2016年江苏南通市、泰州市、扬州市、淮安市高三二模数学试卷

2016年江苏南通市、泰州市、扬州市、淮安市高三二模数学试卷一、填空题（共14小题；共70分）1. 若复数z满足1+2i⋅z=3，则复数z的实部为．2. 若集合A=−1,0,1，B= a−1,a+1a，A∩B=0，则实数a的值为．3. 执行如图所示的流程图，则输出的k值是．4. 为了了解一批灯泡（共5000只）的使用寿命，从中随机抽取了100只进行测试，其使用寿命（单位：h）如下表：的灯泡只数是．5. 电视台组织中学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，主题分别是：立德树人，社会主义核心价值观，依法治国理念，中国优秀传统文化，创新能力．某参赛队从中任选2个主题作答，则“立德树人”主题被该队选中的概率是．6. 已知函数f x=log a x+b a>0且a≠1,b∈R 的图象如图所示，那么a+b的值是．7. 已知函数y=sin ωx+π30<x<π，若当且仅当x=π12时，y取得最大值，则正数ω的值为．8. 在等比数列a n中，已知a2=1，公比q≠±1．若a1，4a3，7a5成等差数列，则a6的值是．9. 在体积为32的四面体ABCD中，若AB⊥平面BCD，AB=1，BC=2，BD=3，则CD长度的所有值为．10. 在平面直角坐标系xOy中，过点P−2,0的直线与圆x2+y2=1相切于点T，与圆x−a2+y−32=3相交于点R，S，且PT=RS，则正数a的值为．11. 已知f x是定义在R上的偶函数，且对于任意的x∈0,+∞，满足f x+2=f x．若当x∈0,2时，f x=∣x2−x−1∣，则函数y=f x−1在−2,4上的零点个数为．12. 如图，在同一平面内，点A位于两平行直线m，n的同侧，且A到m，n的距离分别为1，3．点B，C分别在m，n上，若∣∣AB+AC∣∣=5，则AB⋅AC的最大值是．13. 若实数x，y满足x24−y2=1，则3x2−2xy的最小值是．14. 若存在α,β∈R，使得t=cos3β+α2cosβ,α≤t≤α−5cosβ,则实数t的取值范围是．二、解答题（共6小题；共78分）15. 在斜三角形ABC中，已知tan A+tan B+tan A tan B=1．Ⅰ求角C的大小；Ⅱ若A=15∘，AB=2，求△ABC的周长．16. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点．Ⅰ求证：AP∥平面C1MN；Ⅱ求证：平面B1BDD1⊥平面C1MN．17. 植物园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于30 m的围墙．现有两种方案：方案①，多边形为直角三角形AEB∠AEB=90∘，如图（1）所示，其中AE+EB=30 m；方案②，多边形为等腰梯形AEFB AB>EF，如图（2）所示，其中AE=EF=BF=10 m．请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案．18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a +y2b=1a>b>0的离心率为22．A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足OP=2AO．Ⅰ若点P的坐标为2,2，求椭圆的方程；Ⅱ设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且BP=mBC，直线OA，OB的斜率之积为−12，求实数m的值．19. 已知函数f x=x+k+1x−k，g x=x−k+3，其中k是实数．Ⅰ若k=0，解不等式x⋅f x≥12x+3⋅g x；Ⅱ若k≥0，求关于x的方程f x=x⋅g x的实数根的个数．20. 设数列a n的各项均为正数，a n的前n项和S n=14a n+12．Ⅰ求证：数列a n为等差数列．Ⅱ等比数列b n的各项均为正数，b n b n+1≥S n2，且存在整数k≥2，使得b k b k+1=S k2．①求数列b n的公比q的最小值（用k表示）；②当n≥2时，b n∈N∗，求数列b n的通项公式．答案第一部分1. 35【解析】由题意知z=31+2i =35−65i，实部为35．2. 1【解析】因为0∈B，又∣∣a+1a∣∣≥2，所以a−1=0，所以a=1．3. 17【解析】第一次循环：k=0<9，k=20+02=1；第二次循环：k=1<9，k=21+12=3；第三次循环：k=3<9，k=23+32=17，k=17>9，故输出的k的值是17．4. 1400【解析】使用寿命不低于1100 h的灯泡只数是25+3100×5000=1400．5. 25【解析】从5个主题中选2个，基本事件有10个，其中“立德树人”的主题被选中的事件有4个，故所求的概率为25．6. 92【解析】由题图知log a−3+b=0，log a b=−2，解得b=4，a=12，所以a+b=92．7. 2【解析】由题意知ω⋅π12+π3=2kπ+π2，k∈Z，则ω=24k+2，k∈Z，当k=0时，正数ω=2，满足题意．8. 149【解析】由题意知a1+7a5=2×4a3，即a2q+7a2q3=8a2q，所以1q+7q3=8q，故7q4−8q2+1=0，解得q2=17或q2=1（舍去），所以a6=a2q4=149．9. 7，19【解析】因为四面体ABCD的体积V=13×12×2×3×sin∠CBD×1=32，所以sin∠CBD=32，所以∠CBD=60∘或120∘．当∠CBD=60∘时，CD2=22+32−2×2×3×cos60∘=7，所以CD=7；当∠CBD=120∘时，CD2=22+32−2×2×3×cos120∘=19，所以CD=19．综上，CD长度的所有值为7，19．10. 4【解析】如图．在Rt△PTO中，PT=2−OT2=3，所以P=30∘，故直线PT的方程为x−3y+2=0．由题意知RS=PT=3，所以322=32−1+32，化简得a2−2a−8=0，解得a=4或a=−2（舍去），故正数a的值为4．11. 7【解析】作出函数f x在−2,4上的图象如图所示，则函数y=f x−1在−2,4上的零点个数即为f x的图象与直线y=1在−2,4上的交点的个数．由图象知，交点个数为7．12. 214【解析】建立平面直角坐标系如图所示，则点A的坐标为0,3．设点B的坐标为m,2，点C的坐标为n,0，则AB=m,−1，AC=n,−3．由题意∣∣AB+AC∣∣=5，得m+n2=9，且AB⋅AC=mn+3．因为mn≤m+n22=94，所以AB⋅AC≤94+3=214，当且仅当m=n=±32时取等号．13. 42+6【解析】由x 24−y2=1，得yx∈ −12,12．因为3x2−2xy=3x2−2xy1x2−y2=43−2yx1−4yx2，令t=3−2yx∈2,4，则3x2−2xy=4t−8+6t−t2=46− t+8t≥46−42=42+6.当且仅当t=22∈2,4时取等号．14. −23,1【解析】令x=cosβ，由α≤t≤α−5cosβ，知x∈−1,0．当x=0时，t=0符合题意；当x∈−1,0时，由t=x3+α2⋅x，得α=2t−2x3x，所以2t−2x 3x ≤t≤2t−2x3x−5x．由2t−2x 3x ≤t，得t≥2x32−x．令f x=2x 32−x，由题意知t≥f x min，又fʹx=4x 23−x2−x2>0在x∈−1,0上恒成立，即f x在−1,0上是增函数，所以f x min=f−1=−23，所以t≥−23．由t≤2t−2x 3x −5x，得t≤2x3+5x22−x．令g x=2x 3+5x22−x，由题意知t≤g x max，又gʹx=−x4x 2−7x−202−x<0在x∈−1,0上恒成立，即g x在−1,0上是减函数，所以g x max=g−1=1，所以t≤1．综上，实数t的取值范围为 −23,1．第二部分15. （1）因为tan A+tan B+tan A tan B=1，所以tan A+tan B=1−tan A tan B．又在斜三角形ABC中，1−tan A tan B≠0，所以tan A+B=tan A+tan B1−tan A tan B=1，即tan180∘−C=1，所以tan C=−1．因为0∘<C<180∘，所以C=135∘．（2）在△ABC中，A=15∘，C=135∘，则B=180∘−A−C=30∘．由正弦定理BCsin A =CAsin B=ABsin C，得BCsin15∘=CAsin30∘=2sin135∘=2，故BC=2sin15∘=2sin45∘−30∘=2sin45∘cos30∘−cos45∘sin30∘=6−2,CA=2sin30∘=1，所以△ABC的周长为AB+BC+CA=2+1+6−22=2+6+22．16. （1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，因为M，P分别为棱AB，C1D1的中点，所以AM=PC1．又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四边形AMC1P为平行四边形，所以AP∥C1M．又AP⊄平面C1MN，C1M⊂平面C1MN，所以AP∥平面C1MN．（2）如图，连接AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD．因为M，N分别为棱AB，BC的中点，所以MN∥AC．所以MN⊥BD．在正方体ABCD−A1B1C1D1中，因为DD1⊥平面ABCD，又MN⊂平面ABCD，所以DD1⊥MN．因为DD1∩DB=D，DD1⊂平面BDD1B1，DB⊂平面BDD1B1，所以MN⊥平面BDD1B1．又MN⊂平面C1MN，所以平面B1BDD1⊥平面C1MN．17. 设方案①②中多边形苗圃的面积分别为S1，S2．方案①：设AE=x，则S1=12x30−x≤12x+30−x22=2252（当且仅当x=15时取等号）．方案②：设∠BAE=θ，则S2=100sinθ1+cosθ，θ∈0,π2．由Sʹ2=1002cos2θ+cosθ−1=0，得cosθ=12（cosθ=−1舍去）因为θ∈0,π2，所以θ=π3．当θ变化时，Sʹ2，S2的变化情况如下：所以当θ=π3时，S2max=753．因为2252<753，所以建苗圃时用方案②，且∠BAE=π3．答：方案①，②中苗圃的最大面积分别为 2252m 2，75 2，建苗圃时用方案②，且 ∠BAE =π3．18. （1） 因为 OP =2AO ， 又点 P 的坐标为 2, ， 所以点 A 的坐标为 −1,− 22 ， 代入椭圆的方程，得1a +12b =1. ⋯⋯①又椭圆的离心率为 22， 所以 1−b 2a =22. ⋯⋯② 由 ①②，得 a 2=2，b 2=1， 故椭圆的方程为x 22+y 2=1．（2） 设点 A 的坐标为 x 1,y 1 ，点 B 的坐标为 x 2,y 2 ，点 C 的坐标为 x 3,y 3 ． 因为 OP=2AO ， 所以点 P 的坐标为 −2x 1,−2y 1 ．因为 BP=mBC ，所以 −2x 1−x 2,−2y 1−y 2 =m x 3−x 2,y 3−y 2 ， 即 −2x 1−x 2=m x 3−x 2 ,−2y 1−y 2=m y 3−y 2 ,解得 x 3=m−1m x 2−2m x 1,y 3=m−1m y 2−2m y 1, 代入椭圆的方程，得m −1m x 2−2mx 1 2a2+m −1m y 2−2my 1 2b2=1，即 4m x 12a +y 12b + m−1 2m x 22a +y 22b −4 m−1 mx 1x 2a +y 1y 2b =1. ⋯⋯③因为点 A ，B 在椭圆上，所以x 12a2+y 12b 2=1，x 22a2+y 22b 2=1. ⋯⋯④又直线 OA ，OB 的斜率之积为 −12， 即 y 1x 1⋅y 2x 2=−12，结合 ② 知x 1x 2a 2+y 1y 2b 2=0. ⋯⋯⑤将 ④⑤ 代入 ③，得 4m 2+ m−1 2m 2=1，解得 m =52．19. （1） 当 k =0 时，f x = x +1 x ，g x = x +3．由 x ≥0,x +3≥0, 得 x ≥0． 此时，原不等式为 x +1 x ≥12 x +3 ，即 2x 2+x −3≥0， 解得 x ≤−32 或 x ≥1，所以原不等式的解集为 1,+∞ ．（2） 由方程 f x =x ⋅g x ，得 x +k +1 x −k =x x −k +3. ⋯⋯①由x−k≥0,x−k+3≥0,得x≥k，所以x≥0，x−k+1>0．方程①两边平方，整理得2k−1x2−k2−1x−k k+12=0x≥k. ⋯⋯②当k=12时，由②得x=32，所以原方程有唯一解．当k≠12时，由②得判别式Δ=k+123k−12，（i）当k=13时，Δ=0，方程②有两个相等的实数根x=43>13，所以原方程有唯一的解．（ii）当0≤k<12且k≠13时，方程②整理为2k−1x+k k+1x−k−1=0，解得x1=k k+11−2k，x2=k+1．由于Δ>0，所以x1≠x2，其中x2=k+1>k，x1−k=3k21−2k≥0，即x1≥k．故原方程有两个解．（iii）当k>12时，由（ii）知x1−k=3k21−2k<0，即x1<k，故x1不是原方程的解．又x2=k+1>k，故原方程有唯一解．综上所述，当k≥12或k=13时，原方程有唯一解；当0≤k<12且k≠13时，原方程有两个解．注：（ii）中，另解：Δ>0,2k−1<0,x=k2−122k−1>k, k=−3k2<0,故方程②的两个实数根均大于k，所以原方程有两个解．20. （1）因为S n=14a n+12, ⋯⋯①所以S n−1=14a n−1+12,n≥2,n∈N∗. ⋯⋯②①−②，得a n+a n−1a n−a n−1−2=0，n≥2．因为数列a n的各项均为正数，所以a n+a n−1>0，n≥2，n∈N∗，所以a n−a n−1=2，n≥2，n∈N∗，所以数列a n为等差数列．（2）①在S n=14a n+12中，令n=1，得a1=1，所以a n=2n−1，S n=n2．由 b k b k +1=S k 2 k ≥2,k ∈N ∗ ，得 b 1=k 2q k−12，所以 b n =b 1q n−1=k 2q n−k−1. ⋯⋯③由 b n b n +1≥S n 2，得 k 4q 2n−2k ≥n 4，即 q n−k ≥ n k 2. ⋯⋯④当 n =k 时，④ 恒成立．当 n ≥k +1 时，④ 两边取自然对数， 整理得 k ln q 2≥ln n k n −1，n k ≥1+1k . ⋯⋯⑤记 f x =ln x x−1 x >1 ，则 fʹ x =1−1x +ln 1xx−1 ，记 g t =1−t +ln t ，0<t <1， 则 gʹ t =1−t t >0，故 g t 在 0,1 上单调递增，所以 g t <g 1 =0，所以 fʹ x <0，故 f x 在 1,+∞ 上单调递减， 所以 ln n k n k −1 的最大值为 k ln 1+1k ．⑤ 中，k ln q 2≥k ln 1+1k ，解得 q ≥ 1+1k 2．当 n ≤k −1 时，同理有 q ≤ 1+1k−1 2， 所以公比 q 的最小值为 1+1k 2（整数 k ≥2）．②由题意知，q ∈N ∗．且 q ∈ 1+1k 2, 1+1k−1 2 （整数 k ≥2）， 所以 q ≥ 1+1k 2>1，q ≤ 1+1k−1 2≤4， 所以 q ∈ 2,3,4 ，当 q =2 时， 1+1k 2≤2≤ 1+1k−1 2， 只能 k =3，此时 b n =9⋅2n−7，不符合题意； 当 q =3 时， 1+1k 2≤3≤ 1+1k−1 2， 只能 k =2，此时 b n =4⋅3n−52，不符合题意； 当 q =4 时， 1+1k 2≤4≤ 1+1k−1 2，只能 k =2，此时 b n =22n−3，符合题意．综上，b n=22n−3．。