江苏省扬州市高三第一次模拟考试数学

1、2018届高三年级第一次模拟考试(六)数 学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：样本数据x1，x2，xn的方差s2(xix)2，其中xxi.棱锥的体积VSh，其中S是棱锥的底面积，h是高一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分 1.若集合Ax|1<x<3，B0，1，2，3，则AB_ 2.若复数(a2i)(13i)(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为_ 3.若数据31，37，33，a，35的平均数是34，则这组数据的标准差是_ 4.为了了解某学校男生的身体发育情况，随机抽查了该校100名男生的体重情况，整理所得数据并画出样本的频率分布直方图根据此图估计该校2

2、 000名男生中体重在7078(kg)的人数为_ (第4题) (第5题) 5. 运行如图所示的流程图，输出的结果是_ 6. 已知从2名男生2名女生中任选2人，则恰有1男1女的概率为_ 7. 若圆锥的侧面展开图是面积为3且圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为_ 8. 若实数x，y满足则x2y2的取值范围是_ 9.已知各项都是正数的等比数列an的前n项和为Sn，若4a4，a3，6a5成等差数列，且a33a，则S3_10在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1(a>0，b>0)的渐近线与圆x2y26y50没有交点，则双曲线离心率的取值范围是_11已知函数f(x)sinxx，则关于x的不等式f(1

3、x2)f(5x7)<0的解集为_12已知正ABC的边长为2，点P为线段AB中垂线上任意一点，Q为射线AP上一点，且满足·1，则|的最大值为_13已知函数f(x)若存在实数k使得该函数的值域为2，0，则实数a的取值范围是_14已知正实数x，y满足5x24xyy21，则12x28xyy2的最小值为_二、 解答题：本大题共6小题，计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，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点(1) 证明：B1C1平面A1DE；(2) 若平面A1DE平面ABB1A1，证明：ABDE.16. (本小题满

4、分14分)已知在ABC中，AB6，BC5，且ABC的面积为9.(1) 求AC的长度；(2) 当ABC为锐角三角形时，求cos的值17. (本小题满分14分)如图，射线OA和OB均为笔直的公路，扇形OPQ区域(含边界)是一蔬菜种植园，其中P，Q分别在射线OA和OB上经测量得，扇形OPQ的圆心角(即POQ)为、半径为1千米为了方便菜农经营，打算在扇形OPQ区域外修建一条公路MN，分别与射线OA，OB交于M，N两点，并要求MN与扇形弧PQ相切于点S，设POS(单位：弧度)，假设所有公路的宽度均忽略不计(1) 试将公路MN的长度表示为的函数，并写出的取值范围；(2) 试确定的值，使得公路MN的长度最小

5、，并求出其最小值. 18.(本小题满分16分)已知椭圆E1：1(a>b>0)，若椭圆E2：1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”(1) 求经过点(，1)，且与椭圆E1：y21“相似”的椭圆E2的方程；(2) 若m4，椭圆E1的离心率为，点P在椭圆E2上，过点P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且，若点B的坐标为(0，2)，且2，求直线l的方程；若直线OP，OA的斜率之积为，求实数的值19.(本小题满分16分)已知函数f(x)ex，g(x)axb，a，bR.(1) 若g(1)0，且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线，求实数a的值：(2)

6、若不等式f(x)>x2m对任意x(0，)恒成立，求实数m的取值范围；(3) 若对任意实数a，函数F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点，求实数b的取值范围20.(本小题满分16分)已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且2Snaan，数列bn满足b1，2bn1bn.(1) 求数列an，bn的通项公式；(2) 设数列cn满足cn，求c1c2cn的值；(3) 是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p，q，r的值；若不存在，请说明理由2018届高三年级第一次模拟考试(六)数学附加题(本部分满分40分，考试时间3

7、0分钟)21. B. 选修42：矩阵与变换(本小题满分10分)已知x，yR，若点M(1，1)在矩阵A对应的变换作用下得到点N(3，5)，求矩阵A的逆矩阵A1.C. 选修44：坐标系与参数方程(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是(t是参数，m是常数)以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为6cos.(1) 求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2) 若直线l与曲线C相交于P，Q两点，且PQ2，求实数m的值22.(本小题满分10分)扬州大学数学系有6名大学生要去甲、乙两所中学实习，每名大学生都被随机分配到两所中学的其中一所(1) 求6名大学生

8、中至少有1名被分配到甲学校实习的概率；(2) 设X，Y分别表示分配到甲、乙两所中学的大学生人数，记|XY|，求随机变量的分布列和数学期望E()23(本小题满分10分)二进制规定：每个二进制数由若干个0，1组成，且最高位数字必须为1.若在二进制中，Sn是所有n位二进制数构成的集合，对于an，bnSn，M(an，bn)表示an和bn对应位置上数字不同的位置个数例如当a3100，b3101时，M(a3，b3)1；当a3100，b3111时，M(a3，b3)2.(1) 令a510 000，求所有满足b5S5，且M(a5，b5)2的b5的个数；(2) 给定an(n2)，对于集合Sn中的所有bn，求M(a

9、n，bn)的和2018届扬州高三年级第一次模拟考试数学参考答案122. 63. 24. 2405. 946.7. 8. 9. 10. 11(2，3)12. 13. 14. 15. 解析：(1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形B1BCC1是矩形，所以B1C1BC.(2分)在ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，故BCDE，所以B1C1DE.(4分)又B1C1平面A1DE，DE平面A1DE，所以B1C1平面A1DE.(7分)(2) 在平面ABB1A1内，过点A作AFA1D，垂足为F.因为平面A1DE平面A1ABB1，平面A1DE平面A1ABB1A1D，AF平面A1ABB1，所以AF平面A

10、1DE.(11分)又DE平面A1DE，所以AFDE.在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A平面ABC，DE平面ABC，所以A1ADE.因为AFA1AA，AF平面A1ABB1，A1A平面A1ABB1，所以DE平面A1ABB1.因为AB平面A1ABB1，所以DEAB.(14分)16. 解析：(1) 因为SABCAB×BC×sinB9，又AB6，BC5，所以sinB.(2分)又B(0，)，所以cosB±±.(3分)当cosB时，AC.(5分)当cosB时，AC.所以AC或.(7分)(2) 由ABC为锐角三角形得B为锐角，所以AB6，AC，BC5，所以cosA.

11、又A(0，)，所以sinA，(9分)所以sin2A2××，cos2A，(12分)所以coscos2Acossin2Asin.(14分)17. 解析：(1) 因为MN与扇形弧PQ相切于点S，所以OSMN.在RtOSM中，因为OS1，MOS，所以SMtan.在RtOSN中，NOS，所以SNtan，所以MNtantan，(4分)其中<<.(6分)(2) 因为<<，所以tan1>0.令ttan1>0，则tan(t1)，所以MN， (8分)由基本不等式得MN·2，(10分)当且仅当t，即t2时等号成立. (12分)此时tan，由于<

12、<，故，MN2千米(14分)18. 解析：(1) 设椭圆E2的方程为1，代入点(，1)得m2，所以椭圆E2的方程为1.(3分)(2) 因为椭圆E1的离心率为，故a22b2，所以椭圆E1：x22y22b2.又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m4，所以椭圆E1：x22y28b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直线l1：ykx2，方法一：由题意得b2，所以椭圆E1：x22y28，将直线l：ykx2，代入椭圆E1：x22y28得(12k2)x28kx0，解得x1，x20，故y1，y22，所以A.(5分)又2，即B为AP中点，所以P，(6分)代入椭圆E2：x22y232得2

13、32，即20k44k230，即(10k23)(2k21)0，所以k±，所以直线l的方程为y±x2.(8分)方法二：由题意得b2，所以椭圆E1：x22y28，E2：x22y232，设A(x，y)，B(0，2)，则P(x，4y)，代入椭圆得解得y，故x±，(6分)所以k±，所以直线l的方程为y±x2.(8分)方法一： 由题意得x2y8b2，x2y2b2，x2y2b2，·，即x0x12y0y10，因为，所以(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得(12分)所以22b2，则x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y

14、22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b2(1)2·2b222b2，即4(1)22，所以.(16分)方法二：不妨设点P在第一象限，设直线OP：ykx(k>0)，代入椭圆E2：x22y28b2，解得x0，则y0，因为直线OP，OA的斜率之积为，所以直线OA：yx，代入椭圆E1：x22y22b2，解得x1，则y1因为，所以(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得所以22b2，则x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b22(

15、1)·2··(1)2·2b222b2，即8b2(1)2·2b222b2，即4(1)22，所以.19. 解析：(1) 由g(1)0知，g(x)的直线图象过点(1，0)设切点坐标为T(x0，y0)，由f(x)ex得切线方程是yex0ex0(xx0)，此直线过点(1，0)，故0ex0ex0(1x0)，解得x00，所以af(0)1.(3分)(2) 由题意得m<exx2，x(0，)恒成立，令m(x)exx2，x(0，)，则m(x)ex2x，再令n(x)m(x)ex2x，则n(x)ex2，故当x(0，ln2)时，n(x)<0，n(x)单调递减；

16、当x(ln2，)时，n(x)>0，n(x)单调递增，从而n(x)在(0，)上有最小值n(ln2)22ln2>0，所以m(x)在(0，)上单调递增，(6分)所以mm(0)，即m1.(8分)(3) 若a<0，F(x)f(x)g(x)exaxb在(0，)上单调递增，故F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1，(10分)以下证明当b>1时，F(x)f(x)g(x)在(0，)上总有零点若a<0，由于F(0)1b<0，Feabe>0，且F(x)在(0，)上连续，故F(x)在上必有零点；(12分)若a0，F(0)1b

17、<0，由(2)知ex>x21>x2在x(0，)上恒成立，取x0ab，则F(x0)F(ab)eaba(ab)b>(ab)2a2abbabb(b1)>0，由于F(0)1b<0，F(ab)>0，且F(x)在(0，)上连续，故F(x)在(0，ab)上必有零点，综上得，实数b的取值范围是(1，)(16分)20. 解析：(1) 2Snaan ，2Sn1aan1 ，得2an1aaan1an，即(an1an)(an1an1)0.因为an是正数数列，所以an1an10，即an1an1，所以an是等差数列，其中公差为1.在2Snaan中，令n1，得a11，所以ann.(2

18、分)由2bn1bn得·，所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，所以，即bn.(5分)(2) cn，裂项得cn，(7分)所以c1c2cn.(9分)(3) 假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差数列，则bpbr2bq，即.因为bn1bn，所以数列bn从第二项起单调递减，当p1时，若q2，则，此时无解；若q3，则，因为bn从第二项起递减，所以r4，所以p1，q3，r4符合要求(11分)若q4，则2，即b12bq，不符合要求，此时无解；当p2时，一定有qp1，否则若qp2，则2，即bp2bq，矛盾，所以qp1，此时，令rpm1，则r2m1，所以p2m1m1，q2m1m，综上得，存在p1，q3，r4或p2m1m1，q2m1m，r2m1满足要求(16分)21B. 解析：因为A，即，即解得所以A.(5分)方法一：设A1，则AA1，即(7分)解得所以A1.(10分)方法二：因为，且det(A)2×21×31，所以A11.(10分)C. 解析：(1) 因为直线l的参数方程是： (t是参数)，所以直线l的普通方程为xym0.(2分)因为曲线C的极坐标方程为6cos，所以26cos ，所以x2y26x，所以曲线C的直角坐标方程是(x3)2y29.(5分)(2) 设