C24 南通市通州、海门、启东三县2019届高三第一学期期末考试.doc

C24 南通市通州、海门、启东三县2019届高三第一学期期末考试你有能力拿到的分数，1-12，15，16，17，18，19（1），20（1） 合计128分.上述分数你拿到了吗？如果是，那么你可以给自己定下更高的目标；如果否，把不会的知识及时补上1、答案：4解析：因为，所以，故.2、答案：解析：因为，所以，从而复数的实数为.3、答案：20解析：根据题意得，故.易错警示：要注意两个概念方差与标准差的区别，不要将这两个概念混淆.4、答案：解析：当时，经过第一次循环得；经过第二次循环得；经过第三次循环得，此时不满足循环条件，故退出循环，从而输出的.5、答案：解析：从5张卡片中取出3张卡片的基本事件的个数为10个，抽出的3张卡片上的文字能组成“中国梦”的基本事件有4个，故所求的概率为.6、答案：62解析：设公比为，因为，所以，解得或，因为为正项数列，所以，所以.7、答案：4解析：根据双曲线的方程得，在双曲线中令，则，故线段AB的长为4.8、答案：0解析：因为函数的周期为4，所以，故.9、答案：解析：因为平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，也即为正三角形的高，等于，故.10、答案：解析1：因为，所以，由正弦定理得，故，又，故，解得，因为，所以.解析2：因为，所以全为锐角，作图如下，则，所以，下则解法1（或因为所求角大小，故角B为特殊角，由可猜答）.此处增加解析211、答案：16思路分析1：注意到已知，因此，以作为基底，从而只需将以基底的形式表示出来即可.思路分析2：由于图形的确定性，因此，将问题转化为向量的坐标来进行运算.解析1(基底法)：因为，所以，即，又因为为BC、CD的中点，所以，故，因此，.解析2(坐标法)：以点为坐标原点，以的方向为轴的正方向，建立直角坐标系，则根据题设条件可得，又因为，所以设点，从而，故，解得，故，从而.解后反思：向量的运算问题，通常有两种基本方式，一是基底法、二是坐标法.一般地，基底法更具有一般性，基底法的难点在于将所研究的向量表示为基底的形式，坐标法一般用于一些特殊的图形，即便于建立坐标系的问题.本题中的两种解法的难易程度相当.12、答案：思路分析：根据A、B两点的坐标，可以得到AB的长度是定值5，因此，要使的面积为5，则需在圆上存在4个点到直线的距离为2.注意到圆的半径为3，因此，圆心到直线AB的距离必需小于1，从而利用点到直线的距离公式得到问题的解.也可考虑三角形面积的向量坐标表达式，列出点C坐标满足的关系式进而求解.此处增加部分思路分析解析1：因为，所以，直线的方程为，因为，故，因此，问题转化为在圆上存在4个点C，使得它到直线的距离为2.因为圆的半径为3，因此，圆心O到直线AB的距离小于1，即：，解得.解析2：设，则，所以，所以，即直线和与圆各有两个交点，所以且，解得.此处增加解析213、答案：思路分析1：注意到问题中含有两个变量，且满足，因此可以考虑进行消元，将问题转化为只含有一个变量的问题来加以处理.思路分析2：注意到所求的代数式的分子与分母分别为一次式、二次式，为此想到将它们转化为齐次式来加以处理，即将分子利用条件，通过常数代换转化为二次式，进而将齐次式化为单变量的问题来加以处理.思路分析3：注意到所求的代数式的分母可以因式分解为，因此，将分别作为两个新的变量，从而将问题转化为以新变量的形式来加以处理.思路分析4：由条件，可设进行代换，转化为一元问题进行处理，与解法1实质相同.此处增加思路分析4解析1(消元法)：因为，所以，解得，从而，令，则，当且仅当时等号成立.解析2(化齐次式法)：因为，所以，令，因为，所以，故，从而，则当时，此时；当时，此时，当且仅当时等号成立.因此的最小值为.解析3(换元法)：因为，令，从而，从而，由得，故由，当且仅当时等号成立，此时.解法4：（均值代换）因为，所以可设，则，设，则.此处增加解析4解后反思：本题中的解法1与解法4此处与原稿相比增加红字部分是最为基本的想法，即通过消元将二元函数的最值问题转化为一元函数的最值来加以处理；解法2、解法3对代数式的变形要求很高，且要求学生有很强的观察能力，尤其是解法3，通过将分母中的两个较为复杂的代数式通过换元后简化了形式，凸现了问题的本质.14、答案：思路分析1此处与原文比有变化：注意到时，的零点是可求的，即(舍去)或，为此，就需要对是否小于来进行讨论，若大于或等于-1，则需要时，有三个零点，从而通过数形结合的方式来加以研究；若小于-1，则需要时，有两个零点，从而通过数形结合的方式来加以研究，进而得到问题的答案.思路分析2：含有绝对值的函数可以分类讨论去掉绝对值，再以导数等工具判断函数单调性与极值，从而确定函数的值域或零点.此处增加思路分析2解析：由得或，因为，所以不合题意.(1)当，即时，此时，由得，此时，需要函数与在上有两个交点.若与相切(如图1)，设切点为，从而切线的斜率，故，从而切线方程为，即，即，而此时，不满足条件，故不成立.若与相交(如图2)，此时要有两个交点，必需，解得.(2)当，即时，如图3，此时只可能有一个交点，故不成立.综上，实数的取值范围是.解析2：当时，在有一个零点，当时，令得，令得，所以在为减函数，在为增函数，由有3个零点，知在有两个零点，所以且，解得；当时，当时，为增函数，当时，若，在为减函数，在为增函数，又，所以在无零点，故不可能有三个零点；若，在恒成立，为增函数，就不可能有3个零点.综上，.此处增加解析2解后反思：1、研究分段函数的问题，其基本思想是分类进行讨论来加以处理；2、求解函数的零点问题的填空题，其基本策略是应用数形结合的方法来加以解决，在应用数形结合思想时，一般地会将函数的零点问题转化为两个函数的图象的交点问题来加以解决，此时，为了方便起见，转化后的两个函数，其中一个是不含参数的函数，另一个是含有参数的函数，即转化为“一静一动”两个函数，这样，通过研究“动”函数的图象与“静”函数的图象的相对位置关系就可以得到问题的解.二、解答题：15、(1)证法1：证法2：如图，分别取BB1，BC中点F，G，连接EF，FG，DG，因为E为A1B的中点，D是AC中点，所以且，且，2分又因为且，所以且，所以四边形EFGD是平行四边形，所以，4分又因为平面BCC1B1，平面BCC1B1，所以平面平面BCC1B1。6分此处增加证法2易错警示：1、在证明立体几何问题时，书写一定要规范，在应用相关的定理时，一定要写全定理的条件，否则，就会因为定理的条件不全而失分；2、在应用相关的几何体的性质时，一定要注意哪些是几何体的性质，哪些东西能用，哪些东西不能用.例如棱柱的上下底面平行且全等是可以应用的，而经过棱柱不相邻的两条侧棱的四边形是平行四边形则不可用，就需要经过证明.16、故易错警示：在应用同角三角函数的关系或两角和与差的三角函数公式求值时，需要注意解题的规范性，一要注意角的范围对三角函数值的符号的影响；二要注意“展示”三角函数的公式.否则，就会因为不规范而导致失分.17、思路分析：第1问，由于点已知，且，由此可得点P所满足的轨迹方程，再根据点P在椭圆上，就可以通过两个方程所组成的方程组求得点P的坐标.第2问，要研究直线PQ的斜率的取值范围，由于点P、Q与直线有关，因此，利用解方程组的方法可以将点P、Q的坐标表示为直线的斜率的形式，进而将直线PQ的斜率表示为直线的斜率的形式，利用就可以利用基本不等式或利用消元法转化为单个变量的函数形式，通过函数求得它的取值范围.解法2：显然的斜率存在，设，的方程为，代入椭圆方程整理得，则，且，因为均在轴上方，所以即，且即而，由，化简得，若，与矛盾，若，分别代入，解得所以，的斜率的取值范围是此处增加解法2解后反思：研究直线与椭圆的位置关系问题，其关键在于其交点的研究手段，一般地，有两种途径来处理交点，一是直接设出交点的坐标，利用交点在曲线上来得到相关的等量关系，通过此等量关系来研究问题；二是设直线方程，由直线方程与椭圆方程联立成方程组，将问题转化为一元二次方程的根来加以研究.18、思路分析：第1问，注意到成本与线路的长度有关，因此，本题的本质就是将线段BN，MN以及弧DM表示为的函数，BN可以在直角三角形内求得，MN可以用AB减去2倍的点N到BC的距离，难点在于求弧DM的长，注意到图形的对称性，可知弧DM所对的圆心角为，从而根据弧长公式求得.第2问，注意到所求的函数中即有三角函数形式，又有的一次形式，因此，应用导数求它的最值.19、思路分析：第2问，注意到，因此，函数已经有一个零点1，为此，就需要考虑它有另一个零点，据此，通过研究函数的单调性及单调区间来确定每个单调区间上的零点的个数.由于，下面就要考虑方程在上是否有实数根，实数根是否等于1，为此，得到分类讨论的标准，即，分别来讨论每种情形时函数的零点的个数，从而得到实数的取值范围.解后反思：研究函数的零点的问题，需要解决函数的单调性以及零点的支撑点这两个问题，其难点在于零点的支撑点的确定.一般地，确定零点的支撑点可有以下几种方法：一是以极值点作为支撑点，这是最为容易的一类；二是采用放放缩的方法，将函数转化为基本初等函数来加以解决；三是采用“形式化”的方式，即将函数分为几个部分，来分别找到这几个部分的零点，且它们有相同的变量法则，则取这些零点中的最大的或最小的作为支撑点.本题所采用的是放缩的方法来找支撑点.20、思路分析：第1问，将进行特殊化，从而将条件转化为和与通项的关系的递推形式，进而利用“和”与“通项”的关系来求通项公式；第2问中的第1小题，利用与的关系得到的递推关系式，由此递推关系式来构造出“特殊的数列”-等差数列或等比数列，从而求得数列的通项公式，进而来证明数列为等差数列.因而有思路1：由构造，即研究数列，由此来求得；思路2：由构造，即研究数列，由此求得；思路3：由构造，进而消去常数得，根据求解的等差数列的目标，将它转化为，目标转化为证明，由此获证.第2问中的第2小题，证明满足条件的数列至多只有三项，基本想法是由两项乃至三项时，来求得数列满足的条件，由此条件再来验证它们是否满足.(构造等比数列法)(构造差比数列法)(等差中项法)解后反思：研究与递推数列相关的问题时，其基本思想是由递推关系出发来构造出相应的“特殊数列”，即转化为等差数列、等比数列或常数列来进行研究.21A、21B、21C、22、23、