江苏省南通市高考数学模拟试卷(6)含答案2016年高考模拟试卷(6)南通市数学学科基地命题第Ⅰ卷（必做题，共160分）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．21．已知集合A＝{x|x＞1}，B＝{x|x－2x＜0}，则A∪B＝▲ ．2．若复数z满足z40，则z1，则f(x)▲ ． 3．已知幂函数f(x)的图象经过点2 4．某棉纺厂为了了解一批棉花的质量，从中随机抽测了100根棉花纤维的长度（棉花纤维所得数据均在区间[5,40]中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的100根中___▲ 根棉花纤维的长度小于15mm．25．执行如图所示的伪代码，则输出的结果为▲ ．（第5题）6．某校有A,B两个学生食堂，若a,b,c三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则三人不在同一个食堂用餐的概率为▲ ． 7．给出下列命题：（1）若两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面；（2）若两个平面平行，那么垂直于其中一个平面的直线一定垂直于另一个平面；（3）若两个平面垂直，那么平行于其中一个平面的直线一定平行于另一个平面；（4）若两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面．则其中所有真命题的序号是▲ ．．．．222x2y2F(c,0)(c0)x y a8．过双曲线221(b a0)的左焦点作圆的切线，切点为E，延长ab21y4cxFE交抛物线于点P，O为坐标原点，若OE(OF OP)，则双曲线的离心率为▲ ．2a9．已知an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列。
若对一切n N,n1bn总成立，an则d q▲ ．10．定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(x＋5)＝16，当x∈(－1，4]时，f(x)＝x－2，则函数f(x)在[0，2016]上的零点个数是_____▲_____.CBC11．如图，已知点O为△ABC的重心，OA OB，AB6，则A的值为▲ ． 12．已知实数x，y，z满足x y z0，x2y2z21，则z的最大值是2x▲ ．13．在平面直角坐标系xOy中，圆C1：(x1)2(y6)225，圆C2：(x17)(y30)r．若圆C2上存在一点P，使得过点P可作一条射线与圆C1依次交于点A，B，满足PA2AB，则半径r的取值范围是▲ ．x(1mx)x0，14．已知函数f(x)，若关于x的不等式f(x)f(x m)的解集x(1mx)x0为M，且1,1M，则实数m的取值范围是▲ .第 1页，共 14页222(第11题图)二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时写出文字说明、证明过．．．．．．．程或演算步骤．15．（本小题满分14分）如图，在三棱锥P ABC中，PA PC，BC4，AC2．M为BC的中点， N为AC上一点，且MN∥平面PAB，MN求证：（1）直线AB∥平面PMN；（2）平面ABC平面PMN．A N CB M （第15题）16．（本小题满分14分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b a.（1）当c=1，且ABC的面积为（2）当cosC时，求a的值； 4时，求cos(B A)的值. 317．（本小题满分14分）如图所示的铁片由两部分组成，半径为1的半圆O及等腰直角△EFH，其中FE⊥FH．现将铁片裁剪成尽可能大的梯形铁片ABCD(不计损耗) ，AD∥BC，且点A，B在弧EF上．点C，D在斜边EH 上．设∠AOE＝θ.（1）求梯形铁片ABCD的面积S关于θ的函数关系式；（2）试确定θ的值，使得梯形铁片ABCD的面积S最大，并求出最大值．E AH(第17题图)x2y218．（本小题满分16分）已知椭圆221(a b0)的左顶点为A，右焦点为F，右准线为l，l与abx轴相交于点T，且F是AT的中点．（1）求椭圆的离心率；（2）过点T的直线与椭圆相交于M,N两点，M,N都在x轴上方，并且M 在N,T之间，且NF2MF．①记NFM,NFA的面积分别为S1,S2，求②若原点O到直线TMN S1； S2 第 2页，共 14页19．（本小题满分16分）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，anan+1＝2(Sn＋1) (n N*)．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}满足b1＝1，bn（3）若数列{cn}满足lgc120．（本小题满分16分）已知函数f(x)x22x alnx(a R).，f(1))处的切线方程；（1）当a2时，求函数f(x)在(1（2）求函数f(x)的单调区间；（3）若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1x2)，不等式f(x1)mx2恒成立，求实数m的取值范围.(n≥2，n N*)，求{bn}的前n项和Tn；1a1，lgcn nn(n≥2，n N*)，试问是否存在正整数p，q（其中1 < p < q），33使c1，cp，cq成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，说明理由．第Ⅱ卷（附加题，共40分）21．【选做题】本题包括A、B、C、D共4小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．（选修４－１：几何证明选讲）如图，O1，O2交于两点P，Q，直线AB过点P，与O1，O2分别交于点A，B，直线CD过点Q，与O1，O2分别交于点C，D．求证：AC∥BD．O1O2 DB．（选修４－２：矩阵与变换）若二阶矩阵M满足 M(1）求二阶矩阵M；1258. 3446(2）若曲线C:x2xy2y1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）已知点P(1)（其中0,2)，点P的轨迹记为曲线C1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点Q在曲线C2:1224上． )(1)求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程;(2)当0,02时，求曲线C1与曲线C2的公共点的极坐标．yD．（选修４－５：不等式选讲）已知实数x0，y0，z0，证明：(≥．xyz2462第 3页，共 14页【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字．．．．．．．．．．说明、证明过程或演算步骤．22．(本小题满分10分) 如图，已知抛物线C：x2py p0，其焦点F到准线的距离为2，点A、2点B是抛物线C上的定点，它们到焦点F的距离均为2，且点A位于第一象限．（1）求抛物线C的方程及点A、点B的坐标；（2）若点Q x0,y0是抛物线C异于A、B的一动点，分别以点A、B、Q为切点作抛物线C的三条切BQ,D EH线l1、l2、l3，若l1与l2、l1与l3、l2与l3分别相交于D、E、H，设 A记=的面积依次为S ABQ,S DEH，S ABQS DEH，问：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由。
23．（本小题满分10分）设f(n)(a b)n（n N*，n≥2），若f(n)的展开式中，存在某连续三项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P．（1）求证：f(7)具有性质P；（2）若存在n≤2015，使f(n)具有性质P，求n的最大值．2016年高考模拟试卷(6) 参考答案南通市数学学科基地命题第Ⅰ卷（必做题，共160分）一、填空题1. {x|x＞0}.2. 2i.3. x 2.4. 10.5. 36. 6. 3.【解析】a,b,c三名学生选择食堂的结果有：(A,A,A),(A,A,B),(A,B,A),(B,A,A),(A,B,B), (B,A,B),(B,B,A),(B,B,B)，共8个等可能性的基本事件，三人在同一个食堂用餐的结果有：(A,A,A),(B,B,B)，共两个，所以“三人在同一个食堂用餐”的概率为21，而“三人不在同一个食堂用餐”与“三人在同一个食堂用餐”是对立事件，所以“三人2y4cx的13不在同一个食堂用餐”的概率为1. 7.1 2.【解析】抛物线准线方程为l:x c，焦点为F(c,0)，与双曲线的右焦点重合，过点P作PM l于点M，连结PF，第 4页，共 14页1由OE(OF OP)得点E为线段FP的中点，所以PF//OE且PF22a，又因为2OE FP,F P FP，由抛物线的定义可知PM PF2a，所以点P的横坐标为2a c，将其代入抛物线方程可得P(2a c,4c(2a c))，在Rt FF P中，FF2c,PF2a,FPF90，所以PF2b，又在直角三角形PFM中，由勾股定理得(2a)2(4c(2a c)2(2b)2即c2ac a20，所以e2e10，解之得e2baa115或e（舍去）． 9. 1.【解析】由n n1n1q,bn1anan22222得an1an1qan，所以(a1nd)(a1nd2d)q(a1nd d)对n N恒成立，从而d qd．若d0,则a12qa12，得q1；若q1,则d0，综上d q 110. 605 . 【解析】由f(x)f(x5)16，可知f(x5)f(x)16，则f(x5)f(x5)0，所以f(x)是以10为周期的周期函数. 在一个周期(1,9]上，函数f(x)x22x在x(1,4]区间内有3个零点，在x(4,9]区间内无零点，故f(x)在一个周期上仅有3个零点，而区间(1,2009]中共包含201个周期.又函数在x2009,2016的图像与x1,4的图像相同，所以在2009,2016存在3个零点，而x1,0时存在一个零点，故f(x)在[0,2016]上的零点个数为320131605.11. 72. 【解析】法1：连结CO并延长交AB于点M(如图1)，则AC BC AO OC BO OCAO BO OC BO2 O CA OOC(图1) OC BO OC AO OC22 OC BO AO C2OC，O因为OC2OM AB6，所以AC BC72．法2：以AB的中点M为坐标原点，AB为x轴建立平面直角坐标系(如图2)，则A3，0，B3，0，y 设C(x，y)，则易得Ox， 33因为OA OB，所以AO BO0，(图2) 第 5页，共 14y 从而x3x30， 2化简得，x2y281，所以AC BC(x3)(x3)y2x2y2972．12. 【解析】法一：借助等量关系求变量，容易想到利用基本不等式，这也是解决此类x y z0z(x y)x y(x y)222问题的常用方法.由222得得x y，所以22222x y z11z x y2z21z，解得z2，故z的最大值是322思路二：从方程角度，该题是解的存在性问题，据此可得y(x z)，代入x2y2z21得x2(x z)2z210，化简得2x22zx2z210，因为方程有根，所以4z28(2z21)0，得z2，故z的最大值是23 55.【解析】由题意可知满足PA2AB的点P应在以C1为圆心，半径为25的圆上及其内部（且13. 5 ，在圆C1的外部），记该圆为C3，若圆C2上存在满足条件的点P，则圆C2与圆C3有公共点，所以|r25|r25，即|r25|30r25，解得5r55. 14．1m0. 【解析】法一：（分段函数，分类讨论）f(x)是奇函数，考查f(x)大致图象. 1o当m0时，由于y f(x m)图象可以看成由y f(x)向左平移m个单位得到，此时图象在y f(x)上方，不合题意，舍去； 2o当m0时，结合图象，根据对称性及图象平移，只要f(1m)f(1)即可，所以(1m)1m(1m)(1)1m(1)，即m(m1)2m1m1即m(m1)22m 图（1）因为m0，所以(m1)22，解得1m1m的取值范围为1m0. 法二：（特殊化思想、数形结合）由题意知，当x0时，f(x)f(x m)成立，所以f(0)f(m) 所以m(1mm)0，解得1m0，因为f(x)为奇函数，因此该函数图象关于原点对称，如图（1），而y f(x m)表示将y f(x)图像向右平移m个单位，由于1m0，因此只可能得到如图所示的图象，并与f(x)图象的左交点A必在y轴左侧. 由题意1,1M，第 6页，共 14页f(x)f(x m)恒成立，结合图象即1,1(x1,x2)，根据区间对称性及图象特征，只要x11即可.用"x0"的部分，由f(x m)f(x)得(x m)1m(x m)x(1mx)，整理得2mx m210，1m2解得xA， 2m1m2由1，得1m11m0，故所求m取值范围为1m0. 2m二、解答题15 .（1）因为MN∥平面PAB，MN平面ABC，平面PAB平面ABC AB，所以MN∥AB．·······················3分因为MN平面PMN，AB平面PMN，所以AB∥平面PMN．································································6分（2）因为M为BC的中点，MN∥AB，所以N为AC的中点．································································8分因为BC4，AC2，所以MC2，NC1，由于MN MN2NC2MC2，所以MN AC．··································································10分因为PA PC，AN CN，所以PN AC，又MN，PN平面PMN，MN PN N，所以AC平面PMN．·······························································12分因为AC平面ABC，所以平面ABC平面PMN．····························································14分，即4113，···········································2分 S absinC a asinC2241所以 sinC 2 ，由余弦定理，得c2a23a22a acosC, 2a16. 法1：因为ABC的面积为又已知c1, ···········································4分 1(4a21)2故cosC.，再由sinC cosC1,得 41，从而 424a12a23a224a2 1a 1. ···········································6分第 7页，共 14页(2)因为cosC3,所以由余弦定理c2a2b22abcosC，得c,又b,, 30从而b2a2c2故B90. ···········································8分而由b3a及正弦定理可得sinA因此cos(B A)cos(900A)sinA3, ··········································10分3. ···········································14分 17.（1）因为AOE，AOE BOF且OA OB1，所以AD1cos sin，BC1cos sin，AB2cos．·······················4分所以SABCD=(AD BC)AB (6)分2(1sin)cos，其中0．·22f'()2(cos2sin sin2) （2）记f()2(1sin)cos，2(1sin2sin sin2)2(2s2i ni n 2(2s1)(sin0s in1)．·······················10分 2当0时，f'()0，当所以当且仅当即6······················12分时，f'()0，·62时f()max f． 66时，Smax． 6当θ取时，梯形铁片ABCD的面积S6．·············14分 a22c，即(a2c)(a c)0，又a、c0，所以a2c，18．（1）因为F是AT的中点，所以a c所以e c1；······················2分a2NFMF·········4分e，·NN1MM1（2）①解法一：过M,N 作直线l的垂线，垂足分别为M1,N1，依题意，又NF2MF，故NN12MM1，故M是NT的中点，∴S MNF1······················6分，·S TNF2又F是AT中点，∴S ANF S TNF，∴S11······················8分；·S22x2y2解法二：∵a2c，∴b，椭圆方程为221，F(c,0)，T(4c,0)， 4c3c第 8页，共 14页32x2y222设M(x1,y1)，N(x2,y2)，点M在椭圆221上，即有y13c x1，44c3c∴MF11|x12c|2c x1 22同理NF2c1x2，··········4分 2S MNF1·····················6分，·S TNF2又NF2MF，故2x1x24c得M是N,T的中点，∴又F是AT中点，∴S ANF S TNF，∴S11·····················8分；·S22 x2y2②解法一：设F(c,0)，则椭圆方程为221， 4c3c由①知M是N,T的中点，不妨设M(x0,y0)，则N(2x04c,2y0)，又M,N都在椭圆上，即有2222x0y0x0y021124c23c24c3c即222(2x04c)24y0(x2c)y101022224c3c4c3c427x0(x02c)23xc两式相减得2，解得，可得······················10分y，·0044c4c248故直线MN的斜率为k，6c4c4直线MN的方程为y(x4c)6y0 (12)分 6，原点O到直线TMN的距离为dx2y21．.c (16)分201541x2y2解法二：设F(c,0)，则椭圆方程为221， 4c3c第 9页，共 14页由①知M是N,T的中点，故2x1x24c，直线MN的斜率显然存在，不妨设为k，故其方程为y k(x4c)，与椭圆联立，并消去y得：x2k2(x4c)21，整理得(4k23)x232ck2x64k2c212c20，（*）224c3c设M(x1,y1)，N(x2,y2)，依题意232ck2x1x2 24k 322264kc12cx1x24k2 316ck24cx132ckx1x224k23由·······················10分 4k3解得22x x4c x16ck4c1224k2 3516ck24c16ck24c64k2c212c22k所以，解之得，即． k364k234k234k23直线MN的方程为y(x4c)6y0 (12)分 6，原点O到直线TMN的距离为dx2y21．·c····················16分20154119．（1）由题意anan+1＝2(Sn＋1)，①an+1an+2＝2(Sn+1＋1)，②a(aa)2a 由①②得到n+1n+2n＝n+1，③因为an+1>0，则an+2an＝2，④又a1＝2，由④可知a2k12k；a2＝3，由④可知a2k2k1；因此，an n1．·······················4分bn（2）当n≥2时，1anan 1Tn1则1＝．·······················10分（3）假设存在正整数数对(p，q)，使c1，cp，cq成等比数列，即c1cq＝cp，2pq则lgc1＋lgcq＝2 lgc p成等差数列，于是，p1q(＊)．331q2p当p2时，q p，此时，q3；3933可知(p，q)=(2，3) 恰为方程(＊)的一组解．·······················12分2(p1)2p24p2p<0，故数列{}(p≥3)为递减数列．3p13p3p13pq2p231于是q=p≤3<0，所以此时方程(＊)无正整数解．333332又当p≥3时，综上，存在惟一正整数数对(p，q)=(2，3)，使c1，cp，cq成等比数列．·····················16分20. （1）因为当a2时，f(x)x22x2lnx，所以f'(x)2x2.因为f(1)1,f'(1)2，所以切线方程为y2x 3.2xa2x22x a（2）因为f'(x)2x2(x0)，令f'(x)0，即2x22x a0.xx1（ⅰ）当48a0，即a时，f'(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递增；2（ⅱ）当48a0，即a 1时，由2x22x a0，得x1,2，21① 若0a，由f'(x)0，得0x或x；2由f'(x)0；上递减，在)上递增；此时，函数f(x)在②若a0，则f(x)x22x，函数f(x)在(0,1)上递减，在(1,)上递增；③若a0，则函数f(x)在综上，当a上递减，在)上递增. 1时，函数f(x)的增区间为在(0,)，无减区间； 21)；时，f(x)的单调递增区间是2；单调递减区间是当0a)，单调递减区间是. 当a0时，f(x)的单调递增区间是（3）由（2）可知，函数f(x)有两个极值点x1,x2，则0a因为f'(x)02x22x a0，所以x1x21,x1因为0ax2. 1. 2111，所以0x1,x21， 222f(x1)x122x1alnx1x122x1(2x12x12)lnx1x122x1(2x12 x12)lnx1因为，x2x2x21x1所以f(x1)11x12x1lnx1. x2x1 1设h(x)1x1112lnx. 2xlnx(0x)，则h'(x)1(x1)2x1211111，且2lnx0，因为0x,1x1,(x1)21,4224(x1)2133h'(x)0h(x)在(0,)上单调递减，则h(x)ln2，所以m ln2.222第Ⅱ卷（附加题，共40分）21. A.连结PQ，因为四边形ACQP是O1的内接四边形，所以A PQD，………………4分又在O2中，PBD PQD，所以A PBD，所以AC∥BD．………………10分1212B．（1）设A，则A342， 34211，…………3分故A3122215821M13．…………………5分46112211x x x x1x(2）M M，y y y y12yx x y,即…………………………7分y x2y,代入x22xy2y21可得x y2x y x2y2x2y1，即x24x y5y21，故曲线C的方程为x24xy5y21．…………10分C. (1)曲线C1：(x1)2y22，极坐标方程为22cos10 ...............3分曲线C2的直角坐标方程为y x1； (6)分22(2) 曲线C1与曲线C2的公共点的坐标为(0,1)，·····················8分极坐标为(1,3······················10分 )．·2D.因为x0，y0，z0，123y，6所以， 3 所以(123)(x z)≥9．………………5分y当且仅当x:y:z1:2:3时，等号成立．………………10分2p2C：x4y；设22. 因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，所以所求抛物线的方程为A(x0,y0),B(x1,y1)，则AF y012，即y01，同理y11，代入抛物线方程可得所A(2,1B),(2,·；··············4分（2∴ D（∴ l123. （1）f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C717，C7221，C7335，因为C71C732C72，即C71，C72，C73成等差数列，所以f(7)具有性质P．………………………………4分（2）设f(n)具有性质P，则存在k N*，1≤k≤n1，使Cnk1，Cnk，Cnk1成等差数列，所以Cnk1+Cnk1=2Cnk．整理得，4k24nk(n2n2)0，……………………………7分即(2k n)2n2，所以n2为完全平方数．又n≤2015，由于44220152452，所以n的最大值为44221934，此时k989或945．………10分。