江苏省扬州市高三数学5月考前适应性考试试题 理 苏教版.doc

1 江苏省扬州市江苏省扬州市 20132013 届高三下学期届高三下学期 5 5 月考前适应性考试月考前适应性考试 理科数学理科数学 全卷分两部分 第一部分为所有考生必做部分 满分 160 分 考试时间 120 分钟 第 二部分为选修物理考生的加试部分 满分 40 分 考试时间 30 分钟 注意事项 1 答卷前 请考生务必将自己的学校 姓名 考试号等信息填写在答卷规定的地方 2 第一部分试题答案均写在答题卷相应位置 答在其它地方无效 3 选修物理的考生在第一部分考试结束后 将答卷交回 再参加加试部分的考试 第一部分 一 填空题 本大题共 14 小题 每小题 5 分 共 70 分 请将答案填写在答题卷相应的位 置上 1 已知集合 则 1 2 2 3 ab ab 2 若复数是实数 则 2 1 4 2 zai ar a a 3 已知某一组数据 若这组数据的平均数为 10 则其方差为 8 9 11 12 x 4 若以连续掷两次骰子得到的点数分别作为点p的横 纵nm 坐标 则点p在直线上的概率为 4xy 5 运行如图语句 则输出的结果 t 6 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合 2 8yx 2 2 1 x y m 则双曲线的离心率为 7 已知一个圆锥的底面圆的半径为 1 体积为 则该圆锥的侧面积为 2 2 3 8 将函数的图象向左平移个单位得到函数的 2sin 0 3 f xx 3 yg x 图象 若在上为增函数 则最大值为 yg x 6 4 t 1 i 3 while i15 2x g x 当时 有最大值 0 1665 16 65 0 1232 1 k a a aak dd 122 0 k aaa 12 2 0 2 k kaa 121 0 kkk aaaa 12 0 由得 d 1 0 kk aa 0 k a 1 0 k a 由题中的 得 12 1 2 k aaa 122 1 2 kkk aaa 两式相减得 2 1kd 2 1 d k 又 得 1 1 1 22 k k akd 1 2 21 2 k a k 1 222 21121 1 1 22 i kki aaidi kkk 3 记 中非负项和为 负项和为 1 a 2 a n aab 则 得 0ab 1ab 1 2 a 1 2 b 即 11 22 k bsa 1 2 k s 若存在使 由前面的证明过程知 1 2 3 mn 1 2 m s 1 0a 2 0a 0 m a 1 0 m a 2 0 m a 0 n a 且 1m a 2m a 1 2 n a 记数列的前项和为 i s 1 2 3 in k k t 则由 知 1 2 k t 而 m t 12m sss 1 2 1 2 m s 从而 121 0 m sss 121 0 m aaa 1 2 m a 又 1m a 2m a 1 2 n a 则 12 0 mmn sss 123123nn ssssssss 与不能同时成立 123 0 n ssss 123 1 n ssss 所以 对于有穷数列 若存在使 12 n a aa 2 3 4 n 1 2 3 mn 则数列和数列不能为阶 期待数列 1 2 m s i a i s 1 2 3 in n 13 第二部分 加试部分 21 b 解 4 分 2 212143 010101 a 设 由得 x y a 2 a ab 43 01 x y 10 2 即 8 分 4310 2 xy y 解得 所以 10 分 1 2 x y 1 2 a 21 c 解 将消去参数 得直线 的直角坐标方程为 3 分 22 14 xt yt tl23yx 由 即 4 sin22 cos sin2 两边同乘以得 cossin 2 2 所以 的直角坐标方程为 7 分c 22 1 1 2xy 又圆心到直线 的距离 cl 22 2 1 3 2 5 2 5 21 d 所以直线 和 相交 10 分lc 2222 解 设考生甲正确完成实验操作的题数分别为 x 则 所以 2 分 3 4 6 xh 3 42 3 6 kk c c p xk c 1 2 3k 所以考生甲正确完成实验操作的题数的概率分布列为 x123 p 1 5 3 5 1 5 4 分 131 1232 555 e x 设考生乙正确完成实验操作的题数为 则y 所以 6 分 2 3 3 yb 3 3 21 33 kkk p ykc 0 1 2 3k 14 12820 2 272727 p y 又且 8 分 314 2 555 p x 2 2 p xp y 从至少正确完成 2 题的概率考察 甲通过的可能性大 因此可以判断甲的实验操作能力较强 10 分 2323 解 设 则 ln 1 f xxx 1 1 11 x fx xx 当时 单调递减 1 0 x 0fx f x 当时 单调递增 0 x 0fx f x 故函数有最小值 则恒成立 4 分 f x 0 0f ln 1 xx 取进行验算 1 2 3 4m 1 1 1 2 1 2 19 1 2 25 24 3 164 1 2 37 327 4 1625 1 2 44 4256 猜测 1 2 1 3 m m 2 3 4 5 m 存在 使得恒成立 6 分2a 1 11 1 1 n k k aa nk 证明一 对 且 mn 1m 有 0122 11111 1 mkkmm mmmmm ccccc mmmmm 2 11112 1111 1 1 2 km m mm mmkm m mkmmm 111121111 2111111 2 km mkmmmmmm 1111 2 2 3 km 15 1111 2 2 13 211k km m 1111111 21 22311kkmm 1 33 m 又因 1 02 3 4 kk m ckm m 故 8 分 1 2 1 3 m m 从而有成立 即 1 1 2 1 3 n k k nn k 1 11 1 1 n k k aa nk 所以存在 使得恒成立 10 分2a 1 11 1 1 n k k aa nk 证明二 由 1 知 当时 0 1 x ln 1 xx 设 1 x k 1 2 3 4 k 则 所以 11 ln 1 kk 1 ln 1 1k k 1 ln 1 1 k k 1 1 3 k e k 当时 再由二项式定理得 2k 0122 1111 1 kkk kkkk cccc kkk