江苏省张家港常青藤实验中学2013届高三数学9月月考试题(教师版)苏教版

1、张家港常青藤实验中学2013 届九月考模拟试题一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分请把答案直接填写在答题卡相应位置上 .1 已知集合 U1，3，5，9， A1，3，9， B1，9，则 eU ( A U B)5 ；2 若 zz9 （其中 z 表示复数 z 的共轭复数），则复数 z 的模为 3；3 在区间1, 2 内随机选取一个实数，则该数为正数的概率是 234 已知函数 f ( x)aax 在 x1处的导数为2 ，则实数的值是25 要得到函数ysin 2 x 的函数图象，可将函数ysin2 x 的图象向右至少平移3个单位 开始66 在平面直角坐标系xOy 中，“直线 yxb

2、 ， bR 与S 2， i 1曲线 x1y2相切”的充要条件是“” b2；i 2013Y7 运行如图所示的流程图，则输出的结果S 是 2N1输出 SS 1S2y2结束8 已知双曲线 x221（ a 0, b0 ）的两个焦点i i+1ba为 F13 ,0 、F23 , 0，点 P是第一象限内双曲线（第 7 题图）22上的点，且 tanPF1F21 ， tan PF2 F12，则双曲线的离心率为 35259 在中，若tan A : tan B : tanC1: 2:3，则A ABC410 已知 yf ( x) 是 R 上的奇函数，且x0 时， f ( x)1 ，则不等式f ( x2x)f (0)的

3、解集为 (0，1)11 设正四棱锥的侧棱长为1，则其体积的最大值为 43 ；2712已知平面向量 a ，b ， c 满足 a1 ， b2 ， a ，b 的夹角等于 ，且 (ac) (bc)0 ，3用心爱心专心1则 c 的取值范围是 73 ， 732213 定义： min x， y 为实数 x， y 中较小的数已知 h mina，b，其中 a，b 均a24b2为正实数，则h 的最大值是 1214定义在 1,上的函数 f ( x) 满足： f (2 x)2 f ( x) ；当 x2,4时， f ( x) 1x 3 ，则集合 x f ( x) f (36)中的最小元素是12二、解答题：本大题共6 小

4、题，共90 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（本题满分 14分）已知 sinsin1, coscos3 （ 1）求 cos的值；（ 2）求 cos的值（ 1）因为 sinsin1 ，coscos3 ， 2 2 得 sin 22sinsinsin2cos22coscoscos24，（3 分）即 2+2 cos4 ，所以 cos1；（6 分）（2） 2 2 得 cos2sin 22coscos2sinsincos2sin22即 cos22cos()cos22 ，（8 分）故 cos () ()2cos()cos () ()2，（12 分）化简得 cos()c

5、os()cos() 1 ，由（ 1）得 cos()1 .（14分）216（本题满分14 分）用心爱心专心2如图，在四面体ABCD中， ABACDB DC，点 E是 BC的中点，点 F 在线段 AC上，且 AFAAC（ 1）若 EF平面 ABD，求实数的值；（ 2）求证：平面 BCD平面 AEDFBD解：（ 1）因为EFE平面，易得平面，EFABDABC平面 ABC 平面 ABD AB ，C（第 16题图）所以 EF / AB ，（3 分）又点 E 是 BC的中点，点 F 在线段 AC上，所以点 F 为 AC的中点，由 AF得1 ；（6 分）AC2（ 2）因为 AB AC DB DC ，点 E

6、是 BC的中点，所以 BCAE， BCDE ，（9 分）又 AEDE E，AE、DE平面，AED所以 BC平面 AED，（ 12 分）而 BC 平面 BCD，所以平面 BCD平面 AED（ 14 分）17（本题满分 14 分）如图，点P在ABC内， AB CP2, BC 3,PB，记B（ 1）试用表示 AP 的长；A（ 2）求四边形 ABCP的面积的最大值，并写出此时的值解：（1） ABC与 APC中，由余弦定理得，PAC 22232223cos，BC（第 17 题图）AC 2AP2222AP2cos，（ 3 分）由得 AP24 AP cos12cos90，0，解得 AP3 4cos；（6 分

7、）（2） SS ABCS APC123sin12AP sin,0，22由（1）得 S4sincos2sin2，0， （11 分）所以当时， Smax 2 （ 144分）用心爱心专心318（本题满分 16 分）在平面直角坐标系xOy 中，已知圆 C1 ： ( x 1)2y216 ，圆 C2 ：( x 1)2y21，点 S为圆 C1 上的一个动点，现将坐标平面折叠，使得圆心C2 ( 1, 0) 恰与点 S 重合，折痕与直线 SC1 交于点 P （ 1）求动点 P 的轨迹方程；（ 2）过动点S作圆M 、NMNC2的两条切线，切点分别为，求的最小值；（ 3）设过圆心 C2 ( 1, 0) 的直线交圆

8、C1 于点 A、B ，以点 A、B 分别为切点的两条切线交于点 Q ，求证：点 Q 在定直线上解：（ 1）由题意得PC1PC2PC1PS4C1C2 ，故 P 点的轨迹是以C1、 C2 为焦点， 4 为长轴长2y2的椭圆，则 2a4，c1 ，所以 a 2 ， b3 ，故 P 点的轨迹方程是x1（534分）（ 2）法 1（几何法）四边形 SMC2N的面积1 SCMN1 SMMC2SM，222所以 MN2 SM2cosMSC22 1sin2MSC22 112，（9 分）SC2SC2从而2 取得最小值时，取得最小值，显然当S( 3，0)时，2 取得最大值2，SCMNSC所以 MN min2 113 （

9、12 分）4法 2（代数法）设 S( x ， y ) ，则以 SC为直径的圆的标准方程为002x0 12y02x022xy1y0，2222该方程与圆 C2 的方程相减得，x01 xy0 yx00，（8 分）则圆心 C2 到直线 MN的距离 d11，1 2x02y02x0y0 22x0122221因 为 x011615 2x0 ，从 而 d，y0， 所 以 x0y01 64x0用心爱心专心4x03，5 ，故当 x03 时dmax1 ，2212因为 MN2 1d，所以 MN min 21=3 （12 分）2（3）设Q(m，n)，则“切点弦”的方程为m1 (x 1) ny16 ，AB将点（ -1 ，

10、0）代入上式得 m7 ， nR，故点 Q在定直线 x7 上（ 16 分）19（本题满分 16 分）已知整数列满足a31 ， a74 ，前6 项依次成等差数列，从第5项起依次成等 an比数列（ 1）求数列an的通项公式；（ 2）求出所有的正整数m，使得 amam 1am 2am am 1am 2 解：（ 1）设数列前6 项的公差为 d，则 a512d， a613d，d 为整数又a5， 6，7 成等比数列，所以2，解得 d1，3d14 2d1aa当 n 6 时， ann4 ，（3 分）由此 a5 1， a62，数列从第5 项起构成的等比数列的公比为2，n， ，所以，当 n 5 时， an2n 5

11、.4 n4（7 分）故 ann 5， 5.2n（2）由（ 1）知，数列 an为：3，2，1， 0， 1， 2，4， 8， 16，当 m 1 时等式成立，即3216(3) (2) (1) ；当 m 3 时等式成立，即1010；（ 11分）当 m2 或 4 时，等式均不成立；（13 分）当 m5 时， amam 1am 223m 12 ， amam 1am 22m 5 (231)72m 5 ，用心爱心专心53 m 122m 7因为 2m 52，而 m5，mZ ，所以22m 7 是偶数，727所以 23m 1272m 5 ，于是 amam 1 am 2amam 1 am 2 ，故 m 1，或 m3（

12、 16 分）20（本题满分 16 分）已知函数 f ( x)x2 ， g (x)a ln x ， aR （ 1）若， f (x)g ( x) ，求实数 a 的取值范围；x 1（ 2）证明：“方程f ( x)g( x)ax (a0) 有唯一解”的充要条件是“a 1 ”解：（ 1）记 F ( x)f (x)g ( x) ，则 F ( x)2x a2 x2axx， x1 ，当 0时， F ( x)0 恒成立，a故 F(x) 为 1,上的单调增函数，所以Fmin ( x)F(1) 1，（ 2分）当a0时，由 F ( x)0 得xaa ，即02 时， F ( x)0 恒2 （负值已舍），若 21a成立，

13、故 F ( x) 为 1,上的单调增函数，所以Fmin ( x)F (1)1，（4分）若a1，即 a2时，F (x) 在,a 上恒小于 0，在a, +上恒大于0，2122所以 F ( x) 在,a上的单调递减，在a , +上的单调递增，122aaa1, a2, （ 6故 Fmin ( x)F1ln综上所述， Fmin ( x)222 ，a1lna,a222分）所以 a1lna<0,且 a2,解得a2分）22e （ 8（2） 1充分性：当 a 1时，方程 x2ln xx ，即 x2ln xx0 ，记 G( x)x2ln xx ，x 0由 G ( x)2 x112 x2x 1( x 1)(2x 1)0 得 x1（负值已舍），xxx所以 G( x) 在 (0,1) 上单调递减，在1,上单调递增，用心爱心专心6故 Gmin ( x)g (1) 0 ，即 G( x)x2ln xx 在 (0,) 有唯一解 x1，即证（ 11分）2 必要性：因为方程x2a ln xax ( a0) 有唯一解，记 h( x) x2a ln xax ， x0由 h (x)2 x aa2x2axa0 得x0aa28a （负值已舍） ，xx4所以 h( x) 在 (0,x0 ) 上单调递减， 在 x0 ,上单调递增， 故 hmin (x)h (x0 )0 ，且 h ( x0) 0（1