数学(理科)
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． 1．已知集合，，则= ▲ ．
232．已知复数z＝－i，其中i虚数单位，则z的模为 ▲ ．
1－i
3．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．执行如图所示的流程图，则输出S的值为 ▲ ．
n←n – 1 开始 S ←0，n←100 n<20 N S←S + n Y 输出S 结束 (第5题) 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 ▲ ．
4π
，则该三棱3
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|AB＋tAC|的最小值为 ▲ ． 11．若函数（且）没有最小值，则的取值范围是 ▲ ．
11
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
45
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1
a1a2
11
＋＋…＋的值为 ▲ ．
a10
13．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BB1C1C⊥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)
x2y21
如图，设椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)，离心率e＝，F为椭圆右焦点．若椭圆上有一点
ab2P 在轴的上方，且PF⊥x轴，线段PF＝．
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3
2
（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）
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C
F O PO AO
E
（17题图）
BO
已知函数.
(1)当时,求函数的单调区间； (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(q≠1)．令A＝{k|ak＝bk，k∈N*}． (1)若A＝{1，2}，
①当an＝n，求数列{bn}的通项公式；
②设a1＞0，q＞0，试比较an与bn(n≥3)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．
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数学Ⅱ(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，AD·BC＝DP·AB，求证：AD＝BC．
B．[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
P D O · A B C （第21题（A）
A(1，－1)、B(－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）
ππ
若两条曲线的极坐标方程分别为ρsin(θ＋)＝1与ρ＝2sin(θ＋)，它们相交于A、
33
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，y∈R,不等式x＋xy＋y≥3(x＋y－1)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）
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2
2
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，为线段上一动点，记． （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）
121n设函数fn(x)＝1+x+x＋…＋x，n∈N*．
2!n! (1)求证：当x∈(0，＋∞)时，e＞fn(x)；
1x (2)若x＞0，且e＝fn(x)+xn+1ey，求证：0＜y＜x．
(n+1)!
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x高考模拟试卷（六）参考答案
一、填空题： 1．
2 3
2．5 解：z＝－i＝1＋i＋i＝1＋2i，所以| z |＝5．
1－i
3．348 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，
高一抽到的人数为110，共348人．
4．6 解：由题意抛物线定义可知，，所以，即焦点到准线的距离为6． 5．4860 解：由题设可知，S＝100+99+98+…+20＝4860．
6．6 3 解：由体积得球半径R＝1，三棱柱的高为2，底面边长为2 3．V＝＝6 3．
7． 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．
23
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、n≤60)． 144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3600． 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－n＝±5之间的部分区域(如图)， 575232
其面积为3600－55＝575．故所求概率为＝．
3600144
9． 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． 10．3→→→→ 解：令a＝AB，b＝AC．则|a|＝|b|＝1，a、b的夹角为60°．于是，|AB＋tAC2
32
(2 3)×24
12333→→222222
|＝|a＋t b|＝a＋tb＋2 t a·b＝t＋t+1＝(t＋)＋≥．所以|AB＋tAC|≥．
244211．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．
111
12．85 解法一：由a1a2+a2a3＝2a1a3及a1＝，a2＝，得a3＝，再由a1a2+a2a3+ a3a4＝3a1a4，
456
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a4＝．
111111111
进一步得a5＝，a6＝， a7＝，a8＝，a9＝，a10＝，故＋＋…＋＝
8910111213a1a2a104+5+6+7+8+9+10+11+12+13＝85．解法二：由a1a2+a2a3+…+anan+1＝na1 an+1 ①，a1a2+a2a3+…+anan+1+ an+1an+2＝(n+1)a1 an+2 ②，②－①得，an+1an+2＝(n+1)a1 an+2－na1 an+1
1
1
7
a1
＝
n+1n－＝an+1 an+2
nn－12112111－＝＋，(n≥2)，则a1a2+a2a3＝2a1a3＝＋，所以数列{}成等差数列，anan+1an+1anan+2a2a1a3an公差为1，即1a＝n+3，a1111
n＝．代入可得a＋＋…＋＝85．
nn+31a2a1013． 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）∵ABAC，点F是线段BC的中点，
∴AF⊥BC．…………………………………………2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，
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又CC1∥DD1，∴AF⊥DD1．………………………………………………………………7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，FEB1B．…………………………10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 // AF．…………………………………………12分 又EM平面MBC1，AF平面MBC1，
∴AF //平面MBC1．……………………………………………………………………14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 ①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 x－2y－1＝0． …………… 14分 18．（方法一）（1）由得，
- 9 - / 15
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
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因为与共线 所以 所以
由得定义域为 ……………………6分 ．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.
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， ，又
当时，,在递减,当时，, 所以，所以； 当即时，
- 11 - / 1519 (3)
①即时，在上递增， 存在，使得，不合； ②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A＝{1,2}，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(q－1) ①因为an＝n，a1＝b1＝1，a2＝b2＝2，所以数列{bn}的公比q＝＝2，所以，bn＝2．……2分
② 答：an＜bn(n＝1，2，…)．证明如下： 因为a1＞0，q＞0，q≠1，所以
b2
b1
n-1
bn－an＝a1qn-1－［(a1＋(n－1) a1(q－1)］＝a1( qn-1－1)－a1(q－1) (n－1)
＝a1(q－1)(q+q+…+1)－a1(q－1) (n－1)＝a1(q－1)［q+q+…+1－(n－1)］ ＝a1(q－1)［(q－1)+( q－1)＋…＋(q－1)］
＝a1(q－1)［(q＋q＋…+1)＋(q＋q＋…＋1)＋…＋(q＋1)＋1］＞0．
所以an＜bn(n＝1，2，…)． ……………………………… 6分
(2)不妨设an＝a+bn(b≠0)，bn＝pq，由an＝bn a+bn＝pq令s＝，t＝，(t≠0)，原问题转化为关于n的方程
q－tn－s＝0 ① ……………………………… 8分 最多有多少个解．
下面我们证明：当q＞0时，方程①最多有2个解；q＜0时，方程②最多有3个解． 当q＞0时，考虑函数f(x)＝q－tx－s，则f ′(x)＝qlnq－t 如果tlnq＜0，则f(x)为单调函数，故方程①最多只有一个解；
如果tlnq＞0，且不妨设由f ′(x)＝0得f ′(x)有唯一零点x0＝logq，于是当x＞
lnqxxnnn2
n-2n-1n-2n-3
n-2n-3
n-3n-4n-4n-5
abn＋n＝q． ppapbptx0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，
- 12 - / 15
故方程①最多有2个解． …………………… 10分 当q＜0时，如果t＞0． 如果n为奇数，则方程①变为 |q|+tn+s＝0，
显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①． 如果n为偶数，则方程①变为
|q|－tn－s＝0．由q＞0的情形，上式最多有2个解，即满足①的偶数最多有2个． 这样，最多有3个正数满足方程①．
对于t＜0，同理可以证明，方程①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an＝6n－8，，bn＝(－2)，则a1＝b1，a2＝b2，a4＝b4．A＝{1，2，4}． 由此，可知集合A中的元素个数最多有3个． ………………… 16分
数学Ⅱ（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AD·BC＝DP·AB，即 ＝所以 △ABC∽△ADP， 所以 ∠BAC＝∠DAP．
因为 直线PA与圆O相切，所以 ∠DAP＝∠ACD， 所以 ∠BAC＝∠ACD，所以，AB∥CD，
所以圆内接四边形ABCD为等腰梯形，所以AD＝BC． 21B．解：设M=，则有=，=， 所以且
解得，所以M=．所以
nnnADAB， DPBC1226
＝，即C点坐标为(6,14)． 34 214
ππ 22
21C．解：由ρsin(θ＋)＝1得，3x＋y－2＝0，由ρ＝2sin(θ＋) 得，x+y－3x33－y＝0，
31
，)， 22
直线3x＋y－2＝0过圆x+y－3x－y＝0的圆心(
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22
π
所以线段AB的长为圆ρ＝2sin(θ＋)的直径长，即AB＝2．
321D．法一：左－右=x ＋（y－3) x ＋y －3y＋3
∵Δ=（y－3)－4（y －3y＋3）=－3 y＋6 y－3 ≤ 0 ∴左－右≥0 得证。 法二：左－右=（x－1）＋（y－1)＋（x－1）（y－1)≥
2∣ x－1∣∣y－1∣＋ （ x－1）（y－1)≥∣ x－1∣∣y－1∣＋∣ x－1∣∣y－1∣＋ （ x2
2
2
2
2
2
2
－1）（y－1)
≥∣ x－1∣∣y－1∣≥0 得证。 法三：左边=＋＋=＋＋＋＋＋2－3 ≥x＋y＋2（ 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＞fn(x)；
(i)当n＝1时，令f(x)＝e－f1(x)＝e－x－1，则f ′(x)＝e－1＞0，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e＞f1(x)． (ii)假设n＝k时，命题成立，即当x∈(0，＋∞)时，e＞fk(x)，
121k1xx则n＝k+1时，令g(x)＝e－fk+1(x)＝e－(1+x+x＋…＋x＋xk+1)，
2!k!(k+1)!
121kxx则g′(x)＝e－(1+x+x＋…＋x)＝e－fk(x)＞0，所以g(x)在区间(0，＋∞)为增函
2!k!数，又因为g(0)＝0，所以 g(x)＞0，x∈(0，＋∞)恒成立，即e＞fk+1(x)，x∈(0，＋∞)．所以n＝k+1时，命题成立．
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xxxxxxxzAFExBDCy由(i)(ii)及归纳假设可知，
xn∈N*，当x∈(0，＋∞)时，ex＞fn(x)．
11
xn+1ey＞fn(x)+xn+1
(n+1)!(n+1)!
e＞1，即y＞0．
y(2)由(1)可知e＞fn+1(x)，即fn(x)+
121nxx下面先用数学归纳法证明：当x＞0，e＜1+x+x＋…＋xe．n∈N*．
2!n!
(i)当n＝1时，令F(x)＝1+xe－e，则F′(x)＝xe＞0，x∈(0，＋∞)，所以F(x)在区间(0，＋∞)单调增，又F(0)＝0，故F(x)＞0，即e＜1+xe．
121kxx(ii)假设n＝k时，命题成立，即当x∈(0，＋∞)时，e＜1+x+x＋…＋xe．则
2!k!121k1
当n＝k+1时，令G(x)＝1+x+x＋…＋x+xk+1ex－ex，则
2!k!(k+1)!
xxxxxG′(x)＝1+x+x2＋…＋xkex+xk+1ex－ex＞xk+1ex＞0，
2!k!(k+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
121kx1xe＜1+x+x＋…＋xe+xk+1ex，x∈(0，＋∞)．
2!k!(k+1)!
121kx1x由(i)(ii)及归纳假设，可知当x∈(0，＋∞)时，e＜1+x+x＋…＋xe+xk+1ex，对
2!k!(k+1)!
1111
n∈N*成立．
121nx1111x由e＝1+x+x＋…＋xe+xn+1ey＜1+x+x2＋…＋xn+xn+1ex
2!n!(n+1)!2!n!(n+1)!所以 e＜e
yxy＜x．证毕．
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