2010年江蘇高考數(shù)學(xué)模擬試卷(6)

參考公式:

樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…xn的方差s2=1nΣni=1(x1-x)2，其中x=1nΣni=1x1

一、填空題:本大題共14小題，每小題5分，共70分.不需寫(xiě)出解答過(guò)程，請(qǐng)把答案直接填寫(xiě)在相應(yīng)位置上.

1.函數(shù)f(x)=1-2x的定義域?yàn)?

2.直線4x-3y-12=0在兩坐標(biāo)軸上的截距之和.

3.己知復(fù)數(shù)z滿足z#8226;i=3+4i，(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的模為.

4.在兩個(gè)袋內(nèi)分別裝有標(biāo)記數(shù)字1、2、3、4、5的5張卡片，現(xiàn)從每個(gè)袋中各任取一張卡片，則所得兩數(shù)之和等于7的概率為.

5.若函數(shù)f(x)=x2+ax，x∈[1，3]是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.

6.使得函數(shù)y=cos(x+φ)為奇函數(shù)的φ的最小正值為.

7.如圖所示，是2009年底CCTV舉辦的全國(guó)鋼琴、

第8題圖

小提琴大賽比賽現(xiàn)場(chǎng)上七位評(píng)委為某選手打出的分?jǐn)?shù)的莖葉圖，去掉一個(gè)最高分和一個(gè)最低分后，所剩數(shù)據(jù)的方差為.

8.右圖是一個(gè)算法的流程圖，最后輸出的S=.

9.橢圓x29+y22=1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上，若|PF1|=4，則∠F1PF2的大小為.

10.“a∈[2，+∞)”是“實(shí)系數(shù)一元二次方程x2-ax+1=0有實(shí)根”的.條件(從“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”中選出符合題意的一個(gè)填空)

11.己知圓C:x2+y2-8y+12=0，直線l:ax+y+2a=0，若直線l與圓C相切，則實(shí)數(shù)a的值為.

12.如圖，在平面上，若直角三角形ABC的直角邊BC和斜邊AB的長(zhǎng)分別為a、c，過(guò)直角頂點(diǎn)C作CD⊥AB于D，記BD的長(zhǎng)為b，則a、b、c的關(guān)系為a2=bc.類(lèi)似地.在空間，若四面體ABCD的棱AB、AC、AD兩兩垂直，過(guò)頂點(diǎn)A作AO⊥面BCD(如圖所示)，記△ABC、△BOC、△BCD的面積分別為S1，S2，S3，則S1，S2，S3的關(guān)系為.

13.已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差數(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，則(a+b)2cd的最小值是.

14.己知等差數(shù)列{an}的各項(xiàng)都不為零，公差d>0，且a4+a7=0，記數(shù)列1an的前n項(xiàng)和為Sn，則使Sn>0成立的正整數(shù)n的最小值是.

二、解答題:(本大題共6小題，共90分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.)

15.(本小題滿分14分)

A、B是直線y=1與函數(shù)f(x)=2cos2ωx2+cos(ωx+π3)(ω>0)圖象的兩個(gè)相鄰交點(diǎn)，且|AB|=π2.

(1)求ω的值;

(2)在銳角△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，若f(A)=-12，c=3，△ABC的面積為33，求a的值.

16.(本小題滿分14分)如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，D為CC1的中點(diǎn)，AB1與A1B相交于點(diǎn)O，連結(jié)OD.

(1)求證:OD∥平面ABC;

(2)求證:AB1⊥平面A1BD

17.(本小題滿分14分)

如圖，某小區(qū)準(zhǔn)備在一直角圍墻ABC內(nèi)的空地上植造一塊“綠地”△ABD，其中AB長(zhǎng)為定值a，BD長(zhǎng)可根據(jù)需要進(jìn)行調(diào)節(jié)(BC足夠長(zhǎng)).現(xiàn)規(guī)劃在△ABD的內(nèi)接正方形BEFG內(nèi)種花，其余地方種草，且把種草的面積S1與種花的面積S2的比值S1S2稱為“草花比y”.

(Ⅰ)設(shè)∠DAB=θ，將y表示成θ的函數(shù)關(guān)系式;

(Ⅱ)當(dāng)BE為多長(zhǎng)時(shí)，y有最小值?最小值是多少?

18.(本小題滿分16分)

已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均是正數(shù)，其前n項(xiàng)和為sn，滿足(p-1)sn=p2-an，其中p為正常數(shù)，且p≠1

(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

(Ⅱ)設(shè)bn=12-logpan(n∈N*)，數(shù)列{bnbn+2}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求證Tn<34.

19.(本小題滿分16分)

已知半橢圓x2b2+y2a2=1(y≥0)和半圓x2+y2=b2(y≤0)組成曲線C，其中a>b>0;如圖，半橢圓x2b2+y2a2=1(y≥0)內(nèi)切于矩形ABCD，且CD交y軸于點(diǎn)G，點(diǎn)P是半圓x2+y2=b2(y≤0)上異于A，B的任意一點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)M(63，-33)時(shí)，△AGP的面積最大.

(1)求曲線C的方程;

(2)連PC、PD交AB分別于點(diǎn)E、F，求證:AE2+BF2為定值.

20.(本小題滿分16分)

已知函數(shù)f(x)=12[3ln(x+2)-ln(x-2)].

(I)求x為何值時(shí)，f(x)在[3，7]上取得最大值;

(Ⅱ)設(shè)F(x)=aln(x-1)-f(x)，若F(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍.

附加題部分

1.選修4-1:幾何證明選講

如圖，在四邊形ABCD中，△ABC≌△BAD.

求證:AB∥CD

2.選修4-2:矩陣與變換

已知在一個(gè)二階矩陣M的變換作用下，點(diǎn)A(1，2)變成了點(diǎn)A′(4，5)，B(3，-1)變成了點(diǎn)B′(5，1)，求矩陣M.

3.選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程

在極坐標(biāo)系中，已知圓C的圓心坐標(biāo)為C(2，π3)，半徑R=5，求圓C的極坐標(biāo)方程.

4.選修4-5:不等式選講已知a+b+c=1，求證:a2+b2+c2≥13

5.某小組有6個(gè)同學(xué)，其中4個(gè)同學(xué)從來(lái)沒(méi)有參加過(guò)數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)，2個(gè)同學(xué)曾經(jīng)參加過(guò)數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng).

(1)現(xiàn)從該小組中任選2個(gè)同學(xué)參加數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)，求恰好選到1個(gè)曾經(jīng)參加過(guò)數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)的同學(xué)的概率;

(2)若從該小組中任選2個(gè)同學(xué)參加數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)，活動(dòng)結(jié)束后，該小組沒(méi)有參加過(guò)數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)的同學(xué)個(gè)數(shù)ξ是一個(gè)隨機(jī)變量，求隨機(jī)變量ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望E(ξ).

6.已知a>0，b>0，n>1，n∈N*.用數(shù)學(xué)歸納法證明:an+bn2≥(a+b2)n.

2010年江蘇高考數(shù)學(xué)模擬試卷(6)

參考答案

一、填空題:

1.(-∞，12] 2.-1. 3.5

4.425 5.(-∞，-6]∪[-2，+∞)

6.π2 7.85 8.30

9.120°

10.充分不必要 11.-34

12.s21=s2s3 13.4 14.11

二、解答題:

15.解析:(Ⅰ)f(x)=1+cosωx+12cosωx-32sinωx=1-3sin(ωx-π3).

由函數(shù)的圖象及|AB|=π2，得函數(shù)的周期T=2πω=2×π2，解得ω=2.

又∵f(A)=1-3sin(2A-π3)=-12∴sin(2A-π3)=32.

又∵△ABC是銳角三角形，-π3<2A-π3<2π3∴2A-π3=π3，即A=π3.

由S△ABC=12bcsinA=3b2×32=33得b=4，由余弦定理，得

a2=b2+c2-2bccosA=42+32-2×4×3×12=13，即a=13.

16.證明:(Ⅰ)取BB1的中點(diǎn)E，連結(jié)ED，EO，

則OE∥AB，又OE平面ABC，AB平面ABC，

∴OE∥平面ABC，同理DE∥平面ABC

又OE∩DE=E∴平面OED∥平面ABC

而OD平面OED，∴OD∥平面ABC

(2)連B1D，AD，∵ABB1A1是正方形，∴AB1⊥A1B

∵Rt△ACD≌Rt△B1C1D，∴AD=B1D

又O是AB1的中點(diǎn)，∴AB1⊥DO，

∵A1B∩DO=O∴AB1⊥平面A1BD.

17.解:(Ⅰ)因?yàn)锽D=atanθ，所以△ABD的面積為12a2tanθ(θ∈(0，π2))

設(shè)正方形BEFG的邊長(zhǎng)為t，則由FGAB=DGDB，得ta=atanθ-tatanθ，

解得t=atanθ1+tanθ，則s2=a2tan2θ(1+tanθ)2

所以s1=12a2tanθ-s2=12a2tanθ-a2tan2θ(1+tanθ)2，則y=s1s2=(1+tanθ)22tanθ-1

(Ⅱ)因?yàn)閠anθ∈(0，+∞)，所以y=12(tanθ+1tanθ+2)-1=12(tanθ+1tanθ)≥1

當(dāng)且僅當(dāng)tanθ=1時(shí)取等號(hào)，此時(shí)BE=a2.所以當(dāng)BE長(zhǎng)為a2時(shí)，y有最小值1.

18.解析:(1)由題設(shè)知(p-1)a1=p2-a1，解得a1=p.

由(p-1)sn=p2-an(p-1)sn+1=p2-an+1兩式作差得(p-1)(sn+1-sn)=an-an+1

所以(p-1)an+1=an-an+1，即an+1=1pan，

可見(jiàn)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)為p，公比為1p的等比數(shù)列.

an=p(1p)n-1=(1p)n-2

(Ⅱ)bn=12-logpp2-n=12-(2-n)=1n

bnbn+2=1n(n+2)=12(1n-1n+2)

Tn=b1b3+b2b4+b3b5+…bnbn+2=12[(11-13)+(12-14)+(13-15)+(14-16)+…(1n-1n+2)]

=12(1+12-1n+1-1n+2)<34.

19.解:(Ⅰ)已知點(diǎn)M(63，-33)在半圓x2+y2=b2(y≤0)上，所以(63)2+(-33)2=b2，又b>0，所以b=1，當(dāng)半圓x2+y2=b2(y≤0)在點(diǎn)M處的切線與直線AG平行時(shí)，點(diǎn)P到直線AG的距離最大，此時(shí)△AGP的面積取得最大值，故半圓x2+y2=b2(y≤0)在點(diǎn)M處的切線與直線AG平行，

所以O(shè)M⊥AG，又KOM=yM-0xM-0=-22，所以KAG=2=ab，又b=1，所以a=2，

所以曲線C的方程為x2+y22=1(y≥0)或x2+y2=1(y≤0).

(2)點(diǎn)C(1，2)，點(diǎn)D(-1，2)，設(shè)P(x0，y0)，則有直線PC的方程為y-2=y0-2x0-1(x-1)，

令y=0，得xE=1-2(x0-1)y0-2，所以AE=2-2(x0-1)y0-2;

直線PD的方程為y-2=y0-2x0+1(x+1)，令y=0，得xF=-1-2(x0+1)y0-2

，

所以BF=2+2(x0+1)y0-2;則AE2+BF2=[2-2(x0-1)y0-2]2+[2+2(x0+1)y0-2]2=4x20+4(y0-2)2+82y0-2+8又由x20+y20=1，得x20=1-y20，代入上式得

=8-4y20(y0-2)2+82y0-2+8=8-4y20+82(y0-2)(y0-2)2+8

=-4(y0-2)2(y0-2)2+8=4，所以AE2+BF2為定值.

20、解:(Ⅰ)f′(x)=12[3x+2-1x-2]=x-4x2-4.

∴當(dāng)24時(shí)，f′(x)>0.

∴f(x)在(2，4)上是減函數(shù)，在(4，+∞)上是增函數(shù).

∴f(x)在[3，7]上取得最大值應(yīng)在端點(diǎn)處取得.

∵f(3)-f(7)=12[3ln5-ln1]-12[3ln9-ln5]=12[ln625-ln729]<0，

∴f(3)

(Ⅱ)∵f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，∴F′(x)≥0恒成立

又∵F′(x)=ax-1-x-4x2-4=(a-1)x2+5x-4(a+1)(x-1)(x2-4).

顯然在f(x)的定義域(2，+∞)上，(x-1)(x2-4)>0恒成立

∴(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2，+∞)恒成立

下面分情況討論(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2，+∞)恒成立時(shí)，a的解的情況，

當(dāng)a-1<0時(shí)，顯然不可能有(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2，+∞)上恒成立

當(dāng)a-1=0時(shí)，(a-1)x2+5x-4(a+1)=5x-8>0在(2，+∞)上恒成立

當(dāng)a-1>0，又有兩種情況:①52+16(a-1)(a+1)≤0;②-52(a-1)≤2且(a-1)#8226;22+5×2-4(a+1)≥0

由①得16a2+9≤0，無(wú)解，由②得a≥14 ∵a-1>0.∴a>1

綜上所述各種情況，當(dāng)a≥1時(shí)，(a-1)x2+5x-4(a+1)≥0在(2，+∞)上恒成立

∴所求的a的取值范圍為[1，+∞)

附加題部分

1.A.選修4-1:幾何證明選講證明:

由△ABC≌△BAD得∠ACB=∠BDA.

∴A，B，CD四點(diǎn)共圓從而∠CAB=∠CDB再由△ABC≌△BAD得∠CAB=∠DBA∴∠DBA=∠CDB∴AB∥CD.

2.解:設(shè)M=a bc d，

則由a bc d12=45，a bc d3-1=51，

得a+2b=4，c+2d=53a-b=53c-d=1

所以a=2b=1c=1d=2因此2 11 2.

3.解法一:設(shè)P(ρ，θ)是圓上的任意一點(diǎn)，則PC=R=5.

由余弦定理，得ρ2+22-2×2×ρcos(θ-π3)=5.

化簡(jiǎn)，得ρ2-4ρcos(θ-π3)+1=0，此即為所求的圓C的方程.

解法二:將圓心C(2，π3)化成直角坐標(biāo)為(1，3)，半徑R=5，

故圓C的方程為(x-1)2+(y-3)2=5.

再將C化成極坐標(biāo)方程，得(ρcosθ-1)2+(ρcosθ-3)2=5.

化簡(jiǎn)，得ρ2-4ρcos(θ-π3)+1=0，此即為所求的圓C的方程.

4.證明:因?yàn)閍2+b2+c2=(a+b+c)2-(2ab+2bc+2ac)≥(a+b+c)2-2(a2+b2+c2)所以.

3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1，故a2+b2+c2≥13.

5.解:(1)記“恰好選到1個(gè)曾經(jīng)參加過(guò)數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)的同學(xué)”為事件的A，則其概率為P(A)=C14C12C26=815.

答:恰好選到1個(gè)曾經(jīng)參加過(guò)數(shù)學(xué)研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)的同學(xué)的概率為815.

(2)隨機(jī)變量ξ=2，3，4

P(ξ=2)=C24C26=25

P(ξ=3)=C14C12C26=815

P(ξ=4)=C22C26=115

∴隨機(jī)變量ξ的分布列為

ξ234

P25815115

∴Eξ=2×25+3×815+4×115=83

6.證明(1)當(dāng)n=2時(shí)，左邊-右邊=a2+b22=(a+b2)2=(a-b2)2≥0，不等式成立.

(2)假設(shè)當(dāng)n=k(k∈N*，k>1)時(shí)，不等式成立，即ak+bk2≥(a+b2)k.

因?yàn)閍>0，b>0，k>1，k∈N*，

所以(ak+1+bk+1)-(akb+abk)=(ak-bk)(a-b)≥0，于是ak+1+bk+1≥akb+abk.

當(dāng)n=k+1時(shí)，(a+b2)k+1=(a+b2)k#8226;a+b2≤ak+1+bk+12#8226;a+b2=

ak+1+bk+1+akb+abk4≤ak+1+bk+1+ak+1+bk+14=ak+1+bk+12.

即當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立.

綜合(1)，(2)知，對(duì)于a>0，b>0，n>1，n∈N*，不等式an+bn2≥(a+b2)n總成立.