【数学】江苏省2018届高三二模预测卷

1江苏省2018届高三数学二模预测卷一、填空题1.设集合)3lg(1|xyxA，214|2xxyyB，，则BA.2.已知i是虚数单位，复数123i,2izyyzR，且121izz，则y.3.某单位有842名职工，现采用系统抽样方法抽出5%的人做问卷调查，剔除适当人数后从1开始随机编号，现抽取的人中，编号落在区间720481，内的人数为.4．某公共汽车站每隔15分钟有一辆汽车到站，在出发前在车站停靠3分钟，假设乘客到达站台的时刻是随机的，则乘客候车时间不超过10分钟的概率为.5.如图是计算101121kk的值的一个流程图，则常数a的取值范围是.6.在平面直角坐标系xOy中，设点的集合222()(1)(1)Axyxya，，3(,)4020xBxyxyxya≤，≤，≥，且AB，则实数a的取值范围是.7.函数()(1)sinπ1(13)fxxxx的所有零点之和为.8.已知一个正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为.9.数列na的前n项和为nS，11a，*12,nnaSnN，则数列na的通项公式na.210.函数xxxytancos的定义域为ππ,44，则其值域为.11.已知OBOA，其中aOA，bOB，OMOA3，则MBAcos的最小值为．12.在平面直角坐标系xOy中，圆O：122yx，圆M：1)2()3(22ayax（a为实数）．若圆O与圆M上分别存在点P，Q，使得30OQP，则a的取值范围为．13.已知函数)(xf是函数)(xf在定义域上的导数，1)0(f且2)(2)(xfxf，则不等式7))(ln(2xxf的解集是.14.若实数a，b，c满足cba242，cba4241，则c的最小值为.二、解答题15.在ABC中，角CBA,,所对的边分别为cba,,，已知,2sin1cossinCCC(1)求Csin的值；(2)若ABC的外接圆面积为)74(，试求BCAC的取值范围。16.如图，一个平面与四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA分别相交于点M，N，P，Q，且截面四边形MNPQ是正方形．3（1）求证：AC//平面MNPQ；（2）求证：ACBD，并求异面直线MP与BD所成角的值．17.某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示．圆O的圆心与矩形ABCD对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切(E为上切点)，与左右两边相交(F，G为其中两个交点)，图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域．已知圆的半径为1m，且12ABAD≥．设EOF，透光区域的面积为S．（1）求S关于的函数关系式，并求出定义域；（2）根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好．当该比值最大时，求边AB的长度．18.已知椭圆的左焦点为，左准线方程为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知直线交椭圆于，两点．(1,0)F2xClCAB4①若直线经过椭圆的左焦点，交轴于点，且满足，．求证：为定值；②若A，B两点满足（O为坐标原点），求△AOB面积的取值范围．19.已知函数()ln,()e,fxxaxgxxaR（e是自然对数的底数）（1）若直线exy为曲线)(xfy的一条切线，求实数a的值；（2）若函数)()(xgxfy在区间),1(上为单调函数，求实数a的取值范围；（3）设()|()|(),[1,e]Hxfxgxx，若)(xH在定义域上有极值点（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值），求实数a的取值范围.20.设数列}{na的首项为1，前n项和为nS，若对任意的*nN，均有kaSknn（k是常数且*kN）成立，则称数列}{na为“)(kP数列”.（1）若数列}{na为“)1(P数列”，求数列}{na的通项公式；lCFyPPAAFPBBFOAOB5（2）是否存在数列}{na既是“)(kP数列”，也是“)2(kP数列”？若存在，求出符合条件的数列}{na的通项公式及对应的k的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列}{na为“)2(P数列”，22a，设nnnaaaaT222233221，证明：3nT.【参考答案】1.)4,3(2.13.12人4.15135.2119，6.20，7.48.6469.2,321,12nnann10.22π,1411.2312.0,5613.)2,1()0,1(14.23log215.397(1);(2),04816.17.解：(1)过点作于点，则，所以，．所以，7因为，所以，所以定义域为．所以当时，有最大值，此时18.8②当直线分别与坐标轴重合时，易知△AOB的面积，当直线的斜率均存在且不为零时，设，设，将代入椭圆得到，∴，同理，△AOB的面积．令，，令，则．综上所述，．19.解：（1）设切点),(00yxP，则0000000ln,e,ln(e)yxaxyxxax（*）又000111(),()e,efxafxaxxxa代入（*）001ln1,e,eexxa（2）设()()()ln(e)(1)hxfxgxxaxx，当)(xh单调递增时则11()(e)0(e)hxaaxx，又1(0,1],e0,eaax当)(xh单调递减时11()(e)0(e)e1,1ehxaaaaxx综上)(xh单调时，(,e][1e,)a.（3）2ln()|ln|ee||xHxxaxxxax，令2ln1ln(),[1,e],()xxtxaxtxxx，当[1,e]x时，0)(xt1()[,]etxaa，1）当0a，即0a时，2()0,()e(ln),[1,e]txHxxxaxx,OAOB,OAOB1122(,),(,)AxyBxyykxC22222xkx211,tk9)(,0)21(ln)(xHaxxexH在[1,e]x上无极值点.2）当10ea即1ea时，2()0,()e(ln),[1,e]txHxxxaxx111()e(2ln1),()e(2),[,1]eHxaxxHxaxxI）当12a即21a时)(0)(xHxH在[1,e]递增，(1)e(21)0Ha，)(xH在[1,e]上递增，)(xH在[1,e]上无极值点.II）当11e2a时11()020e,()2HxaxHxxa在]21,1[a递减，1[,e]2a递增，(1)e(21)0,(e)e(2e2)2e(e1)0HaHaa0(1,e)x使得)(,0)(0xHxH在),1(0x递减，0(,e]x递增)(xH在[1,e]上有一个极小值点.3）当1ea时，22112e()e(ln1),()e()0eee2HxxxHxxxx，)(xH在e[1,]2递减，e[,e]2递增，又2(1)e(1)0,(e)0eHH，0)(xH在[1,e]上恒成立，)(xH无极值点.4）当10ea时，)(xt在[1,e]递增，0(1,e)x使得axx00ln，当],1[0xx时，,0)(xt当0[,e]xx时，0)(xt，200200e(ln),1e(ln),1()()e(ln12),ee(ln),eaxxxxaxxxxxHxHxxaxxxxxaxxx，令2ln(),[1,e],()2ln1axxxkxxkxaxx，下证0)(xk，即证xxaxax1ln2,1ln2，又min2ln1lnln12()0()exxxxxx，即证1ea，所以结论成立，即0)(xk，0(1,)[1,e],()xHx在),1[0x递减，0(,e]x递增，0x为)(xH的极小值.综上，10ea或11e2a时)(xH在[1,e]上有极值点.1020.解：（1）数列}{na为“)1(P数列”，则11nnaS故121nnaS，两式相减得：122nnaa，又1n时，121aa，所以22a，故nnaa21对任意的*nN恒成立，即21nnaa（常数），故数列}{na为等比数列，其通项公式为1*2,nnanN.（2）假设存在这样的数列}{na，则有kaSknn，故有kaSknn11两式相减得：knknnaaa11，故有233knknnaaa同理由}{na是“)2(kP数列”可得：231knknnaaa，所以31nnaa对任意*nN恒成立.所以22nknknnSkakaS，即2nnSS，又2222nknnSkaS，即22nnSS，两者矛盾，故不存在这样的数列}{na既是“)(kP数列”，也是“)2(kP数列”.（3）因为数列}{na为“)2(P数列”，所以22nnaS所以231nnaS，故有，231nnnaaa，又1n时，231aa，故33a，满足：123aaa，所以nnnaaa12对任意正整数n恒成立，数列的前几项为：8,5,3,2,1.故nnnnnaaaaaT228252322212222543233221所以，115432222523222121nnnnnaaT两式相减得：12432222221212121nnnnnaaT1224143nnnaT，显然02,12nnnnaTT，故nnTT414321，即3nT.