江苏省常州市2016届高三上学期第一次调研测试数学试题

1、江苏省常州市江苏省常州市 2016 届高三上学期第一次调研测试数学试题届高三上学期第一次调研测试数学试题本试卷包含填空题(第 1 题第 14 题)、解答题(第 15 题第 20 题)本卷满分 160 分，考试时间为 120 分钟一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分1. 设复数 z 满足(zi)(2i)5(i 为虚数单位)，则 z_2. 设全集 U1，2，3，4，集合 A1，3，B2，3，则 BUA_(第 7 题)3. 某地区有高中学校 10 所、初中学校 30 所、小学学校 60 所现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取 20 所学校对学生进行体质健康检查，则应抽取

2、初中学校_所4. 已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线经过点 P(1，2)，则该双曲线的离心率为_5. 函数 f(x)log2(x22 2)的值域为_6. 某校从 2 名男生和 3 名女生中随机选出 3 名学生做义工，则选出的学生中男女生都有的概率为_7. 如图所示的流程图中，输出 S 的值是_8. 已知四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 是边长为 2， 锐角为 60的菱形， 侧棱 PA底面ABCD，PA3.若点 M 是 BC 的中点，则三棱锥 MPAD 的体积为_9. 已知实数 x，y 满足4xy10，4x3y20，x0，y0，则 2xy 的最大值为_10. 已知平

3、面向量 a(4x，2x)，b1，2x22x，xR，若 ab，则|ab|_11. 已知等比数列an的各项均为正数， 且 a1a249， a3a4a5a640， 则a7a8a99的值为_(第 12 题)12. 如图，直角梯形 ABCD 中，ABCD，DAB90，ADAB4，CD1，动点P 在边 BC 上，且满足APmABnAD(m，n 均为正实数)则1m1n的最小值为_13. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2y21，O1：(x4)2y24，动点 P 在直线 x 3yb0 上，过 P 分别作圆 O，O1的切线，切点分别为 A，B，若满足 PB2PA的点 P 有且只有两个，则实数 b 的

4、取值范围是_14. 已知函数 f(x)2x23x，x0，exe2，x0若不等式 f(x)kx 对 zR 恒成立，则实数 k 的取值范围是_二、 解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分请作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分 14 分)在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 cos(BC)1cosA，且 b，a，c 成等比数列求：(1) sinB sinC 的值；(2)A；(3) tanBtanC 的值16. (本小题满分 14 分)如图，正三棱柱 A1B1C1ABC，点 D，E 分别是 A1C，AB 的中点(1) 求证：ED平面 BB1C1

5、C；(2) 若 AB 2BB1，求证：A1B平面 B1CE.(第 16 题)17. (本小题满分 14 分)已知等差数列an的公差 d 为整数， 且 akk22， a2k(k2)2， 其中 k 为常数且 kN*.(1) 求 k 及 an；(2) 设 a11，an的前 n 项和为 Sn，等比数列bn的首项为 1，公比为 q(q0)，前 n 项和为 Tn.若存在正整数 m，使得S2SmT3，求 q.18. (本小题满分 16 分)如图，直线 l 是湖岸线，O 是 l 上一点，弧 AB 是以 O 为圆心的半圆形栈桥，C 为湖岸线l 上一观景亭现规划在湖中建一小岛 D， 同时沿线段 CD 和 DP(点

6、 P 在半圆形栈桥上且不与点 A，B 重合)建栈桥考虑到美观需要，设计方案为 DPDC，CDP60且圆弧栈桥 BP在CDP 的内部已知 BC2OB2(km)，设湖岸 BC 与直线栈桥 CD，DP 及圆弧栈桥 BP围成的区域(图中阴影部分)的面积为 S(km2)，BOP.(1) 求 S 关于的函数关系式；(2) 试判断 S 是否存在最大值，若存在，求出对应的 cos的值，若不存在，说明理由(第 18 题)19. (本小题满分 16 分)在平面直角坐标系 xOy 中，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率是 e，定义直线 yba为椭圆的“类准线”已知椭圆 C 的“类准线”方程为 y2 3，长轴

7、长为 4.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 点 P 在椭圆 C 的“类准线”上(但不在 y 轴上)，过点 P 作圆 O：x2y23 的切线 l，过点 O 且垂直于 OP 的直线与 l 交于点 A，问点 A 是否在椭圆 C 上？证明你的结论20. (本小题满分 16 分)已知 a，b 为实数，函数 f(x)ax3bx.(1) 当 a1 且 b1，3时，求函数 F(x)|f（x）xlnx|2b1 x12，2的最大值M(b)；(2) 当 a0，b1 时，记 h(x)lnxf（x）.函数 h(x)的图象上一点 P(x0，y0)处的切线方程为 yy(x)，记 g(x)h(x)y(x)问：是否存在 x0

8、，使得对于任意 x1(0，x0)，任意 x2(x0，)，都有 g(x1)g(x2)0 恒成立？若存在，求出所有可能的 x0组成的集合；若不存在，说明理由令函数 H(x)x2e，xs，h（x） ，0 xs，若对任意实数 k，总存在实数 x0，使得 H(x0)k 成立，求实数 s 的取值集合数学附加题21. 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题，每小题 10 分，共计 20 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A. 选修 41：几何证明选讲如图所示，ABC 是O 的内接三角形，且 ABAC，APBC，弦 CE 的延长线交 AP于点 D.(第 21A)求证：AD2DEDC.B.

9、选修 42：矩阵与变换已知矩阵 Ma24b 的属于特征值 8 的一个特征向量是 e11，点 P(1，2)在 M 对应的变换作用下得到点 Q，求 Q 的坐标C. 选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C：x 6cosy 2sin(为参数)，以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为(cos 3sin)40.求曲线 C 上的点到直线 l 的最大距离D. 选修 45：不等式选讲已知|x|2，|y|2|xy|.【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22. (本小题满分 1

10、0 分)如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧面 ADD1A1底面 ABCD，D1AD1D 2，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BCAD，ABAD，AD2AB2BC2.(1) 在平面 ABCD 内找一点 F，使得 D1F平面 AB1C；(2) 求二面角 CB1AB 的平面角的余弦值(第 22 题)23. (本小题满分 10 分)已知数列an满足 anan1an1aa1(nN*)，a1，0，1.设 ba1a.(1) 求证：an1banan1(n2，nN*)；(2) 当 n(nN*)为奇数时，an (1)iCinibn2i，猜想当 n(nN*)为偶数时，an关于 b 的表达式，并用数学归

11、纳法证明.(常州市)数学参考答案一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分1. 2 2i2. 23. 64.55.，326.9107.238.39. 7.510. 211.11712.74 3413.203，414. 3，e2二、 解答题：本大题共 6 小题，共计90 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. 解：(1) 因为 ABC，所以A(BC)由 cos(BC)1cosA，得 cos(BC)1cos(BC)，展开，整理得 sinBsinC12.(2 分)(2) 又因为 b，a，c 成等比数列，所以a2bc，由正弦定理，得 sin2AsinBsinC，从而 s

12、in2A12.(6 分)因为 A(0，)，所以 sinA22，又因为 a 边不是最大边，所以 A4.(8分)(3) 因为 BCA34，所以 cos(BC)cosBcosCsinBsinC22，从而 cosBcosC1 22.(10 分)所 以 tanB tanC sinBcosBsinCcosCsin（BC）cosBcosC(12 分)221 222 2.(14 分)16. 证明：(1) 连结 AC1，BC1，因为 AA1C1C 是矩形， D 是 A1C 的中点，所以 D 是 AC1的中点(2 分)在ABC1中，因为 D，E 分别是 AC1，AB 的中点，所以 DEBC1.(4 分)因为 DE

13、平面 BB1C1C，BC1平面BB1C1C，所以 ED平面 BB1C1C.(6 分)(2) 因为ABC 是正三角形，E 是 AB的中点，所以 CEAB.又因为正三棱柱 A1B1C1ABC 中，平面ABC平面 ABB1A1，交线为 AB，所以 CE平面 ABB1A1.从而 CEA1B.(9 分)在矩形 ABB1A1中，因为A1B1B1B 2B1BBE，所以 RtA1B1BRtB1BE，从而B1A1BBB1E.因此B1A1BA1B1EBB1EA1B1E90，所以 A1BB1E.(12 分)又因为 CE， B1E平面 B1CE， CEB1EE，所以 A1B平面 B1CE.(14 分)17.解：(1)

14、由题意，得dka1dk22，2dka1d（k2）2，(2 分)，得 d42k.因为 d，kN*，所以 k1，或 k2.(4分)当 k1 时，d6，代入，解得 a13，所以 an6n3.当 k2 时，d5，代入，解得 a11，所以 an5n4.(6 分)(2) 因为 a11，所以 an6n3，从而Sn3n2.(7 分)由S2SmT3，得123m21qq2，整理，得q2q14m20.(9 分)因为1414m20，所以 m2163.因为 mN*， 所以 m1 或 m2.(11 分)当 m1 时，q 1312(舍)，q1312.当 m2 时，q0 或 q1(均舍去)综上所述，q1312.(14 分)1

15、8. 解：(1) 在COP 中，CP2CO2OP22COOPcos106cos，从而CDP 的面积 SCDP34CP232(53cos)又 因 为 COP 的 面 积 SCOP12OCOPsin32sin，(6 分)所以SSCDPSCOPS扇形OBP12(3sin3 3cos)5 32， 00， cos01 10512.(9 分)(注：定义域 2 分当 DP 所在直线与半圆相切时， 设取得最大值0，此时在COP 中，OP1，OC3，CPO30，CP 106cos0，由正弦定理得 106cos06sin0，cos01 10512.)(2) 存在S12(3cos3 3sin1)，令 S0，得 si

16、n6 16.(12 分)当 00，所以当0时，S 取得最大值(14 分)(或者：因为 0，所以存在唯一02，使得 sin06 16.当 000， 所以当0时，S 取得最大值)此时 cos06 356，cos 0 cos(06) 6 1 10512.(16 分)19. 解： (1) 由题意abc2 3，a2又 a2b2c2，解得 b 3，c1.(4 分)所以椭圆 C 的方程为x24y231.(5 分)(2) 点 A 在椭圆 C 上证明如下：设切点为 Q(x0，y0)，x00，则 x20y203，切线 l 的方程为 x0 xy0y30.当 yP23时，xP32 3y0 x0，即 P32 3y0 x

17、0，2 3，则 kOP2 332 3y0 x02x032y0，(7 分)所以 kOA2y0 32x0，直线 OA 的方程为 y2y0 32x0 x.(9 分)由y2y0 32x0 x，x0 xy0y30解得x6x06 3y0，y3（2y0 3）6 3y0即 A6x06 3y0，3（2y0 3）6 3y0，(11 分)因为6x06 3y0243（2y0 3）6 3y0239（3y20）3（4y204 3y03）3y2012 3y0363y2012 3y0363y2012 3y0361，所以点 A的坐标满足椭圆C的方程 (14分)当 yP23时， 同理可得点 A 的坐标满足椭圆 C 的方程，所以点

18、 A 在椭圆 C 上(16 分)20. 解：(1) F(x)|x2lnxb|2b1，记 t(x)x2lnx，x12，2，则 t(x)2x1x，令 t(x)0，得 x22.(1 分)当12x22时，t0，t(x)在12，22 上为单调减函数，当22x0，t(x)在22，2上为单调增函数，又 t12 14ln2，t(2)4ln2，t22 1ln22且 t(2)t12 1542ln20，所以t的取值范围为1ln22，4ln2.(3分)当 b1，3时，记 v(t)|tb|2b1，则v(t)t3b1，1ln22tb，tb1，b9ln24时， 最大值 M(b)v1ln223b1ln22，所以M(b)b5l

19、n2，1b9ln24，3b1ln22，9ln24b3(5 分)(2) h(x)lnxx，h(x)1lnxx2，h(x0)1lnx0 x20，所以 y(x)1lnx0 x20(xx0)y0，g(x)lnxxy01lnx0 x20(xx0)，g(x0)0.(7 分)g(x)1lnxx21lnx0 x20，g(x)0.令 G(x)g(x)1lnxx21lnx0 x20，G(x)32lnxx3，所以 g(x)在(0，e32)上单调递减，在(e32，)上单调递增，若 x00，g(x)单调递增，g(x)g(x0)0；x(x0，e32)时， g(x)0， g(x)单调递减，g(x)e32，则 x(e32，x

20、0)时，g(x)g(x0)0；x(x0，)时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(x0)0，不符合题意；若 x0e32，则 x(0，e32)时，g(x)0，符合题意综上， 存在 x0满足要求， 且 x0的取值集合为e32.(10 分)因为对任意实数 k，总存在实数 x0，使得 H(x0)k 成立，所以函数 yH(x)的值域为一切实数y12ex 在s，)上是增函数，其值域为s2e，.(11 分)对于函数 ylnxx，y1lnxx2，当 xe 时，y0，当 xe 时，y0，在(e，)上为单调增函数，当 0 xe 时，ye， 则函数 ylnxx在(0， e是增函数，e，s)是减函数，其值域为，

21、1e ，又1es2e，不符合题意，舍去； (13 分)若 0se，则函数 ylnxx在(0，s)是增函数，值域为，lnss ，由题意得s2elnss，即 s22elns0.记 u(s)s22elns，u(s)2s2es2（s2e）s当 0s e时，u(s) e时，u(s)0，u(s)在( e，e)上为单调增函数，所以，当 s e时，u(s)有最小值 u( e)0， 从而 u(s)0 恒成立(当且仅当 s e时，u(s)0)(15 分)由得，u(s)0，所以 s e.综 上 所 述 ， 实 数 s 的 取 值 集 合 为 e(16 分)附加题21. 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只有选做

22、两题， 每小题 10 分， 共计 20 分A. 选修 41：几何证明选讲证明：连接 AE，则AEDB.(2 分) ABAC， ACBB， ACBAED.(4 分) APBC， ACBCAD， CADAED.(6 分)又ACDEAD，ACDEAD.(8 分)CDADADED，即 AD2DEDC.(10 分)B. 选修 42：矩阵与变换解：由题意知a24b11811，故a28，4b8解得a6，b4.(5 分)62441224， 点 Q 的坐标为(2，4)(10 分)C. 选修 44：坐标系与参数方程解：将 l 转化为直角坐标方程为 x 3y40.(3 分)在 C 上任取一点 A( 6cos， 2s

23、in)，0，2)，则点 A 到直线 l 的距离为d| 6cos 6sin4|2|2 3sin4 4|22 3sin4 42.(7 分)当4时，d 取得最大值，最大值为 2 3，此时 A 点为( 3，1)(10 分)D. 选修 45：不等式选讲证明：因为|4xy|24|xy|2(4xy2x2y)(4xy2x2y)(2 分)(2x)(2y)(2x)(2y)(4x2)(4y2)0，(7 分) |x|2，|y|2|xy|.(10 分)【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10分，共计 20 分22. 解：(1) 以 A 为原点，建立空间直角坐标系，如图，A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D1(0，1