1、YN开始S 0，n100n20SS + nnn 1输出 S结束(第 5 题)江苏省 2019 年高考数学密卷（6）理第卷（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1已知集合， ，则= 2已知复数 z i 3，其中 i 虚数单位，则 z 的模为 21 i3某高级中学高一，高二，高三在校生数分别为 1200，1180，1100为了了解学生视力情况，现用分层抽样的方法抽若干名学生测量视力，若高二抽到 118 名学生测视力，则全校共抽到测视力的人数为 4在平面直角坐标系中，若抛物线上纵坐标为 1 的一点到焦点的距离为 4，则该抛物线的焦点到准线的距离为 5
2、执行如图所示的流程图，则输出 S 的值为 6已知一球与一个正三棱柱的三个侧面及两个底面都相切若该球的体积为 ，则该三棱43柱的体积是 7将函数（）的图象向左平移个单位后，所得图象关于直线对称，则的最小值为 8两人约定：在某天一同去 A 地，早上 7 点到 8 点之间在 B 地会合，但先到达 B 地者最多在原地等待 5 分钟，如果没有见到对方则自己先行设两人到达 B 的时间是随机的、独立的、等可能的那么，两人能够在当天一同去 A 地概率是 9在平面直角坐标系中，已知圆与直线相交于，两点若为等边三角形，则实数的值为 10设正 ABC 的边长为 1， t 为任意的实数则| t |的最小值为 AB A
3、C 11若函数（且）没有最小值，则的取值范围是 12数列 an满足 a1 ， a2 ，且 a1a2+a2a3+anan+1 na1 an+1对任何正整数 n 成立，则14 15 的值为 1a1 1a2 1a1013已知函数，若函数有四个不同的零点，则实数 m 的取值范围是 14在 ABC 中，角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，已知，且，则实数的取值范围是 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分15(本小题满分 14 分)已知向量， （1）若， ，且，求实数的值； （2）若，求的最大值16(本小题满分 14 分)在平行六面体 ABCD A1B1C1D1中， ，平面 BB1
4、C1C底面 ABCD，点、 F分别是线段、 BC 的中点（1）求证： AF DD1； （2）求证： AD/平面17(本小题满分 16 分)如图，设椭圆 C： 1( a b0)，离心率 e ， F 为椭圆右焦点若椭圆上有x2a 2 y2b2 12一点 P 在轴的上方，且 PF x 轴，线段 PF 32（1）求椭圆 C 的方程；（2）过椭圆右焦点 F 的直线（不经过 P 点）与椭圆交于 A， B 两点，当的平分线为时，求直线 AB 的方程18 （本小题满分 16 分）某公司拟购买一块地皮建休闲公园，如图，从公园入口 A 沿 AB， AC 方向修建两条小路，休息亭 P 与入口的距离为米（其中 a 为
5、正常数） ，过 P 修建一条笔直的鹅卵石健身步行带，步行带交两条小路于 E、 F 处，已知， （1）设米，米，求 y 关于 x 的函数关系式及定义域；（2）试确定 E， F 的位置，使三条路围成的三角形 AEF 地皮购价最低19 （本小题满分 16 分）已知函数.(1)当时,求函数的单调区间；AOBOCOPO（17 题图）FE(2)若函数有两个极值点，且,求证:；(3)设，对于任意时,总存在，使成立,求实数的取值范围20(本小题满分 16 分)已知 an为等差数列， bn为等比数列，公比为 q(q1)令 A k|ak bk， kN*(1)若 A1，2，当 an n，求数列 bn的通项公式；设
6、a10， q0，试比较 an与 bn(n3)的大小？并证明你的结论(2)问集合 A 中最多有多少个元素？并证明你的结论2018 年高考模拟试卷（6）数学(附加题)21 【选做题】本题包括 A、B、C、D 四小题，请选定两题，并在相应的答题区域内作答A选修 4-1：几何证明选讲（本小题满分 10 分）如图，圆 O 内接四边形 ABCD，直线 PA 与圆 O 相切于点 A，与 CD 的延长线交于点P， ADBC DPAB，求证： AD BCB选修 4-2：矩阵与变换（本小题满分 10 分）二阶矩阵 M 对应的变换将 ABC 变换成 A1B1C1，其中 ABC 三个顶点坐标分别为A(1，1)、 B(
7、2，1)， C(2，2)， A1B1C1中与 A、 B 对应的两个坐标分别为A1(1，1)、 B1(0，2)求 C1点的坐标C选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分）若两条曲线的极坐标方程分别为 sin( )1 与 2sin( )，它们相交于 3 3A、 B两点，求线段 AB 的长D选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 10 分）求证：对任意 x， yR,不等式 x2 xy y23( x y1)总成立【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷纸指定区域内作答22 （本小题满分 10 分）如图，在三棱锥中，已知都是边长为的等边三角形，为中点，且平面
8、，为线段上一动点，记A BCDPO（第 21 题（A）（1）当时，求异面直线与所成角的余弦值；（2）当与平面所成角的正弦值为时，求的值23 （本小题满分 10 分）设函数 fn(x)1+ x+ x2 xn， nN*12! 1n!(1)求证：当 x(0，)时，e x fn(x)；(2)若 x0，且 ex fn(x)+ xn+1ey，求证：0 y x1(n+1)!2018 年高考模拟试卷（6）参考答案数学一、填空题：1 2 解： z i 31ii12i，所以| z | 521 i 53348 解：因为高二学生总数 1180 人，抽到 118 人，故抽了 10%，所以高三学生抽到的人数为 120，高
9、一抽到的人数为 110，共 348 人46 解：由题意抛物线定义可知， ，所以，即焦点到准线的距离为 654860 解：由题设可知， S100+99+98+20486066 解：由体积得球半径 R1，三棱柱的高为 2，底面边长为 2 V (2 ) 3 3 3226 37 解：将的图象向左平移个单位得到，因为图象关于直线对称，所以，所以，即， ，所以的最小值为8 解：设两人到达 A 地的时间分别是 7 点边 m 分和 7 点过 n 分(0 m、 n60)23144用数对( m， n)表示两人分别到达 A 地的时间则在直角坐标系中，点( m， n)的存在域是一个边长为 60 的正方形，其面积为 3
10、600两人能够在当天一同去 A 地等价于| m n|5此时，相应点的存在域是正方形中位于两直线 m n5 之间的部分区域(如图)，其面积为 360055 2575故所求概率为 5753600 231449 解：圆的半径，因为为等边三角形，所以圆心到直线的距离所以，解得10 解：令 a ， b 则| a| b|1， a、 b 的夹角为 60于是，32 AB AC | t |2| a t b|2 a2 t2b22 t ab t2 t+1( t )2 所以| t |AB AC 12 34 34 AB AC 3211或 解：令，则若，因为没有最大值，所以符合；若，因为，要使原函数没有最小值，必须，解得
11、1285 解法一：由 a1a2+a2a32 a1a3及 a1 ， a2 ，得 a3 ，再由 a1a2+a2a3+ 14 15 16a3a43 a1a4， a4 17进一步得 a5 ， a6 ， a7 ， a8 ， a9 ， a10 ，故18 19 110 111 112 113 4+5+6+7+8+9+10+11+12+1385解法二：由 a1a2+a2a3+anan+1 na1 1a1 1a2 1a10an+1 ， a1a2+a2a3+anan+1+ an+1an+2( n+1)a1 an+2 ，得， an+1an+2( n+1)a1 an+2 na1 an+1 ，( n2)，则1a1 n+
12、1an+1 nan+2 nan n 1an+1 2an+1 1an 1an+2a1a2+a2a32 a1a3 ，所以数列 成等差数列，公差为 1，即 n+3， an2a2 1a1 1a3 1an 1an代入可得 851n+3 1a1 1a2 1a1013 解：由对称性，只需当时，有两解即可.即在时有两解.设，由得在（0,2）上递减，在上递增. 由图可知，所以14 解：由条件， 因为，所以，所以，所以而，所以由，得，即，所以二、解答题：15解：（1）当，时， ，又，所以，若，则，即，解得 7 分（2）因为， ，所以，因为，所以，则，所以， 故当或时，的最大值为 6 14 分16证明：（1） AB
13、AC，点 F 是线段 BC 的中点， AF BC2 分又平面底面， AF 平面 ABC，平面底面， AF平面 5 分又 CC1平面， AF CC1，又 CC1 DD1， AF DD17 分（2）连结 B1C 与 BC1交于点 E，连结 EM， FE在斜三棱柱中，四边形 BCC1B1是平行四边形，点 E 为 B1C 的中点点 F 是 BC 的中点， FE/B1B， FEB1B10 分又点 M 是平行四边形 BCC1B1边 AA1的中点， AM/B1B， AMB1B AM/ FE， AMFE四边形 AFEM 是平行四边形 EM / AF12 分又 EM 平面 MBC1， AF 平面 MBC1， A
14、F /平面 MBC114 分17解：（1）设右焦点，由轴，设代入椭圆方程，即得，所以， 联立， 3 分解得，所以椭圆方程为，右准线的方程为. 6 分（2）设，则直线的方程为，即，联立 消去，即得()， 9 分又为方程()的一根，所以另一根为，又点在椭圆上，所以满足，代入另一根即得，所以.由（1）知，点 则直线的斜率，直线的斜率， 12 分当的平分线为时， ，的斜率，满足，所以，即，所以，故直线 AB 的方程为 x2 y10 14 分18 （方法一） （1）由得，且由题可知所以得即所以由得定义域为 6 分(2) 设三条路围成地皮购价为元，地皮购价为 k 元/平方米，则(为常数)，所以要使最小，只
15、要使最小由题可知定义域为令则当且仅当即时取等号所以，当时，最小，所以最小答：当点 E 距离点米远时，三条路围成地皮购价最低14 分（方法二）(1) 由得，设中，由正弦定理所以同理可得由即整理得，由得定义域为 6 分（方法三） （1）以所在直线为轴，点为坐标原点，建立如图直角坐标系，则， ，由，得，所以因为与共线所以所以由得定义域为 6 分19解：(1)当时,令或,令,所以的递增区间为和,递减区间为.(2)由于有两个极值点,则在上有两个不等的实根,设，所以所以在上递减，所以即.(3)由题意知：只需成立即可. 因为,所以，因为，所以，而，所以，所以在递增，当时，.所以在上恒成立，令，则在上恒成立，
16、又当时，,在递减,当时，,所以，所以；当即时，即时，在上递增，存在，使得，不合；即时， ，在递减,当时，,所以，所以综上, 实数的取值范围为.20解：(1) 由 A1,2，得 a1 b1， a2 b2设数列 an公差为 d，数列 bn公比为我 q，由 a2 b2 a1+ d a1q，故 d a1(q1)因为 an n， a1 b11， a2 b22，所以数列 bn的公比 q 2，所以， bn2 n-b2b112 分 答： an bn(n1，2，)证明如下：因为 a10， q0， q1，所以bn an a1qn-1( a1( n1) a1(q1) a1( qn-11) a1(q1) ( n1)
17、a1(q1)( qn-2+qn-1+1) a1(q1) ( n1) a1(q1) qn-2+qn-3+1( n1) a1(q1)( qn-21)+( qn-31)( q1) a1(q1) 2( qn-3 qn-4+1)( qn-4 qn-51)(q1)10所以 an bn(n1，2，) 6分(2)不妨设 an a+bn(b0)， bn pqn，由 an bn a+bn pqn n qnap bp令 s ， t ，( t0)，原问题转化为关于 n 的方程ap bpqn tn s0 8分最多有多少个解下面我们证明：当 q0 时，方程最多有 2 个解； q0 时，方程最多有 3 个解当 q0 时，考
18、虑函数 f(x) qx tx s，则 f ( x) qxlnq t如果 tlnq0，则 f(x)为单调函数，故方程最多只有一个解；如果 tlnq0，且不妨设由 f ( x)0 得 f ( x)有唯一零点 x0log q ，于是当tlnqx x0时，f ( x)恒大于 0 或恒小于 0，当 x x0时， f ( x)恒小于 0 或恒大于 0，这样 f(x)在区间(0， x0)与( x0，)上是单调函数，故方程最多有 2 个解 10 分当 q0 时，如果 t0如果 n 为奇数，则方程变为|q|n+tn+s0，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程如果 n 为偶数，则方程变为|q|n t
19、n s0由 q0 的情形，上式最多有 2 个解，即满足的偶数最多有 2 个这样，最多有 3 个正数满足方程对于 t0，同理可以证明，方程最多有 3 个解综上所述，集合 A 中的元素个数最多有 3 个 12分再由当 an6 n8， ， bn(2) n，则 a1 b1， a2 b2， a4 b4 A1，2，4由此，可知集合 A 中的元素个数最多有 3 个 16分数学（附加题）21A证明：连 AC，在 ABC 与 ADP 中，因为 A、 B、 C、 D 四点共圆，所以 ADP ABC，又因为 ADBC DPAB，即 ，ADDP ABBC所以 ABC ADP，所以 BAC DAP因为 直线 PA 与圆
20、 O 相切，所以 DAP ACD，所以 BAC ACD，所以，A B CD，所以圆内接四边形 ABCD 为等腰梯形，所以 AD BC21B解：设 M=，则有=，=，所以且解得，所以 M=所以 ，即 C 点坐标为(6,14) 1234 22 61421C解：由 sin( )1 得， x y20，由 2sin( ) 得， x2+y2 3 3 3x y0， 3yzx EABDCF直线 x y20 过圆 x2+y2 x y0 的圆心( ， )， 3 312所以线段 AB 的长为圆 2sin( )的直径长，即 AB2 321D法一：左右= x2 （ y3) x y2 3 y3 =（ y3) 24（ y2
21、 3 y3）=3 y26 y3 0 左右0 得证。法二：左右=（ x 1） 2（ y1) 2（ x 1） （ y1)2 x 1 y1 （ x 1） （ y1) x 1 y1 x 1 y1 （ x 1） （ y1) x 1 y10 得证。法三：左边=23 x y2（ x y）3=右边，得证22解：连接 CE， 以分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则，因为 F 为线段 AB 上一动点，且，则， 所以（1）当时， ， ，所以 （2） ，设平面的一个法向量为=由,得，化简得，取设与平面所成角为，则.解得或（舍去） ，所以 23解：(1)用数学归纳法证明：当 x(0，)时，e x fn(x)；(i)当
22、n1 时，令 f(x)e x f1(x)e x x1，则 f ( x)e x10， x(0，)恒成立，所以， f(x)在区间(0，)为增函数，又因为 f(0)0，所以 f(x)0，即ex f1(x)(ii)假设 n k 时，命题成立，即当 x(0，)时，e x fk(x)，则 n k+1 时，令 g(x)e x fk+1(x)e x(1+ x+ x2 xk xk+1)，12! 1k! 1(k+1)!则 g( x)e x(1+ x+ x2 xk)e x fk(x)0，所以 g(x)在区间(0，)为增12! 1k!函数，又因为 g(0)0，所以 g(x)0， x(0，)恒成立，即 ex fk+1(
23、x)，x(0，)所以 n k+1 时，命题成立由(i)(ii)及归纳假设可知， nN*，当 x(0，)时，e x fn(x)(2)由(1)可知 ex fn+1(x)，即 fn(x)+ xn+1ey fn(x)+ xn+1e y1，即1(n+1)! 1(n+1)!y0下面先用数学归纳法证明：当 x0，e x1+ x+ x2 xnex nN*12! 1n!(i)当 n1 时，令 F(x)1+ xexe x，则 F (x) xex0， x(0，)，所以 F(x)在区间(0，)单调增，又 F(0)0，故 F(x)0，即 ex1+ xex(ii)假设 n k 时，命题成立，即当 x(0，)时，e x1+
24、 x+ x2 xkex则12! 1k!当 n k+1 时，令 G(x)1+ x+ x2 xk+ xk+1exe x，则12! 1k! 1(k+1)!G( x)1+ x+ x2 xkex+ xk+1exe x xk+1ex0，12! 1k! 1(k+1)! 1(k+1)!所以 G(x)在区间(0，)上为增函数，又 G(0)0，故 G(x)0，即ex1+ x+ x2 xkex+ xk+1ex， x(0，)12! 1k! 1(k+1)!由(i)(ii)及归纳假设，可知当 x(0，)时，ex1+ x+ x2 xkex+ xk+1ex，对 nN*成立12! 1k! 1(k+1)!由 ex1+ x+ x2 xnex+ xn+1ey1+ x+ x2 xn+ xn+1ex12! 1n! 1(n+1)! 12! 1n! 1(n+1)!所以 e ye x y x证毕
