江苏海安曲塘中学2016年高考最后一卷【精选】

江苏海安曲塘中学2012年高考最后一卷
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1．已知集合，则集合 ．
{0,2,4},{|2,}M N x x a a M ===∈M N = 2．已知，复数的实部为，虚部为1，则的取值范围是
．
02a <<z a z 3．已知向量()0,1,(1,3),(,)OA OB OC m m ===
，若//AB AC ，则实数m =
．
４．已知双曲线的实轴长为2，离心率为2，则双曲线的焦点坐
:C 22
221(0,0)x y a b a b
-=>>C 标是
．
５．某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一
个食堂用餐的概率为
．
６．某校为了解高三同学暑假期间学习情况，抽查了100
名同学，统计他们每天平均学习时间,绘成频率分布直
方图（如图）．则这100名同学中学习时间在6~8小
时
内的人数为
．
７．设f (x )为定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x )
=+2x +m (m 为常数)，则f (1)= ．
2x
８．如果执行右面的程序框图，那么输出的为 ．
S ．
９．设是两条不同的直线，是两个不重合的平面，,m n βα,给定下列四个命题，其中为真命题的序号是
．
1
①
；②；
m n m n αα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭a a ααββ⊥⎫
⇒⊥⎬⊂⎭
③；④//m m n n αα⊥⎫⇒⎬⊥⎭
////m n m n αβαβ⊂⎫
⎪⊂⇒⎬⎪⎭
10．已知直线与圆交于、两点，且向量、满足
0x y a -+=221x y +=A B OA OB
，其中为坐标原点，则实数的值为
．
OA OB OA OB +=-
O a 11．设函数，曲线在点A 处的切线方程为
()()sin f x g x x =+()y g x =(
,())22
g ππ
，则曲线在点B 处切线的方程为
．
21y x =+()y f x =(,())22
f ππ
12．若关于x 的不等式的解集中整数恰好有2个，则实数k 的取值范围是
2
2
(21)x kx -<
．
13．已知，C 是线段AB 上异于A ，B 的一
||3AB =点，均为等边三角形，则的
,ADC BCE ∆∆CDE ∆外
接圆的半径的最小值是
．
14．已知等差数列的前n 项和为，若，
}{n a n S 3
22(1)2010(1)1a a -+-= ，则下列四个命题中真命题的序号为
．
3
20092009(1)2010(1)1a a -+-=-①； ②； ③； ④20092009S =20102010S =20092a a <20092
S S <二、解答题：（本大题共6道题，计90分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（本小题
14分）
已知为坐标原点，，．
O 2
(2sin ,1),(1,cos 1)OA x OB x x ==-+ 1()12
f x OA OB =-⋅+ （1）求的最小正周期；
)(x f y =（2）将图象上各点的纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再将所得图象向左平移
()f x 个单位后，所得图象对应的函数为，且6
π
()g x (
)
π2π5π,,,,
6363παβ⎡⎤∈∈--⎢⎥⎣⎦，求的值．
34(),()55
g g αβ==-cos 2()1αβ--A
C
D
B
E
第13题
8
如图，四棱锥中，⊥底面，⊥．底面为梯形，P ABCD -PA ABCD PC AD ABCD ，，，点在棱上，且．
//AB DC AB BC ⊥PA AB BC ==E PB 2PE EB =（1）求证：平面⊥平面；PAB PCB （2）求证：∥平面．
PD EAC 17．（本小题14分）
为配合国庆黄金周，促进旅游经济的发展，某火车站在调查中发现：开始售票前，已有a 人在排队等候购票．开始售票后，排队的人数平均每分钟增b 人．假设每个窗口的售票速度为c 人/分钟，且当开放两个窗口时，25分钟后恰好不会出现排队现象（即排队的人刚好购完）；若同时开放三个窗口时，则15分钟后恰好不会出现排队现象．
（1）若要求售票10分钟后不会出现排队现象，则至少需要同时开几个窗口？
（2）若a =60，在只开一个窗口的情况下，试求第n （且）个购票者的等待时
*n N ∈118n ≤间关于的函数，并求出第几个购票者的等待时间最长？
n t n （注：购票者的等待时间指从开即始排队（售票开始前到达的人，从售票开始计时）到
开始购票时止）
18．（本小题16分）已知椭圆的左顶点为A ，左、右焦点分别为，且圆C ：
22
221(0)x y a b
a b
+=>>12,F F 过两点．
22360x y y ++--=2,A F （1）求椭圆标准的方程；
（2）设直线的倾斜角为α，直线的倾斜角为β，当β－α＝时，
2PF 1PF 2π
3证明：点P 在一定圆上；
（3）设椭圆的上顶点为Q ，证明：+．
PQ 1PF =2PF 19．（本小题16分）
已知数列{a n }的通项公式为a n = (n ∈N *)．2⨯3n + 2
3n – 1⑴求数列{a n }的最大项；
⑵设b n = ，求实常数p ，使得{b n }为等比数列；
an + p
an – 2⑶设，问：数列{a n }中是否存在三项，，，使数列，
*
,,,N m n p m n p ∈<<m a n a p a m a ，是等差数列？如果存在，求出这三项；如果不存在，说明理由．
n a p
a D
者教
已知二次函数g （x ）对任意实数x 都满足，且．
()()2
1121g x g x x x -+-=--()11g =-令．
()
219()23ln (0,0)24
f x
g x mx m x m x =++-+>>（1）求 g (x )的表达式；
（2）若函数在上的最小值为0，求的值；
()f x [1,)x ∈+∞m （3）记函数，若函数有5个不同
2
2
()[()1][(1)1]H x x x a x a x a =--⋅-+-+-()y H x =的零点，求实数的取值范围．
a 附加题部分
21．【选做题】在A ，B ，C ，D 四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．解答应写出文
字说明、证明过程或演算步骤．
A ．选修4—1　几何证明选讲
圆的两弦AB 、CD 交于点F ，从F 点引BC 的平行线和直线AD 交于P ，再从P 引这个圆的切线，切点是Q ．求证：PF ＝PQ ．
B ．选修4—2　矩阵与变换
已知矩阵的一个特征根为,属于它的一个特征向
10a M c ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
1-量．113e ⎛⎫
=
⎪-⎝⎭
C ．选修4—4　参数方程与极坐标
以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴．已知点P 的直角坐标为
(1，－5)，点M 的极坐标为(4，)，若直线l 过点P ，且倾斜角为
，圆C 以
π
23
π
M 为圆心、4为半径．
（1）求直线l 关于的参数方程和圆C 的极坐标方程； t （2）试判定直线l 和圆C 的位置关系． D ．选修4—5　不等式证明选讲
已知实数满足，，求
,,,a b c d 3a b c d +++=22222365a b c d +++=的取值范围．
a 【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答应写出
文字说明、证明过程或演算步骤．
22．如图，平面平面ABC ，是等腰直角三角形，AC
ABDE ⊥ABC ∆O
D
E
以实党实”专创先争优，进一步坚持问以上率下，为“决胜全
=BC = 4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD BA ，,⊥1
22
BD AE =
=，求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值．
O M CE AB
、分别为、的中点23．某单位举办2010年上海世博会知识宣传活动，进行现场抽奖．盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“世博会会徽”或“海宝”（世博会吉祥物）图案；抽奖规则是：参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张都是“海宝”卡即可获奖，否则，均为不获奖．卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行．
（1）有三人参加抽奖，要使至少一人获奖的概率不低于
，则“海宝”卡至少多少张？7
8
（2）若有四张“海宝”卡，现有甲乙丙丁四人依次抽奖，用表示获奖的人数，求的分布列及
ξξ的值．
E ξ参考答案
1. 解：由题意有，，∴．
{0,4,8}N ={0,4}M N = 2. 解：由题意有，
，∴z =02a <<1z <<3. 解：由题设有，，∴，∴．
(1,2),(,1)AB AC m m ==- 1(1)2m m ⨯-=1m =-4. 解：∵，∴，又
，∴，∴双曲线的焦点坐标是．22a =1a =2c
a
=2c =C (2,0)±5.
解：因甲、乙、丙三名学生在两个食堂中选一个用餐，共有种，又甲、乙、丙三
2228⨯⨯=名学生在同一个食堂用餐有2种，∴所求概率为
．2184
=6.
解：由直方图有，学习时间在6~8小时内的频率为，
1(0.040.120.140.05)20.3-+++⨯=∴100名同学中学习时间在6~8小时内的人数为．
0.310030⨯=7. 解：∵，∴，∴，∴，
(0)0f =02200m +⨯+=1m =-15
(1)2212
f --=--=-故f (1)．5
(1)2
f =--=
8.
解：由流程图可得，；；；；∴输出的S 呈周41,3k S ==
1
2,2
k S ==3,2k S ==-4,3k S ==期出现，且周期为4，因，故输出的．200950241=⨯+4
3
S =
9. 解：①错误，m 与 有可能斜交；②正确；③正确；④错误，m 与n 可能异面．
α10. 解：∵,∴,∴是等腰直角三角形，∴点O 到直线AB 的
OA OB OA OB +=-
OA OB ⊥
OAB ∆
．=1a =±，认两组体次确季宗得少，课，教下、学，做全
11.
解：由已知，而，所以，又
()22
g π
'=()()cos f x g x x ''=+()()022
2
f g π
π
''=+=，∴，∴曲线在点处切线
()21122g πππ=⨯+=+()()sin 2222
f g πππ
π=+=+()y f x =(,(22f ππ的方程为，即．
(2)2()2
y x π
π-+=-22y x =+12. 解：因为不等式等价于，其中方程的，
2
(4)410k x x -+-+<2
(4)410k x x -+-+=40k ∆=>且有，故
，则
40k ->04k <<
x <11
42<一定有1，2为所求的整数解集，所以，解得a 的范围为．
23<
≤925
(,4913. 解：设则，在中，由余弦定理，
,,AC m CB n ==3m n +=CDE ∆知2
22
2cos DE CD CE CD CE DCE
=+-⋅∠222()393m n mn m n mn mn
=+-=+-=-又当且仅当时，取
“=”，所以，2
9(
,24m n mn +≤=32m n ==3
2
DE ≥又的外接圆的半径．CDE ∆2sin DE R DCE =
=≥
∠14.
解：设，则由题设有，
3()2010f x x x =+2(1)1f a -=，∴，
2009(1)1f a -=-22009(1)(1)f a f a -=-因是奇函数，且在R 上是单调增函数，∴，即，
()f x 2200911a a -=-220092a a +=∴，∴②正确；又，由单调性得
1200920102010()
20102
a a S +=
=2(1)(1)(0)f f a f >->，即，同理有，，∴③正确；
2011a <-<212a <<200901a <<∵，若正确，则，这与矛盾，∴①不正确；
20102010S =2009
2009S =20101a =201020091a a <<若正确，则不可能，∴④不正确．
20092S S <3420090a a a +++< 15. 解：（1）由题设有，21
()sin cos 2
f x x x x =-+
要好主题日活党志动题开次全〕2
，
1sin(226
x π=
+=+∴函数的最小正周期为
．)(x f y =22
π
π=（2）由题设有，又，
()sin(3
g x x π
=+
34(),()55g g αβ==-即，
()
()
π3π4sin ,sin 3535
+=+=-αβ因为所以，()π2π5π,,,,6363⎡⎤∈∈--⎢⎥⎣⎦παβ()ππππ,π,,03232⎡⎤+∈+∈-⎢⎥⎣⎦
αβ∴()()π4π3cos ,cos .3535
+=-+=αβ∴()()()ππsin sin 33⎡⎤-=+-+⎢⎥⎣⎦
αβαβ()()()()ππππsin cos cos sin 3333=++-++αβαβ()()33447,555525
=⋅--⋅-=-所以()2
2
798cos 2()12sin ()2.25625
--=--=-⨯-=-αβαβ16. 证明：（1）∵PA ⊥底面ABCD ，∴，
PA BC ⊥又AB ⊥BC ，，∴⊥平面．
PA AB A = BC PAB 又平面，
BC ⊂PCB ∴平面⊥平面．
PAB PCB （2）∵PA ⊥底面ABCD ，∴AC 为PC 在平面ABCD 内的射影．
又∵PC ⊥AD ，∴AC ⊥AD ．
在梯形中，由AB ⊥BC ，AB =BC ，得，
ABCD 4
BAC π
∠=
∴．又AC ⊥AD ，故为等腰直角三角形．
4
DCA BAC
π
∠=∠=
DAC
∆∴
)2DC AB =
==连接，交于点，则BD AC M DM MB =在中，
，BPD ∆2PE DM
EB MB
==∴
//PD EM 又PD 平面EAC ，EM 平面EAC ，
⊄⊂∴PD ∥平面EAC ． 17. 解：（1）设需同时开x 个窗口，则根据题意有，2550(1)
1545(2)
1010(3)a b c a b c a b cx +=⎧⎪
+=⎨⎪+≤⎩
发促知行合献、有为的现为行动的力定贯彻省署人的普一密切廉洁、从；始终事创业十。

体学强意识以上领导学做三”五大温一集中学习度召宗，敢”
由（1）（2）得，代入（3）得，，∴，
2,7c b a b ==751020b b bx +≤ 4.25x ≥即至少同时开5个窗口才能满足要求．
（2）由得，，设第个人的等待时间为，则由题意有，
60a =0.8, 1.6b c ==n n t 当时，；*60()n n N ≤∈1
1.6
n n t -=当时，设第个人是售票开始后第分钟来排队的，
*60118()n n N <≤∈n t 则，此时已有人购到票离开队伍，即实际排队的人数为，
600.8n t =+ 1.6t 1.6n t -∴，( 1.6)11191.6 1.6
n n t n
t ---=
=
综上，关于的函数为，
n t n **
1
,(60,)1.6
119,(60118,)
1.6
n n n n N t n n n N -⎧≤∈⎪⎪=⎨
-⎪<≤∈⎪⎩∵当时，分钟，60n ≤max 601
()36.8751.6
n t -==当时，分钟，60118n <≤max 11960
()36.251.6
n t -<=∴第60个购票者的等待时间最长．
18. 解：（1）圆与x 轴交点坐标为，
，
2
2
360x y y +--
=(A
-2F 故
，∴椭圆方程是：．a c ==3b =22
1129
x y +
=（2）设点P （x ，y ），因为（－，0），（，0），
1F 32F 3设点P （x ，y ），则＝tan β＝
,＝tan α＝
，
1PF k 2PF k 因为β－α＝，所以tan(β－α)＝－．
2π
33因为tan(β－α)＝＝
，
tan β－tan α
1＋tan αtan β所以＝－．化简得x 2＋y 2－2y ＝3．
3所以点P 在定圆x 2＋y 2-2y ＝3上．
（3）∵PQ 2＝x 2＋(y －3)2＝x 2＋y 2－6y ＋9，因为x 2＋y 2＝3＋2y ，所以PQ 2＝12－4y ．
又PF 12＝(x ＋)2＋y 2＝2y ＋6＋2x ，PF 22＝(x －)2＋y 2＝2y ＋6－2x ，
3333∴2P F 1×P F 2＝2＝4，
4(y ＋3)2－12x 2(y ＋3)2－3x 2因为3x 2＝9－3y 2＋6y ，所以2 P F 1×P F 2＝4，
4y 2∵β＝α+ > ，又点P 在定圆x 2＋y 2－2y ＝3上，∴y ＜0，
2π32π
3所以2 P F 1×P F 2＝－8y ，
从而(P F 1+P F 2)2＝PF 12＋2 P F 1×P F 2＋PF 22＝4y ＋12－8y ＝12－4y ＝PQ 2．
所以PQ ＝PF 1＋PF 2．
19. 解：⑴由题意a n = 2 + ,随着n 的增大而减小,所以{a n }中的最大项为a 1 = 4．
4
3n – 1⑵b n =
=
=
，若{b n }为等比数列，
(2 + p )(3n – 1) + 44
(2 + p )3n + (2 – p )
4
则b
– b n b n +2= 0(n ∈N * )，
2 n +1
所以 [(2 + p )3n +1 + ( 2 – p )]2 – [{2 + p )3n + (2 – p )][(2 + p )3n +2 + (2 – p )] = 0(n ∈N *)，化简得(4 – p 2)(2·3n +1 – 3n +2 – 3n ) = 0即– (4 – p 2)·3n ·4 = 0,解得p = ±2． 反之,当p = 2时,b n = 3n ,{b n }是等比数列;当p = – 2时,b n = 1,{b n }也是等比数列．所以,当且仅当p = ±2时{b n }为等比数列．
⑶因为，，，4231m m a =+
-4231n n a =+-4
231
p
p a =+-若存在三项，，，使数列，，是等差数列，则，
m a n a p a m a n a p a 2n m p a a a =+所以=，42(2)31n +
-4231m +-4231p ++-化简得（*）
，3(2331)1323n p n
p m p m n m ----⨯--=+-⨯因为，所以，，
*
,,,N m n p m n p ∈<<1p m p n -≥-+1p m n m -≥-+所以，，（*）的
13
333p m
p n p n --+-≥=⨯13333p m n m n m --+-≥=⨯左边，
3(23
331)3(31)0n
p n
p n n p n ---≤⨯-⨯-=--<右边，所以（*）式不可能成立，
133
23130n m
n m n m ---≥+⨯-⨯=+>故数列{a n }中不存在三项，，，使数列，，是等差数列．
m a n a p a m a n a p a 20. 解：（1）设，于是
()2g x ax bx c =++所以 ()()()()2
2
11212212g x g x a x c x -+-=-+=--，121.
a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，又，则．所以．
()11g =-12b =-()211122
g x x x =--（2）()
22219()23ln 3ln 24
f x
g x mx m x x mx m x
=++-+=+-则．222323(23)()()2m x mx m x m x m f x x m x x x
+-+-'=+-==令，得（舍），．()0f x '=32
m
x =-
x m =①当>1时，
m x
1
(1,)
m m
(,)
m +∞()
f x '-
+
()
f x 1m
+↘
2223ln m m m
-↗
∴当时, ．
x m =2223ln ()min m x m f m -=令，得．
2
2
23ln 0m m m -=2
3
m =e ②当时，≥0在上恒成立，
01m <≤()f x '[1,)x ∈+∞在上为增函数，当时, ．
()f x [1,)x ∈+∞1x =min ()1f x m =+ 令，得（舍）．
10m +=1m =- 综上所述，所求为．
m 2
3
e m =（3）记，，
2
1()()h x x x a =-2
2()(1)h x x a x a =-+-+则据题意有有3个不同的实根， 有2个不同的实根，
1()10h x -=2()10h x -=且这5个实根两两不相等．
（ⅰ）有2个不同的实根，只需满足；2()10h x -=1
(1132
a g a a ->⇒><-或（ⅱ）有3个不同的实根，因，
1()10h x -=2
2
1()34(3)()h x x ax a x a x a '=-+=--令，得或
，1()0h x '=x a =3
a 当
即时，在处取得极大值，而，不符合题意，舍；1 3a
a >0a <1()h x x a =1()0h a =当即时，不符合题意，舍；
2 3a
a =0a =当即时，在处取得极大值，
3 3a a <0a >1()h x 3
a
x =；所以
（ⅱ）要同时满足，故
1(13a h a >⇒>
a >a >下证：这5个实根两两不相等，
即证：不存在使得和同时成立；
0x 10()10h x -=20()10h x -=若存在使得，
0x 1020()()1h x h x ==由，即，
1020()()h x h x =2
2
0000(1)x x a
x a x a -=-+-+（）得，
2
0000(1)0x a x ax x --++=（）当时，，不符合，舍去；
0x a =00()()0f x g x ==
当时，既有 ①；
0x a ≠2
00010x ax x -++=又由，即 ②；
0()1g x =2
00(1)1x a x a -+-+=联立①②式，可得；
0a =而当时，没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根
0a =3
2
()(1)(1)0H x x x x =----=两两不相等．
综上，当
有5个不同的零点．
a >()y H x =附加题
21. A.证明：因为A ，B ，C ，D 四点共圆，所以∠ADF ＝∠ABC ．
因为PF ∥BC ，所以∠AFP ＝∠ABC ．所以∠AFP ＝∠FQP ． 又因为∠APF ＝∠FPA ，
所以△APF ∽△FPQ ．所以＝．所以PF 2＝PA ⋅PD ． PF PA PD
PF 因为PQ 与圆相切，所以PQ 2＝PA ⋅PD ．
所以PF 2＝PQ 2．所以PF ＝PQ ．
B. 解：由题知，=,即，10a c ⎛⎫
⎪⎝⎭13⎛⎫ ⎪-⎝⎭13⎛⎫- ⎪-⎝⎭31
3a c -=-⎧⎨=⎩
∴M=，23a c =⎧⇒⎨=⎩
2130⎛⎫
⎪⎝⎭∴，即点Q 的坐标(3,3)．
M 1313⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
C. 解：（1）直线l 的参数方程为，
1125x t y ⎧
=+⎪⎪
⎨⎪=-+⎪⎩圆C 的极坐标方程为．
8sin ρθ=（2）因为M (4，)对应的直角坐标为（0，4），
π
2直线l
，
50y ---=
∴圆心到直线l 的距离
，5d =
=
>所以直线l 与圆C 相离．
D. 解：由柯西不等式，得，
2222111
(236)()()236
b c d b c d ++++++≥即．由条件，得，
()2
222236b c d b c d ++++≥()2
253a a --≥线“。

对照交流习话合格党章党
解得
时等号成立，
12a
≤≤=
=
代入时，；时，
111,,36b c d ===max 2a =21
1,,33
b c d ===，
min 1a =所以，的取值范围是．
a [1,2]22. 解：∵，又∵面面，面面
DB BA ⊥ABDE ⊥ABC ABDE ，，∴，∵BD ∥AE ，
ABC AB =DB ABDE ⊂面DB ABC ⊥面∴，
…………2分
EA ABC ⊥面 如图所示，以C 为原点，分别以CA ，CB 为x ，y 轴，以过点
C 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
∵，
4AC BC ==∴设各点坐标为，，，
(0,0,0)C (4,0,0)A (0,4,0)B ，，
(0,4,2)D (4,0,4)E 则，，，(2,0,2)O (2,2,0)M (0,4,2)CD =
，，
(2,4,0)OD =- (2,2,2)MD =-
设平面ODM 的法向量，则由(,,)x y z =n OD
⊥
n 且可得MD ⊥ n 240,2220,
x y x y z -+=⎧⎨
-++=⎩令，则，，∴，2x =1y =1z =(2,1,1)=n 设直线CD 和平面ODM 所成角为，则
θ
(2,1,1)(0,4,2)sin cos ,|(2,1,1)||(0,4,2)|||||CD CD CD θ⋅⋅=<>====
n n n ∴直线CD 和平面ODM ． 23. 解：（1）记至少一人获奖事件为A ，则都不获奖的事件，
A 设“海宝”卡n 张，则任一人获奖的概率，所以， ，
229n C C 2
3
29
P((1)n C A C =-由题意：所以至少7张“海宝”卡．
23
2971(18
n C C --≥，（2）～的分布列为；
ξ6
1
,4(B )4,3,2,1,0()
6
5(6
1()(44===-k C k P k
k
k
ξξ
1
2
3
4
量策词找词，交流学习，。

支部每担当作为三）组班校专党员”学习党列〈关党员〕
P
04
415(()
66C 113
415(()
66C 2
22
415()()66C 3
31
415()(66C 4
40
415()(66C ，．32614=⨯
=ξE 9
5
611(614=-⨯⨯=ξD。