A在编号为1到m(m为给定的正整数，且2mn3)的球中选取，B在
7、编号为m1到n的球中选取记P(u，v)(1um，m1vn)是编号为u的球和编号为v的球同时被选中的概率 若n10，m4，求P(2，8)的值； 求所有的P(u，v)的和；(2) 求学生A，B取到的球的编号不相同的概率 2018届铜山区高考模拟卷（一）答案1、 2、 3、 4、 5、 6、 7、1 8、 9、4 10、11、 12、 13、 14、15. 【解析】：（1），故（2）由已知，由，得，所以由已知及余弦定理得,故,从而所以的周长为16.证明 （1）因为平面ABC平面ACD，即CDAC， 平面ABC 平面ACD=AC，CD平面ACD， 所以CD平面ABC，又AB平面ABC，所以CDAB，
8、因为，E为AB的中点，所以CEAB，又，CD平面EDC，CE平面EDC，所以AB平面EDC（2）连EF，EG，因为E，F分别为AB，AD的中点， 所以EFBD，又平面BCD，平面BCD，所以EF平面BCD，同理可证EG平面BCD，且EFEG=E，EF平面BCD，EG平面BCD，所以平面EFG平面BCD，又P为FG上任一点，所以EP平面EFG， 所以EP平面BCD17、【解析】（1）当时，,所以在上单调递减，所以“隔音墙”所在曲线上的点到轴最近距离为千米.（2）在曲线，上任取两点,要使“隔音墙”的隔音效果最佳，即,令则需恒成立,需上单调递减,即在上恒成立,上恒成立令,则所以在上单调递增，所以，故
9、当实数时，“隔音墙”的隔音效果最佳18.【解析】（）所给直线方程变形为，可知直线所过定点为 椭圆焦点在y轴，且c=，依题意可知b=2，a2=c2+b2=9则椭圆C1的方程标准为；（）依题意，设椭圆C2的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），1，点C（1，0）在椭圆内部，直线l与椭圆必有两个不同的交点当直线l垂直于x轴时，（不是零向量），不合条件；故设直线l为y=k（x+1）（A，B，O三点不共线，故k0），由，得由韦达定理得，而点C（1，0），（1x1，y1）=2（x2+1，y2），则y1=2y2，即y1+y2=y2，故OAB的面积为SOAB=SAOC+SBOC=上式取等号的条件是，即k
10、=时，OAB的面积取得最大值直线的方程为或19、 【解析】 ，若函数在区间上单调递增，则在恒成立，得； 若函数在区间上单调递减，则在恒成立，得， 综上，实数的取值范围为；由题意得，即，由，当时，则不合题意；当时，由，得或（舍去），当时，单调递减，当时，单调递增，即，整理得， 设，单调递增，为偶数，又，故整数的最小值为。20、【解析】(1)数列都为递增数列，由递推式可得,，则数列为等差数列,数列从第二项起构成等比数列。；，即，而数列为“坠点数列”且，数列中有且只有两个负项.假设存在正整数，使得，显然，且为奇数，而中各项均为奇数，必为偶数. .当时，当时，故不存在，使得成立.当时，显然不存在，使得
11、成立.当时，当时，才存在，使得成立.所以.当时，构造为1,3,1,3,5,7,9，为-1,2,4,8，-16,32，此时，所以的最大值为6. 数学附加分答案21B. 解：设A，则|A|2， A1， M .(5分)设曲线C上一点(x，y)经矩阵M对应变换作用下得到的点为(x，y)，则M， M1 ，即代入x22xy2y21，可得(xy)22(xy)(x2y)2(x2y)21，即x24xy5y21，故曲线C的方程为x24xy5y21.(10分)C. 解： 圆心为直线sin与极轴的交点， 令0，得1，即圆心是(1，0)(3分)又圆C经过点P， 圆的半径r1，(6分) 圆C经过原点， 圆C的极坐标方程是
12、2cos .(10分)22. 解：以C1点为坐标原点，分别以C1A1，C1B1，C1C所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则C1(0，0，0)，A1(2，0，0)，B1(0，1，0)，C(0，0，1)，A(2，0，1)，B(0，1，1)，D(1，0，0)(1) (2，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0)设平面BB1D的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取n1(1，1，0), cos ，n1， 直线AB与平面BB1D所成角的正弦值为.(5分)(2) (1，0，1)，(2，1，0)设平面BAD的法向量为 n2(x2，y2，z2)，则即取 n2(1，2，1)， cos n1，n
13、2， 二面角ABDB1的大小为150.(10分)23. 解：(1) A从甲盒子中在1到4号中选取2个球，B从乙盒子中在5到10号中选取3个球， P(2，8).(2分) A从甲盒子中在1到m(m为给定的正整数，且2mn3)号中选取2个球，B从乙盒子中在m1到n号中选取3个球， P(u，v)，则所有的P(u，v)的和为CC6.(5分)(2) 由题设知，A选取球的所有可能种数为CCCC2n1，同理，B选取球的所有可能种数为2n1.据分步乘法计数原理得，所有等可能的基本事件的种数为(2n1)(2n1)(2n1)2，记“学生A，B取到的球的编号不相同”的事件为T，则事件T包含的基本事件种数为C(CCC)C(CCC)CC(3n2n1)(2n2)3n2n11， P(T)，即学生A，B取到
