南通市数学学科基地命题。
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． 全集，集合，则。
2． 设复数（，是虚数单位），若，则的值为 ▲
3． 在如图所示的算法流程图中，若输出的y的值为26，则输入的x的值为 ▲
4． 甲、乙两人下棋，结果是一人获胜或下成和棋．已知甲不输的。
概率为0.8，乙不输的概率为0.7，则两人下成和棋的概率为 ▲
5． 顶点在原点且以双曲线的右准线为准线的抛物线。
方程是 ▲
6． 为了解学生课外阅读的情况，随机统计了n名学。
生的课外阅读时间，所得数据都在[50，150]中，其频率分布直方图如图所示．已知在中。
的频数为24，则n的值为 ▲
7． 甲，乙两种食物的维生素含量如下表：
分别取这两种食物若干并混合，且使混合物中维生素a，b的含量分别不低于100，120单位，则混合物重量的最小值为 ▲ kg．
8． 已知一个正四棱锥的底面边长为，侧棱与底面所成的角为60°，则该棱锥的体积。
为 ▲ 9．在平面直角坐标系xoy中，已知圆c：，点a是轴上的一个动点，ap，aq分别切圆c于p，q两点，则线段pq长的取值范围为 ▲
10．若函数在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为 ▲
11．设直线是曲线的切线，则直线的斜率的最小值为 ▲
12．扇形aob中，弦，c为劣弧上的动点，ab与oc交于点p，则的最小值是 ▲
13．在平面直角坐标系xoy中，已知，是直线。
上的两点，则的值为 ▲
14．已知函数有且仅有三个零点，且它们成等差数列，则实数的。
取值集合为 ▲
二、解答题：本大题共6小题，共90分。
15．(本小题满分14分)
已知tan ＝2，cos ＝－且 ， 0， )1）求cos2 的值；
2）求2 － 的值．
16．（本小题满分14分）
如图，在四棱锥中，△acd是正三角形，垂直平分，垂足为，120° ，为的中点．
1）求证：平面；
2）求证：∥平面．
17. （本小题满分14分）
在平面直角坐标系中，已知分别是椭圆的上、下顶点，点为线段的中点，.
1）求椭圆的方程；
2）设（），直线，分别。
交椭圆于点，直线，的斜率分别为，，.
① 求证：三点共线；
② 求证：为定值。
18．(本小题满分16分)
如图，一个角形海湾aob，∠aob＝2θ（常数θ为锐角）．拟用长度为l（l为常数）的围网围成一个养殖区，有以下两种方案可供选择：
方案一：如图1，围成扇形养殖区opq，其中＝l；
方案二：如图2，围成三角形养殖区ocd，其中cd＝l；
1）求方案一中养殖区的面积s1 ；
2）求证：方案二中养殖区的最大面积s2＝；
3）为使养殖区的面积最大，应选择何种方案？并说明理由．
19．（本小题满分16分）
已知数列的首项为2，前项的和为，且（）．
（1）求的值；
（2）设，求数列的通项公式；
3）若（，，成等比数列，试比较与。
的大小，并证明．
20．（本小题满分16分）
已知函数，其中．是自然对数的底数．
1）若曲线在处的切线方程为．求实数的值；
2）① 若时，函数既有极大值，又有极小值，求实数的取值范围；
② 若，．若对一切正实数恒成立，求实数的最大值。
用表示）．第卷（附加题，共40分）
21.【选做题】本题包括a, b,c,d四小题，每小题10分，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答。
a，（选修4-1；几何证明选讲）
如图，，交于两点，直线过点，与，分别交于点，直线过点，与，分别交于点．
求证：∥．b．（选修4-2：矩阵与变换）
若二阶矩阵满足：.
1）求二阶矩阵；
2）若曲线在矩阵所对应的变换作用下得到曲线，求曲线。
的方程。c．（选修4-4：坐标系与参数方程）
已知点（其中，点的轨迹记为曲线，以坐标原点。
为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点在曲线上．
1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
2)当时，求曲线与曲线的公共点的极坐标．
d．（选修4-5：不等式选讲）
已知实数，，，证明：．
选做题】第22题、23题，每题10分，共计20分。
22．已知正六棱锥的底面边长为2，高为1．现从该棱锥的7个顶点中随机。
选取3个点构成三角形，设随机变量表示所得三角形的面积．
（1）求概率的值；
（2）求的分布列，并求其数学期望．
23.已知数列满足：a1＝1，对任意的n∈n*，都有an＋1＝(1＋)an＋．
1）求证：当n≥2时，an≥2；
2）利用“ x＞0，ln(1＋x)＜x”，证明：an＜2e(其中e是自然对数的底数)．
2023年高考模拟试卷(9)参***。
南通市数学学科基地命题。
一、填空题。
7. 30. 线性规划或待定系数法，设甲、乙混货物分别为x,y克，由题意，设，解得，，即可。
8. .9. .设ca=x,则pq=2cpcos 据此可得 .
10. .易知函数在上有一个零点，所以由题意得方程。
在上恰有一解，即在上恰有一解。 令，，得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以。
11．9. ,也可以求导。
12. .设弦ab中点为，则，若同向，则；若反向，则，故的最小值在反向时取得，此时，当且仅当时取等号，即的最小值是．
13．.（方法一）由题意，得。
所以是方程的两根．
即方程，所以，所以．
方法二）同上，是方程的两根．
设，则．令，得，所以，所以．
方法三）直线交单位圆于两点，过作，垂足为，易知．
因为，所以，即，所以．
当时，，得，结合图形知， 当时，成等差数列，则，代入得，；
当时，方程，即的根为，则，且，解得，又，所以。
当时，显然不符合。 所以的取值集合。
二解答题：本大题共6小题，共90分．
15． (1)因为tanα＝2，所以＝2，即sinα＝2cosα．
又sin2α＋cos2α＝1，所以5cos2α＝1，即cos2α＝．
所以 cos2α＝2cos2α－1
2)由α∈(0， )且tanα＝2＞1，得α∈(所以2α∈(
由题知cos2α＝－所以sin2α＝．
又因为 ∈(0， )cosβ＝－1，0)，所以β∈(所以sinβ＝，且2α－β
因为sin(2α－βsin2αcosβ－cos2αsin
所以216.（1）因为垂直平分，所以，在△abc中，因为，所以．
因为△acd是正三角形，所以，所以，即．
因为，，所以，又因为，，由，知，即．
因为平面，所以平面．
（2）（方法一）取的中点，连结，．
因为为的中点，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面．
由△acd是正三角形，为的中点，所以．
由（1）知，，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面．
因为平面，所以平面∥平面．
因为平面，所以∥平面．
方法二）取的中点，过作∥交的延长线于，连结，．
因为为的中点，所以∥，且，因为∥，所以∥．
由（1）知，，所以，在直角△ cbt中，得．
由（1）知，，所以，所以．
所以四边形是平行四边形，所以∥．
因为平面，平面，所以∥平面．
17．（1）由题意知，解得，所以椭圆的方程为。
2）① 由，，，则。
直线的方程为，直线的方程为。
由得，，故。
由得，，故。
所以直线的斜率，直线的斜率，所以，故三点共线。
由①知，，，
所以，所以为定值。
18．(1)设op＝r，则l＝r·2θ，即r＝，所以。
s1＝lr＝，θ0
2)设oc＝a，od＝b．由余弦定理，得l2＝a2＋b2－2abcos2θ，所以。
l2≥2ab－2abcos2
所以 ab≤，当且仅当a＝b时“＝”成立．
所以s△ocd＝absin2θ≤＝即s2
3)－＝tanθ－θ0
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