江蘇省普通高等學校高三數(shù)學招生考試模擬測試試題(十七)

江蘇省普通高等學校高三數(shù)學招生考試模擬測試試題(十七)PAGEPAGE11江蘇省普通高等學校招生考試高三模擬測試卷(十七)數(shù)學(滿分160分，考試時間120分鐘)參考公式：圓錐的體積公式：V圓錐＝eq\f(1,3)Sh，其中S是圓錐的底面積，h是高．圓錐的側(cè)面積公式：S圓錐＝πrl，其中r是圓柱底面的半徑，l為母線長．樣本數(shù)據(jù)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、填空題：本大題共14小題，每小題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是虛數(shù)單位，那么實數(shù)a＝__________．3.從某班抽取5名學生測量身高(單位：cm)，得到的數(shù)據(jù)為160，162，159，160，159，則該組數(shù)據(jù)的方差s2＝__________．4.同時拋擲三枚質(zhì)地均勻、大小相同的硬幣一次，則至少有兩枚硬幣正面向上的概率為__________．5.若雙曲線x2＋my2＝1過點(－eq\r(2)，2)，則該雙曲線的虛軸長為__________．(第7題)6.函數(shù)f(x)＝eq\f(ln（2x－x2）,x－1)的定義域為__________．7.某算法流程圖如右圖所示，該程序運行后，若輸出的x＝15，則實數(shù)a＝__________．16.(本小題滿分14分)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AA1＝eq\r(2)AB，D是AB的中點．(1)求證：BC1∥平面A1CD；(2)若點P在線段BB1上，且BP＝eq\f(1,4)BB1，求證：AP⊥平面A1CD.

17.(本小題滿分14分)某經(jīng)銷商計劃銷售一款新型的空氣凈化器，經(jīng)市場調(diào)研發(fā)現(xiàn)以下規(guī)律：當每臺凈化器的利潤為x(單位：元，x＞0)時，銷售量q(x)(單位：百臺)與x的關(guān)系滿足：若x不超過20，則q(x)＝eq\f(1260,x＋1)；若x大于或等于180，則銷售量為零；當20≤x≤180時，q(x)＝a－beq\r(x)(a，b為實常數(shù))．(1)求函數(shù)q(x)的表達式；(2)當x為多少時，總利潤(單位：元)取得最大值，并求出該最大值．18.(本小題滿分16分)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1、F2，右頂點、上頂點分別為A、B，原點O到直線AB的距離等于ab.(1)若橢圓C的離心率等于eq\f(\r(6),3)，求橢圓C的方程；(2)若過點(0，1)的直線l與橢圓有且只有一個公共點P，且P在第二象限，直線PF2交y軸于點Q.試判斷以PQ為直徑的圓與點F1的位置關(guān)系，并說明理由．

19.(本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝3，且對任意的正整數(shù)n，都有Sn＋1＝λSn＋3n＋1，其中常數(shù)λ＞0.設bn＝eq\f(an,3n)(n∈N*)．(1)若λ＝3，求數(shù)列{bn}的通項公式；(2)若λ≠1且λ≠3，設cn＝an＋eq\f(2,λ－3)×3n(n∈N*)，證明數(shù)列{cn}是等比數(shù)列；(3)若對任意的正整數(shù)n，都有bn≤3，求實數(shù)λ的取值范圍．20.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝a·ex＋x2－bx(a，b∈R，e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，其導函數(shù)為y＝f′(x)．(1)設a＝－1，若函數(shù)y＝f(x)在R上是單調(diào)減函數(shù)，求b的取值范圍；(2)設b＝0，若函數(shù)y＝f(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍；(3)設b＝2，且a≠0，點(m，n)(m，n∈R)是曲線y＝f(x)上的一個定點，是否存在實數(shù)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？證明你的結(jié)論

(十七)1.{1，2，5}解析：?UB＝{1，5}，A∪(?UB)＝{1，2，5}．本題主要考查集合的概念與運算等基礎知識．本題屬于容易題．2.－1解析：由(a－i)2＝2i，a2－2ai－1＝2i，∴－2ai＝2i，a＝－1.本題主要考查復數(shù)的概念及四則運算等基礎知識．本題屬于容易題．3.eq\f(6,5)解析：由eq\o(x,\s\up6(－))＝160，從而s2＝eq\f(1,5)[2(160－160)2＋(162－160)2＋2(159－160)2]＝eq\f(6,5).本題考查了平均數(shù)及方差的概念及計算公式．本題屬于容易題．4.eq\f(1,2)解析：同時拋擲三枚質(zhì)地均勻、大小相同的硬幣一次的基本事件有8種，有兩枚硬幣正面向上的基本事件有3種，三枚硬幣正面向上的基本事件有1種，則至少有兩枚硬幣正面向上的基本事件有4種，從而至少有兩枚硬幣正面向上的概率為eq\f(1,2).本題考查用列舉法求古典概型的概率．本題屬于容易題．5.4解析：雙曲線x2＋my2＝1過點(－eq\r(2)，2)，則m＝－eq\f(1,4)，得b2＝4，則該雙曲線的虛軸長2b＝4.本題考查雙曲線的方程基礎知識．本題屬于容易題．6.(0，1)∪(1，2)解析：由2x－x2＞0，x－1≠0得0＜x＜2，且x≠1.本題考查對數(shù)函數(shù)的定義域、一元二次不等式解法等基礎知識．本題屬于容易題．7.1解析：由題設可知2[2(2a＋1)＋1]＋1＝15，則實數(shù)a＝1.本題考查了算法語句及流程圖的基本概念．本題屬于容易題．8.－eq\f(1,7)解析：tan(α－β)＝－eq\f(1,3)，則tan(β－α)＝eq\f(1,3)，故tan(β－2α)＝tan[(β－α)－α]＝－eq\f(1,7).本題考查了和差角的正切公式．本題屬于容易題．9.[0，10]解析：由x2＋y2＋2x－4y＋4＝0，得圓心為(－1，2)，半徑為1，又直線與圓始終有公共點，則d≤r，得eq\f(|3（－1）＋4×2－m|,5)≤1，即|m－5|≤5，得0≤m≤10.本題考查了直線與圓的位置關(guān)系和點到直線的距離公式．本題屬于容易題．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).本題考查了正方體的體積和表面積，圓錐的體積以及利用側(cè)面展開圖求側(cè)面積．本題屬于容易題．11.(0，1)∪(3，＋∞)解析：f′(x)＝3x2＋2＞0，得函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增；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，))則a的取值范圍是(0，1)∪(3，＋∞)．本題考查了函數(shù)單調(diào)性和奇偶性，對數(shù)運算和分類討論的思想．本題屬于中等題．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為奇數(shù)，且d＞1，m＞3，且m∈N*，得m＝7，d＝3，則an＝3n－12.本題考查了等差數(shù)列的通項與前n項和的公式的應用．本題屬于中等題．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]上單調(diào)遞增，當x＝1時(y1)min＝－1，y′2>0，y2在[1，2]上單調(diào)遞增，x＝2時(y2)max＝5，∴(y1)min<a<(y2)max，即－1<a<5.本題考查了函數(shù)的性質(zhì)與絕對值不等式的應用，以及函數(shù)單調(diào)性的運用．本題屬于難題．14.eq\r(5)－1解析：將點A(1，0)，B(0，1)，C(a，b)，D(c，d)的坐標代入不等式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(→)))，化簡得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.則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)，則實數(shù)m的最大值是eq\r(5)－1.本題考查了平面向量的坐標運算與不等式恒成立的條件，以及一元二次不等式的解法．本題屬于難題．15.解：(1)∵m∥n，∴ccosB＝(4a－b)cosC.(2分)由正弦定理，得sinCcosB＝(4sinA－sinB)cosC，化簡，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，從而a2＝2，a＝±eq\r(2)(舍負)，∴b＝eq\r(2)，∴a＝b＝eq\r(2).(14分)16.證明：(1)連結(jié)AC1，設交A1C于點O，連結(jié)OD.∵四邊形AA1C1C是矩形，∴O是AC1的中點．(2分)在△ABC1中，O，D分別是AC1，AB的中點，∴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的中點，∴CD⊥AB.∵在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC⊥側(cè)面AA1B1B，交線為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，從而∠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)當20≤x≤180時，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)設總利潤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)當0＜x≤20時，f(x)＝eq\f(126000x,x＋1)＝126000－eq\f(126000,x＋1)，f(x)在[0，20]上單調(diào)遞增，所以當x＝20時，f(x)有最大值120000.(8分)當20＜x≤180時，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)當20<x<80時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當80<x≤180時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以當x＝80時，f(x)有最大值240000.(12分)當180<x時，f(x)＝0.答：當x等于80元時，總利潤取得最大值240000元．(14分)18.解：由題意，得點A(a，0)，B(0，b)，直線AB的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0.由題設，得eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝ab，化簡，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)∴橢圓C的方程為eq\f(4x2,3)＋4y2＝1.(6分)(2)點F1在以PQ為直徑的圓上．由題設，直線l與橢圓相切且l的斜率存在，設直線l的方程為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)則Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，化簡，得1－b2－a2k2＝0，∴k2＝eq\f(1－b2,a2)＝1.∵點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，從而y＝b2，∴P(－a2，b2)．(11分)從而直線PF2的方程為y－b2＝eq\f(b2,－a2－c)(x＋a2)，令x＝0，得y＝eq\f(b2c,a2＋c)，∴點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(b2c,a2＋c))).(12分)從而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)從而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)∴點F1在以PQ為直徑的圓上．(16分)19.解：因為Sn＋1＝λSn＋3n＋1，n∈N*，所以當n≥2時，Sn＝λSn－1＋3n，從而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，滿足上式，所以an＋1＝λan＋2·3n,n∈N*.(2分)(1)當λ＝3時，an＋1＝3an＋2·3n，n∈N*，從而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，所以數(shù)列{bn}是首項為1，公差為eq\f(2,3)的等差數(shù)列，所以bn＝eq\f(2n＋1,3).(4分)(2)當λ>0且λ≠3且λ≠1時，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}是首項為eq\f(3（λ－1）,λ－3)，公比為λ的等比數(shù)列，cn＝eq\f(3（λ－1）,λ－3)·λn－1.(8分)(3)在(2)中，若λ＝1，則cn＝0也適合，所以當λ≠3時，cn＝eq\f(3（λ－1）,λ－3)·λn－1.從而由(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)當λ＝3時，bn＝eq\f(2n＋1,3)，顯然不滿足條件，故λ≠3.(10分)當λ≠3時，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時，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時，eq\f(λ－1,λ－3)>0，－eq\f(2,λ－3)>0，bn>bn＋1，n∈N*，且bn>0.所以只須b1＝eq\f(a1,3)＝1≤3即可，顯然成立．故0<λ<1符合條件；(12分)若λ＝1時，bn＝1，滿足條件．故λ＝1符合條件；(13分)若1<λ<3時，eq\f(λ－1,λ－3)<0，－eq\f(2,λ－3)>0，從而bn<bn＋1，n∈N*，因為b1＝1>0.故bn∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2,λ－3)))，要使bn≤3成立，只須－eq\f(2,λ－3)≤3即可．于是1＜λ≤eq\f(7,3).(15分)綜上所述，所求實數(shù)λ的范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(7,3))).(16分)20.解：(1)當a＝－1時，f(x)＝－ex＋x2－bx，∴f′(x)＝－ex＋2x－b.由題意f′(x)＝－ex＋2x－b≤0對x∈R恒成立．(1分)由－ex＋2x－b≤0，得b≥－ex＋2x，令F(x)＝－ex＋2x，則F′(x)＝－ex＋2，令F′(x)＝0，得x＝ln2.當x<ln2時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增，當x>ln2時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減，從而當x＝ln2時，F(xiàn)(x)有最大值2ln2－2，∴b≥2ln2－2.(3分)(2)當b＝0時，f(x)＝aex＋x2，由題意aex＋x2＝0只有一解．由aex＋x2＝0，得－a＝eq\f(x2,ex)，令G(x)＝eq\f(x2,ex)，則G′(x)＝eq\f(x（2－x）,ex)，令G′(x)＝0，得x＝0或x＝2.(5分)當x≤0時，G′(x)≤0，G(x)單調(diào)遞減，G(x)的取值范圍為[0，＋∞)；當0<x<2時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增，G(x)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2)))；當x≥2時，G′(x)≤0，G(x)單調(diào)遞減，G(x)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4,e2))).由題意，得－a＝0或－a＞eq\f(4,e2)，從而a＝0或a<－eq\f(4,e2)，∴當a＝0或a<－eq\f(4,e2)時，函數(shù)y＝f(x)只有一個零點．(8分)(3)f(x)＝aex＋x2－2x，f′(x)＝aex＋2x－2，假設存在，則有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