江苏省2017届高考押题试卷（二）数学试题

已知集合A={x|x2﹣x﹣2≤0}，集合B={x|1＜x≤3}，则A∪B=　　．

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知识点：3.集合的基本运算

{x|﹣1≤x≤3}

【考点】1D：并集及其运算．

【分析】求解一元二次不等式化简集合A，然后直接利用并集运算得答案．

【解答】解：由x2﹣x﹣2≤0，解得﹣1≤x≤2．

∴A={x|﹣1≤x≤2}，

又集合B={x|1＜x≤3}，

∴A∪B={x|﹣1≤x≤3}，

故答案为：{x|﹣1≤x≤3}，

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已知a，b∈R，i是虚数单位，若a+i=1﹣bi，则（a+bi）8=　　．

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知识点：3.复数代数形式的四则运算

16

【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．

【分析】利用复数相等求得a，b的值，代入（a+bi）8，再由复数代数形式的乘法运算化简得答案．

【解答】解：由a+i=1﹣bi，得a=1，b=﹣1，

从而（a+bi）8=（1﹣i）8=（﹣2i）4=16．

故答案为：16．

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从某班抽取5名学生测量身高（单位：cm），得到的数据为160，162，159，160，159，则该组数据的方差s2=　　．

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知识点：2.用样本估计总体

【考点】BC：极差、方差与标准差．

【分析】求出数据的平均数，从而求出方差即可．

【解答】解：数据160，162，159，160，159的平均数是：160，

则该组数据的方差s2=（02+22+12+02+12）=，

故答案为：．

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若双曲线x2+my2=1过点（﹣，2），则该双曲线的虚轴长为　　．

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知识点：2.双曲线

4

【考点】KC：双曲线的简单性质．

【分析】根据条件求出双曲线的标准方程即可得到结论．

【解答】解：∵双曲线x2+my2=1过点（﹣，2），

∴2+4m=1，即4m=﹣1，

m=﹣，

则双曲线的标准范围为x2﹣=1，

则b=2，

即双曲线的虚轴长2b=4，

故答案为：4．

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根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为　　．

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知识点：2.基本算法语句

205

【考点】E5：顺序结构．

【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是输出满足条件i=2n+1，n∈N，i=i+2≥100时，S=2i+3的值

【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：

该程序的作用是输出满足条件i=2n+1，n∈N，i=i+2≥100时，

S=2i+3的值，

∵i+2=101时，满足条件，

∴输出的S值为S=2×101+3=205．

故答案为：205．

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在三张奖券中有一、二等奖各一张，另一张无奖，甲乙两人各抽取一张（不放回），两人都中奖的概率为　　．

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知识点：2.古典概型

【考点】C5：互斥事件的概率加法公式．

【分析】利用列举法求出甲、乙两人各抽取1张的基本事件的个数和两人都中奖包含的基本事件的个数，由此能求出两人都中奖的概率．

【解答】解：设一、二等奖各用A，B表示，另1张无奖用C表示，

甲、乙两人各抽取1张的基本事件有AB，AC，BA，BC，CA，CB共6个，

其中两人都中奖的有AB，BA共2个，

故所求的概率P=．

故答案为：．

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已知函数y=Asin（ωx+φ），（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）的图象如图所示，则该函数的解析式是　　．

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知识点：7.函数y=Asin(wx+@)+B

y=2sin（x+）

【考点】HK：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．

【分析】由图可知，A=2，由点（0，1）在函数的图象上，可得sinφ=，利用五点作图法可解得φ，又点（﹣，0）在函数的图象上，可得﹣ω+=kπ，k∈Z，进而解得ω，从而得解该函数的解析式．

【解答】解：∵由图知A=2，y=2sin（ωx+φ），

∵点（0，1），在函数的图象上，

∴2sinφ=1，解得：sinφ=，

∴利用五点作图法可得：φ=，

∵点（﹣，0），在函数的图象上，可得：2sin（﹣ω+）=0，

∴可得：﹣ω+=kπ，k∈Z，

解得：ω=﹣，k∈Z，

∵ω＞0，

∴当k=0时，ω=，

∴y=2sin（x+）．

故答案为：y=2sin（x+）．

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如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．记四棱锥E﹣A1B1C1D1的体积为V1，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为V2，则的值是　　．

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知识点：3.空间几何体的表面积与体积

【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．

【分析】连接B1D1∩A1C1=F，证明以E是△A1BC1的重心，那么点E到平面A1B1C1D1的距离是BB1的，利用体积公式，即可得出结论．

【解答】解：连接B1D1∩A1C1=F，平面A1BC1∩平面BDD1B1=BF，

因为E∈平面A1BC1，E∈平面BDD1B1，所以E∈BF，

连接BD，因为F是A1C1的中点，所以BF是中线，

又根据B1F平行且等于BD，所以=，

所以E是△A1BC1的重心，那么点E到平面A1B1C1D1的距离是BB1的，

所以V1=×BB1，

而V2=×BB1，

所以=．

故答案为：．

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已知实数x，y满足，则的取值范围是　　．

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知识点：3.二元一次不等式（组）与简单的线性规划

[1，]

【考点】7C：简单线性规划．

【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用直线斜率的几何意义进行求解即可．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，的几何意义是区域内的点到定点D（0，﹣1）的斜率，

由图象知，AD的斜率最大，

BD的斜率最小，此时最小值为1，

由得，即A（1，），

此时AD的斜率k==，

即1≤≤，

故的取值范围是[1，]

故答案为：[1，]

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已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，总有=，则=　　．

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知识点：5.等比数列的前n项和

9

【考点】8E：数列的求和．

【分析】设{an}，{bn}的公比分别为q，q′，利用=，求出q=9，q′=3，可得=3，即可求得结论．

【解答】解：设{an}，{bn}的公比分别为q，q′，

∵=，

∴n=1时，a1=b1．

n=2时，．

n=3时，．

∴2q﹣5q′=3，7q′2+7q′﹣q2﹣q+6=0，

解得：q=9，q′=3，

∴．

故答案为：9．

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已知平行四边形ABCD中．∠BAD=120°，AB=1，AD=2，点P是线段BC上的一个动点，则•的取值范围是　　．

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知识点：4.平面向量的数量积（夹角、模）

[﹣，2]

【考点】9R：平面向量数量积的运算．

【分析】以为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立如图所述的直角坐标系，作AE⊥BC，垂足为E，求出A（，），D（，），设点P（x，0），0≤x≤2，

根据向量的坐标运算以及向量的数量积的运算得到•=（x﹣）2﹣，根据二次函数的性质即可求出答案．

【解答】解：以B为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立如图所述的直角坐标系，作AE⊥BC，

垂足为E，

∵∠BAD=120°，AB=1，AD=2，

∴∠ABC=60°，

∴AE=，BE=，

∴A（，），D（，），

∵点P是线段BC上的一个动点，设点P（x，0），0≤x≤2，

∴=（x﹣，﹣），=（x﹣，﹣），

∴•=（x﹣）（x﹣）+=（x﹣）2﹣，

∴当x=时，有最小值，最小值为﹣，

当x=0时，有最大值，最大值为2，

则•的取值范围为[﹣，2]，

故答案为：[﹣，2]．

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如图，已知椭圆+=1（a＞b＞0）上有一个点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且满足AF⊥BF，当∠ABF=时，椭圆的离心率为　　．

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知识点：1.椭圆

【考点】K4：椭圆的简单性质．

【分析】设椭圆的左焦点为F1，连结AF1，BF1，通过|AB|=|F1F|=2c，所以在Rt△ABF中，|AF|=2csin，

|BF|=2ccos，由椭圆定义，转化求解离心率即可．

【解答】解：设椭圆的左焦点为F1，连结AF1，BF1，由对称性及AF⊥BF可知，四边形AFBF1是矩形，所以|AB|=|F1F|=2c，所以在Rt△ABF中，|AF|=2csin，

|BF|=2ccos，由椭圆定义得：

2c（cos+sin）=2a，即：

e====．

故答案为：．

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在斜三角形ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若+=，则的最大值为　　．

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知识点：9.正弦定理和余弦定理（解三角形）

【考点】HR：余弦定理；HP：正弦定理．

【分析】由+=可得， +=，通分化简，根据正弦定理及余弦定理在化简，利用基本不等式的性质求解．

【解答】解：由+=可得， +=，

即=，

∴=，即=，

∴sin2C=sinAsinBcosC．

根据正弦定理及余弦定理可得，c2=ab•，整理得a2+b2=3c2，

∴=≤=，当且仅当a=b时等号成立．

故答案为．

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对于实数a，b，定义运算“□”：a□b=设f（x）=（x﹣4）□（x﹣4），若关于x的方程|f（x）﹣m|=1（m∈R）恰有四个互不相等的实数根，则实数m的取值范围是　　．

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知识点：13.函数与方程

（﹣1，1）∪（2，4）

【考点】54：根的存在性及根的个数判断．

【分析】根据新定义得出f（x）的解析式，作出f（x）的函数图象，则f（x）与y=m±1共有4个交点，根据图象列出不等式组解出．

【解答】解：解不等式x﹣4≤﹣4得x≥0，f（x）=，

画出函数f（x）的大致图象如图所示．

因为关于x的方程|f（x）﹣m|=1（m∈R），即f（x）=m±1（m∈R）恰有四个互不相等的实数根，

所以两直线y=m±1（m∈R）与曲线y=f（x）共有四个不同的交点，

∴或或，

解得2＜m＜4或﹣1＜m＜1．

故答案为（﹣1，1）∪（2，4）．

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设α为锐角，且cos（α+）=．

（1）求cos（）的值；

（2）求cos（2α﹣）的值．

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知识点：5.三角函数的求值、化简与证明

【考点】GP：两角和与差的余弦函数．

【分析】（1）由已知及同角三角函数基本关系式可求sin（α+），利用诱导公式即可得解cos（）的值．

（2）利用诱导公式可求sin（），由2α=（α+）﹣（），利用两角差的余弦函数公式即可计算得解．

【解答】（本题满分为14分）

解：（1）∵α为锐角，

∴α+∈（，）．

又cos（α+）=，故sin（α+）=，…4分

∴cos（）=cos[﹣（α+）]=sin（α+）=，…6分

（2）又sin（）=﹣sin[﹣（α+）]=﹣cos（α+）=﹣，…8分

故cos（2α）=cos[（α+）﹣（）]

=cos（α+）cos（）﹣sin（α+）sin（）

=×﹣×（﹣）

=…14分

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在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AA1=AB，D是AB的中点

（1）求证：BC1∥平面A1CD；

（2）若点P在线段BB1上，且BP=BB1，求证：AP⊥平面A1CD．

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知识点：5.直线、平面平行的判定及其性质

【考点】LW：直线与平面垂直的判定；LS：直线与平面平行的判定．

【分析】（1）连接AC1，设与CA1 交于O点，连接OD，由O为AC1 的中点，D是AB的中点，可得OD∥BC1，即可证明BC1∥平面A1CD．

（2）法一：设AB=x，则证明△ABP∽△ADA1，可得AP⊥A1D，又由线面垂直的性质可得CD⊥AP，从而可证AP⊥平面A1CD；

法二：由题意，取A1B1 的中点O，连接OC1，OD，分别以OC1，OA1，OD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OA1=a，OC1=b，由题意可得各点坐标，可求=（b，﹣a，2），=（0．﹣a，2），=（0，﹣2a，﹣），由•=0， •=0，即可证明AP⊥平面A1CD．

【解答】证明：（1）如图，连接AC1，设与CA1 交于O点，连接OD

∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，O为AC1 的中点，

∵D是AB的中点，

∴△ABC1中，OD∥BC1，

又∵OD⊂平面A1CD，

∴BC1∥平面A1CD．

（2）法一：由题意，设AB=x，则BP=x，AD=x，A1A=x，

由于=，

∴△ABP∽△ADA1，可得∠BAP=∠AA1D，

∵∠DA1A+∠ADA1=90°，可得：AP⊥A1D，

又∵CD⊥AB，CD⊥BB1，可得CD⊥平面ABA1B1，

∴CD⊥AP，

∴AP⊥平面A1CD．

法二：由题意，取A1B1 的中点O，连接OC1，OD，分别以OC1，

OA1，OD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OA1=a，OC1=b，

则：由题意可得各点坐标为：A1（0，a，0），C（b，0，2a），

D（0，0，2），P（0，﹣a，），A（0，a，2），

可得： =（b，﹣a，2），=（0．﹣a，2），

=（0，﹣2a，﹣），

所以：由•=0，可得：AP⊥A1C，由•=0，

可得：AP⊥A1D，

又：A1 C∩A1 D=A1，

所以：AP⊥平面A1CD

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如图，直线l是湖岸线，O是l上一点，弧是以O为圆心的半圆形栈桥，C为湖岸线l上一观景亭，现规划在湖中建一小岛D，同时沿线段CD和DP（点P在半圆形栈桥上且不与点A，B重合）建栈桥，考虑到美观需要，设计方案为DP=DC，∠CDP=60°且圆弧栈桥BP在∠CDP的内部，已知BC=2OB=2（km），设湖岸BC与直线栈桥CD，DP是圆弧栈桥BP围成的区域（图中阴影部分）的面积为S（km2），∠BOP=θ

（1）求S关于θ的函数关系式；

（2）试判断S是否存在最大值，若存在，求出对应的cosθ的值，若不存在，说明理由．

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知识点：4.直线与圆的位置关系

【考点】HN：在实际问题中建立三角函数模型．

【分析】（1）根据余弦定理和和三角形的面积公式，即可表示函数关系式，

（2）存在，存在，S′=（3cosθ+3sinθ﹣1），根据两角和差的余弦公式即可求出．

【解答】解：（1）在△COP中，

CP2=CO2+OP2﹣2OC•OPcosθ=10﹣6cosθ，

从而△CDP得面积S△CDP=CP2=（5﹣3cosθ），

又因为△COP得面积S△COP=OC•OP=sinθ，

所以S=S△CDP+S△COP﹣S扇形OBP=（3sinθ﹣3cosθ﹣θ）+，0＜θ＜θ0＜π，cosθ0=，

当DP所在的直线与半圆相切时，设θ取的最大值为θ0，此时在△COP中，OP=1，

OC=3，∠CPO=30°，CP==6sinθ0，cosθ0=，

（2）存在，S′=（3cosθ+3sinθ﹣1），

令S′=0，得sin（θ+）=，

当0＜θ＜θ0＜π，S′＞0，所以当θ=θ0时，S取得最大值，

此时cos（θ0+）=﹣，

∴cosθ0=cos[（θ0+）﹣]=cos（θ0+）cos+sin（θ0+）sin=

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在平面直角坐标系xOy中，设椭圆（a＞b＞0）的离心率是e，定义直线y=为椭圆的“类准线”，已知椭圆C的“类准线”方程为y=，长轴长为4．

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P在椭圆C的“类准线”上（但不在y轴上），过点P作圆O：x2+y2=3的切线l，过点O且垂直于OP的直线l交于点A，问点A是否在椭圆C上？证明你的结论．

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知识点：1.椭圆

【考点】K4：椭圆的简单性质．

【分析】（1）由题意列关于a，b，c的方程，联立方程组求得a2=4，b2=3，c2=1，则椭圆方程可求；

（2）设P（x0，2）（x0≠0），当x0=时和x0=﹣时，求出A的坐标，代入椭圆方程验证知，A在椭圆上，当x0≠±时，求出过点O且垂直于0P的直线与椭圆的交点，写出该交点与P点的连线所在直线方程，由原点到直线的距离等于圆的半径说明直线是圆的切线，从而说明点A在椭圆C上．

【解答】解：（1）由题意得： ==2，2a=4，

又a2=b2+c2，联立以上可得：

a2=4，b2=3，c2=1．

∴椭圆C的方程为+y2=1；

（2）如图，由（1）可知，

椭圆的类准线方程为y=±2，

不妨取y=2，

设P（x0，2）（x0≠0），

则kOP=，

∴过原点且与OP垂直的直线方程为y=﹣x，

当x0=时，过P点的圆的切线方程为x=，

过原点且与OP垂直的直线方程为y=﹣x，

联立，解得：A（，﹣），

代入椭圆方程成立；

同理可得，当x0=﹣时，点A在椭圆上；

当x0≠±时，

联立，

解得A1（，﹣），A2（﹣，），

PA1所在直线方程为（2+x0）x﹣（x0﹣6）y﹣x02﹣12=0．

此时原点O到该直线的距离d==，

∴说明A点在椭圆C上；

同理说明另一种情况的A也在椭圆C上．

综上可得，点A在椭圆C上．

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已知数列{an}满足2an+1=an+an+2+k（n∈N*，k∈R），且a1=2，a3+a5=﹣4．

（1）若k=0，求数列{an}的前n项和Sn；

（2）若a4=﹣1，求数列{an}的通项公式an．

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知识点：6.数列的求和

【考点】8H：数列递推式；8E：数列的求和．

【分析】（1）若k=0，则数列{an}满足2an+1=an+an+2（n∈N*，k∈R），则数列{an}是等差数列，利用等差数列的前n项和公式即可得出．

（2）2an+1=an+an+2+k（n∈N*，k∈R），a3+a5=﹣4，a4=﹣1，可得2a4=a3+a5+k，k=2．数列{an}满足2an+1=an+an+2+2，利用递推关系可得：2（an+1﹣an）=（an﹣an﹣1）+（an+2﹣an+1），令bn=an+1﹣an，则2bn=bn﹣1+bn+1．数列{bn}是等差数列，即可得出．