常州市高三上学期期末考试数学.docx

常州市高三上学期期末考试数学数学(满分160分，考试时间120分钟)2019.1一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1. 已知集合A0，1，B1，1，则AB.2. 已知复数z满足z(1i)1i(i是虚数单位)，则复数z.3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为9.1，9.3，x，9.2，9.4，且这5个分数的平均数为9.3，则实数x.4. 一个算法的伪代码如右图所示，执行此算法，若输出y的值为1，则输入的实数x的值为.Read xIf x1 Thenyx22x2ElseyEnd IfPrint y(第4题)5. 函数y的定义域为.6. 某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选中1文1理的概率为.7. 已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为2，直线xy20经过双曲线C的焦点，则双曲线C的渐近线方程为.(第8题)8. 已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为.9. 已知正数x，y满足x1，则的最小值为.10. 若直线kxyk0与曲线yex(e是自然对数的底数)相切，则实数k.11. 已知函数f(x)sin(x)(0，R)是偶函数，点(1，0)是函数yf(x)图象的对称中心，则最小值为.12. 已知平面内不共线的三点O，A，B，满足|1，|2，点C为线段AB的中点，AOB的平分线交线段AB于点D.若|，则|.13. 过原点的直线l与圆x2y21交于P，Q两点，点A是该圆与x轴负半轴的交点，以AQ为直径的圆与直线l有异于Q的交点N，且直线AN与直线AP的斜率之积等于1，那么直线l的方程为.14. 若数列an，bn满足bnan1(1)nan(nN*)，且数列的前n项和为n2.已知数列ann的前2 018项和为1，则数列an的首项a1.二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15. (本小题满分14分)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别是棱AB，CC1的中点.求证：(1) CM平面AB1N；(2) 平面A1BN平面AA1B1B.16. (本小题满分14分)在ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且b2bcsin Ac2a2.(1) 求角A的大小；(2) 若tan Btan C3，且a2，求ABC的周长.17. (本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：1的焦点在椭圆C2：1上，其中ab0，且点(，)是椭圆C1，C2位于第一象限的交点.(1) 求椭圆C1，C2的标准方程；(2) 过y轴上一点P的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A，B，已知，求直线l的斜率.18. (本小题满分16分)某公园要设计如图所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得，如图所示的多边形ABCDEFGH)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AFBE1.6 m，两根竖轴CHDG1.2 m，记景观窗格的外框(图实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l m.(1) 若ABC，且两根横轴之间的距离为0.6 m，求景观窗格的外框总长度；(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过5 m，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中ABC的大小与BC的长度.19. (本小题满分16分)已知数列an中，a11，且an13an40，nN*.(1) 求证：an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2) 数列an中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，请说明理由.20. (本小题满分16分)已知函数m(x)x2，函数n(x)aln x1(aR).(1) 若a2，求曲线yn(x)在点(1，n(1)处的切线方程；(2) 若函数f(x)m(x)n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；(3) 若函数g(x)n(x)1exex0对x1，)恒成立，求实数a的取值范围.(e是自然对数的底数，e2.718 28)2019届高三模拟考试试卷(八)数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A，B，C三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.A. (选修42：矩阵与变换)已知点(1，2)在矩阵A对应的变换作用下得到点(7，6).求：(1) 矩阵A；(2) 矩阵A的特征值及对应的特征向量.B. (选修44：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.直线l的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为2sin()，求直线l被曲线C所截的弦长.C. (选修45：不等式选讲)已知a0，b0，求证：ab1.【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.22. 如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高OP2，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且AB，点M是棱PC的中点.(1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值；(2) 求二面角APBC的余弦值.23. 是否存在实数a，b，c，使得等式135246n(n2)(n4)(an2bnc)对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，请说明理由.2019届高三模拟考试试卷(八)(常州)数学参考答案及评分标准1. 12. i3. 9.54. 35. (0，e6. 7. yx8. 9. 410. e211. 12. 13. yx14. 15. 证明：(1) 令AB1交A1B于点O，连结OM，ON，在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1CC1，BB1CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为AB1的中点.因为M为AB的中点，所以OMBB1，且OMBB1.因为N为CC1的中点，CNCC1，所以OMCN，且OMCN，所以四边形CMON是平行四边形，(5分)所以CMON.又ON平面AB1N，CM平面AB1N，所以CM平面AB1N.(7分)(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，CM平面ABC，所以BB1CM.(9分)又CACB，M为AB的中点，所以CMAB.又由(1)知CMON，所以ONAB，ONBB1.因为ABBB1B，AB，BB1平面AA1B1B，所以ON平面AA1B1B.(12分)又ON平面A1BN，所以平面A1BN平面AA1B1B.(14分)16. 解：(1) 由余弦定理得a2b22bccos Ac2，又b2bcsin Ac2a2，所以b22bccos Ac2b2bcsin Ac2，即2bccos Abcsin A.(3分)从而sin Acos A，若cos A0，则sin A0，与sin2Acos2A1矛盾，所以cos A0，所以tan A.又A(0，)，所以A.(7分)(2) tan(BC)tan(A)tan.(9分)又tan Btan C3，所以tan Btan C(2)2，解得tan Btan C.(11分)又B，C(0，)，所以BC.因为A，所以ABC是正三角形.由a2得ABC的周长为6.(14分)17. 解：(1) 椭圆C1：1的焦点坐标为(c，0)，代入椭圆C2的方程得1，点(，)的坐标代入椭圆C1，C2的方程得C1：1，所以解得a22，b2c21.(3分)所以椭圆C1，C2的标准方程分别为y21，x21.(5分)(2) 由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)，联立消去y得x21，即(1)x2kmx10，k2m24(1)(1)0，即k22m20.(7分)联立消去y得(kxm)21，即(k2)x22kmxm210.因为直线l与椭圆C1相交，有4k2m24(k2)(m21)4(k2m2)0(*)，x1，2.(9分)因为，即(x1，y1m)(x2，y2m)，有5x13x2，所以53或53，化简得km4或km4，即k2m216(k2m2).(12分)因为k22m20，解得或符合(*)式，所以直线l的斜率为或2.(14分)18. 解：(1) 记CH与AF，BE的交点为M，N，在BCN中，由ABC可得CBN，其中CNHM(1.20.6)0.3(m)，所以BC(m)，BN(m).(2分)所以CDBE2BN1.6，则ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC1.2(m).(5分)答：景观窗格的外框总长度为(m).(6分)(2) ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC5，设CBN，(0，)，BCr，则CNrsin ，BNrcos ，所以ABCH2CN1.22rsin ，CDBE2BN1.62rcos ，所以2(1.22rsin )2(1.62rcos )4r5，即4r(sin cos 1).(8分)设景观窗格的面积为S，有S1.21.62r2sin cos 当且仅当4r(sin cos 1)时取等号.(9分)令tsin cos (1，则sin cos .所以S(1)，其中11(当且仅当t，即时取等号).(12分)所以S(1)(1)(32)，即S当且仅当4r(sin cos 1)且时，取等号，所以当且仅当r且时，S取到最大值.(15分)答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中ABC且BC m.(16分)19. (1) 证明：由an13an40得an113(an1)，nN*.(2分)其中a11，所以a1120，可得an10，nN*.(4分)所以3，nN*，所以an1是以2为首项，3为公比的等比数列.(6分)所以an12(3)n1，则数列an的通项公式an2(3)n1，nN*.(8分)(2) 解：若数列an中存在三项am，an，ak(mnk)符合题意，其中kn，km，nm都是正整数，(9分)分以下三种情形： am位于中间，则2amanak，即22(3)m112(3)n112(3)k11，所以2(3)m(3)n(3)k，两边同时除以(3)m，得2(3)nm(3)km是3的倍数，舍去； an位于中间，则2anamak，即22(3)n112(3)m112(3)k11，所以2(3)n(3)m(3)k，两边同时除以(3)m，得2(3)nm1(3)km，即12(3)nm(3)km是3的倍数，舍去； ak位于中间，则2akaman，即22(3)k112(3)m112(3)n11，所以2(3)k(3)m(3)n，两边同时除以(3)m，得2(3)km1(3)nm，即12(3)km(3)nm是3的倍数，舍去.(15分)综上可得，数列an中不存在三项满足题意.(16分)20. 解：(1) 当a2时，n(x)2ln x1， n(x)， n(1)2.又n(1)1， 切线的方程为y12(x1)，即y2x1.(3分)(2) f(x)x2aln x1，定义域为(0，)，其图象是一条不间断的曲线.f(x)2x， 若a0，则f(x)0对x(0，)恒成立， yf(x)在(0，)上单调递增.又f(1)0， yf(x)在(0，)上只有一个零点，符合题意. 若a0，令f(x)0，得x或x(舍去).x(0，)(，)f(x)0f(x)极小值f()1 若1，即a2，此时a，则f()f(1)0，f(a)a2aln a1.令F1(a)a2aln a1，a2，则F1(a)2aln a1，令F2(a)2aln a1，则F2(a)20对a2，)恒成立， F2(a)2aln a1在2，)上单调递增， F2(a)F2(2)3ln 20，即F1(a)0对a2，)恒成立， F1(a)a2aln a1在2，)上单调递增， F1(a)F1(2)32ln 20，即f(a)0. f()0，且函数f(x)在(，)上单调递增， 函数f(x)在(，)上有且只有一个零点.而函数f(x)在(0，)上单调递减，且有一个零点x1，故函数f(x)在(0，)上有两个零点，不符题意，舍去.2若1，即a2，则函数f(x)在(0，1)上单调递减， f(x)f(1)0，函数f(x)在(1，)上单调递增， f(x)f(1)0，故函数f(x)在(0，)上有且只有一个零点，适合题意.3若1，即0a2，此时0ee01，01. 函数f(x)在(，)上单调递增， f()f(1)0.又f(e)e0， 函数f(x)在(0，1)内必有零点，又1是函数f(x)的零点，故不符题意，舍去.(9分)综上，a0或a2.(10分)(3) 当x1时，g(x)aln xexex.令G(x)exex，x1，则G(x)exe0对x1，)恒成立， 函数yG(x)在1，)上单调递增， G(x)G(1)0. 若a0，则当x1时，ln x0， g(x)aln xexex0恒成立，符合题意.(11分) 若a0，g(x)exe，令H(x)exe，x1，则H(x)ex0恒成立， H(x)exe在1，)上单调递增，且H(1)a0. a0， 1a1， G(1a)G(1)0，即e1ae(1a).(12分) H(1a)e1aeeeaeea(1a)2(e1)a. a0，1a1， (1a)2，(e1)a0， H(1a)0. H(x)exe在1，)上单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H(1)a0， 存在唯一的x0(1，1a)，使H(x0)0，即g(x0)0，当x(1，x0)时，g(x)0， 函数yg(x)在(1，x0)上单调递减，此时g(x)g(1)0，不符合题意，舍去.(15分)综上，a0.(16分)2019届高三模拟考试试卷(八)(常州)数学附加题参考答案及评分标准21. A. 解：(1) 由题意，即解得所以A.(3分)(2) f()(1)(2)6234，令f()0，得2340，解得11，24.(5分)当11时，取所以属于11的一个特征向量为；当24时，取所以属于24的一个特征向量为.(9分)故矩阵A的特征值为11，24，对应的特征向量为，.(10分)B. 解：直线l的普通方程为xy10，曲线C的直角坐标方程(x1)2(y1)22，(4分)所以曲线C是圆心为C(1，1)，半径r的圆.(6分)所以圆心C(1，1)到直线l的距离为d.(8分)所以直线l被曲线C所截的弦长为22.(10分)C. 证明：因为a0，b0，由柯西不等式可得(ab1)(b1a)()2，当且仅当时取等号，所以(ab1)2()2.因为a