1、張家港常青藤實驗中學2013屆九月考模擬試題一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分請把答案直接填寫在答題卡相應位置上.1 已知集合，則 ； 2 若（其中表示復數z的共軛復數），則復數z的模為 3；3 在區間內隨機選取一個實數，則該數為正數的概率是 4 已知函數在處的導數為，則實數的值是 2開始S2，i1i2013ii+1結束輸出S YN（第7題圖）5 要得到函數的函數圖象，可將函數的圖象向右至少平移 個單位6在平面直角坐標系xOy中，“直線，與曲線相切”的充要條件是 “ ” ；7 運行如圖所示的流程圖，則輸出的結果是 28 已知雙曲線（）的兩個焦點為、，點P是第一象限內雙曲線上的點

2、，且，則雙曲線的離心率為 9 在ABC中，若，則 10 已知是上的奇函數，且時，則不等式的解集為 11設正四棱錐的側棱長為1，則其體積的最大值為 ；12已知平面向量，滿足，的夾角等于，且，則的取值范圍是 13定義：x，y為實數x，y中較小的數已知，其中a，b 均為正實數，則h的最大值是 14定義在上的函數滿足：；當時，則集合中的最小元素是 12二、解答題：本大題共6小題，共90分請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（本題滿分14分） 已知（1）求的值；（2）求的值（1）因為， ， 得，（3分） 即2+2， 所以；（6分）（2）得 即，（8分） 故，（12分）

3、化簡得， 由（1）得. （14分）16（本題滿分14分）（第16題圖）EABCDF如圖，在四面體ABCD中，點E是BC的中點，點F在線段AC上，且（1）若EF平面ABD，求實數的值； （2）求證：平面BCD平面AED解：（1）因為EF平面ABD，易得平面ABC， 平面ABC平面ABD， 所以，（3分） 又點E是BC的中點，點F在線段AC上， 所以點F為AC的中點， 由得；（6分） （2）因為，點E是BC的中點， 所以，（9分） 又，平面AED， 所以平面AED，（12分） 而平面BCD， 所以平面BCD平面AED（14分）17（本題滿分14分）如圖，點在內，記 a A B C P （第17題圖

4、）（1）試用表示的長； （2）求四邊形的面積的最大值，并寫出此時的值解：（1）與中，由余弦定理得， ，（3分）由得，解得；（6分）（2）由（1）得（11分）所以當時，（14分）18（本題滿分16分） 在平面直角坐標系中，已知圓：，圓：，點為圓上的一個動點，現將坐標平面折疊，使得圓心恰與點重合，折痕與直線交于點（1）求動點的軌跡方程；（2）過動點作圓的兩條切線，切點分別為，求MN的最小值；（3）設過圓心的直線交圓于點，以點分別為切點的兩條切線交于點，求證：點在定直線上解：（1）由題意得，故P點的軌跡是以C1、C2為焦點，4為長軸長的橢圓，則，所以， 故P點的軌跡方程是（5分） （2）法1（幾何法

5、） 四邊形SMC2N的面積， 所以，（9分） 從而SC2取得最小值時，MN取得最小值， 顯然當時，SC2取得最大值2， 所以（12分）法2（代數法） 設S(x0，y0)，則以SC2為直徑的圓的標準方程為， 該方程與圓C2的方程相減得，（8分） 則圓心到直線MN的距離， 因為，所以， 從而， 故當時dmax， 因為，所以=（12分） （3）設，則“切點弦”AB的方程為， 將點（-1，0）代入上式得， 故點Q在定直線上（16分）19（本題滿分16分）已知整數列滿足，前6項依次成等差數列，從第5項起依次成等比數列 （1）求數列的通項公式；（2）求出所有的正整數m，使得 解：（1）設數列前6項的公差為

6、d，則，d為整數 又a5，a6，a7成等比數列，所以，解得， 當n6時，（3分） 由此，數列從第5項起構成的等比數列的公比為2， 所以，當n5時，. 故（7分）（2）由（1）知，數列為：3，2，1，0，1，2，4，8，16， 當m1時等式成立，即3216(3)(2)(1)； 當m3時等式成立，即1010；（11分） 當m2或4時，等式均不成立；（13分）當m5時，因為，而，所以是偶數，所以，于是，故m1，或m3（16分） 20（本題滿分16分）已知函數，（1）若，求實數的取值范圍；（2）證明：“方程有唯一解”的充要條件是“”解：（1）記，則，當時，恒成立，故為上的單調增函數，所以，（2分）當時，由得（負值已舍），若，即時，恒成立，故為上的單調增函數，所以，（4分）若，即時，在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上的單調遞減，在上的單調遞增，故， 綜上所述，（6分）所以且 解得（8分）（2）1充分性：當時，方程，即，記，由得（負值已舍），所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，即在有唯一解，即證（11分）2必要性：因為方程有