江苏省南通市2018届高三上学期第一次调研测试数学试题含答案

1、南通市2018届高三第一次调研测试数学I一、选择题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.已知集合A 1,0,a , B 0,而.若B A,则实数a的值为 . .1 4i.已知复数z ,其中i为虚数单位，则复数 z的实部为.1 i.已知某校高一、高二、高三的学生人数分别为400, 400, 500.为了解该校学生的身高情况，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为65的样本，则应从高三年级抽取 名学生. TOC o 1-5 h z .根据如图所示的伪代码，可知输出的结果 S为 . r* ：ST：ii I!I:：:fI1End WhiteIPrin

2、ts.某同学欲从数学建模、航模制作、程序设计和机器人制作4个社团中随机选择 2个，则数学建模社团被 TOC o 1-5 h z 选中的概率为.X 1,.若实数x, y满足 y 3, 则2x y的最大值为.x y 1 0,22.在平面直角坐标系xOy中，已知点F为抛物线y2 8x的焦点，则点F到双曲线2 1的渐近线169的距离为.在各项均为正数的等比数列 an中，若a2 1, a8 a6 6a4,则a3的值为.在平面直角坐标系 xOy中 将函数y sin 2x 的图像向右平移 01 个单位长度.若平 HYPERLINK l bookmark13 o Current Document 32移后得到

3、的图像经过坐标原点，则的值为 .若曲线y xln x在x 1与x t处的切线互相垂直，则正数 t的值为 .已知正六棱柱的底面边长、高都为6cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的.如图，铜质六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的4cm ,圆柱的底面积为973cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为(不计损耗).如图，已知矩形 ABCD的边长AB 2, AD 1.点P, Q分别在边BC , CD上，且PAQ 45.在平面直角坐标系xOy中，已知点A( 4,0) , B(0,4),从直线AB上一点P向圆x22y 4引两条切线PC , PD ,切点分别为C , D .设线段CD的中点为M ,则线段A

4、M长的最大值为.已知函数f (x)2x 2ax a 1,x 0,2g(x) x 1 2a.若函数y f (g(x)有4个零点，则实数 ln( x),x 0,a的取值范围是.三、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域 内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.).如图，在三麴隹P ABC中，AB PC, CA CB, M是AB的中点.点N在PC上，点D是BN的中点.求证：(1) MD/平面PAC;(2)平面ABN 平面PMC.16.在 ABC中，角A, B, C所对的边分别是a, b, c,且a2 b2 c2 bc , a -b.(1)求sin B的值;(2)求cos C

5、的值. 12217.如图，在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆22 a2y1 (a b 0)的离心率为,两条准线之间的2距离为4.2 .(1)求椭圆的标准方程;(2)已知椭圆的左顶点为A,点M在圆x2 y28 ,一上，直线AM与椭圆相交于另一点 B ,且 AOB的 9面积是 AOM的面积的2倍，求直线 AB的方程.18.如图，某小区中央广场由两部分组成，一部分是边长为80cm的正方形 ABCD,另一部分是以 AD为直径的半圆，其圆心为 O .规划修建的3条直道AD , PB, PC将广场分割为6个区域：I、出、V为绿化区域(图中阴影部分)，n、IV、W为休闲区域，其中点 P在半圆弧上，AD分别

6、与PB, PC相交于点E , F .(道路宽度忽略不计)(1)若PB经过圆心，求点 P到AD的距离;(2)设 POD ,0,-.试用表示EF的长度；当sin为何值时，绿化区域面积之和最大.已知函数g(x) x3 ax2 bx(a,b R)有极值，且函数f(x) (x a)ex的极值点是g(x)的极值点，其中e是自然对数的底数.(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式；当a 0时，若函数F(x) f(x) g(x)的最小值为M(a),证明：m Z.3.若数列an同时满足：对于任意的正整数n , aa 1 an恒成立；对于给定的正整数k ,an k an k 2an

7、对于任意的正整数 n(n k)恒成立，则称数列an是“ R(k)数列”.2n 2,n为奇数，.(1)已知an4,由的判断数列an是否为“ R(2)数列”，并说明理由；2n,n为偶数，已知数列出是“ R(3)数列”，且存在整数P(P 1),使得b3P 3 , b3p 1 , b3p 1 , b3P 3成等差数列， 证明：bn是等差数列.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答 . 若多做，则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.选彳4-1 :几何证明选讲如图，已知eQ的半径为2, eO2的半径为1,两圆外切于点T.点P为eO1上

8、一点，PM与eO2切于 点M .若PM J3 ,求PT的长.“041 x已知x R,向量 是矩阵A的属于特征值10 2的一个特征向量，求与A1C.选彳4-4 :坐标系与参数方程_x t 1在平面直角坐标系 xOy中，直线y x与曲线 2y t2 1t为参数)相交于 A, B两点，求线段 AB的D.选彳4-5 :不等式选讲人22已知a 1 , b 1,求的最小值.a 1 b 1【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20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22.如图，在四棱锥 P ABCD中，AP , AB , AD两两垂直，BC/AD,AP AB AD

9、4 ,BC 2.(1)求二面角P CD A的余弦值;(2)已知点H为线段PC上异于C的点，且DCDH ,求-PH的值.PC23. (1)用数学归纳法证明：当 n N*时,cosx cos2x cos3xcosnx一一 1 sin n x 2 19 . 122sin - xx R,且 x 2kk Z);求sin62sin 63sin364sin 62018sin2018 的值.6、选择题1. 12.5. 16.2南通市2018届高三第一次调研测试数学学科参考答案及评分建议3.254.107.68.、35110. e 11.2 1012.4 2 465 113. 3 214.2 ,1 U 1,二、

10、解答题15.【证明】（1）在 ABN中，M是AB的中点，D是BN的中点，所以 MD /AN .又因为AN 平面PAC , MD 平面PAC ,所以MD/平面PAC.(2)在 ABC中，CA CB, M是AB的中点，所以AB MC ,又因为 AB PC, PC 平面 PMC, MC 平面 PMC , PCI MC C, 所以AB 平面PMC .所以平面ABN 平面PMC .16.【解】(1)在 ABC中，根据余弦定理及又因为AB 平面ABN ,222222b c aa b c bc 得，cos A 2bc又因为A 0,，所以A . 3a b TOC o 1-5 h z 在ABC中，由正弦定理得，

11、sin A sin Bb . a 235sin B -sin A.a .15250 B -.315 一一(2)因为a b b ,所以A B ,即得 TOC o 1-5 h z 又 sin B 5 ,所以 cosB .1 sin2 B 25 . 55在 ABC 中，ABC ,所以 cos(C ) cos( A B 一) 1212cos(B )4cosB cos sin Bsin 442.5 工、5、,2. 10.52521017.【解】(1)设椭圆的焦距为2c,由题意得， 近，曳 472 a 2 c解得a 2 , c 夜，所以b 72.22所以椭圆的方程为1.42(2)方法一：因为SAOB2sA

12、OM所以AB 2AM ,所以点M为AB的中点.22因为椭圆的方程为 J L 1,42所以 A( 2,0).设 M(%,yo),则 B(2xo 2,2y0).22所以x2y29，11,2由得9x2 18xo 16 0 ,-28斛得x0,x0一(舍去)33，一 2 一2把Xo2代入，得y033一,1所以kAB二，2_因此，直线AB的万程为y (x2)即x 2y20,x 2y20.方法二：因为S aob 2s aom ,所以AB 2AM ,所以点M为AB的中点.设直线ab的方程为yk(x 2).2 x由Ty2匕1,曰2,得(1k(x 2),2k2)x2 8k2x8k20,所以(x_ 22)(1 2k

13、 )x4k22 0,解得xb2 4k21 2k2所以xMXb ( 2)24k21 2k2k(xM2)2kZ2，1 2k代入9得(4k2 )21 2k2)(12k2k2)28, 9化简得28 k42_k 2 0,即(7k2 2)(4k2 1) 0,解得1所以，直线 AB的方程为y 1(x22)即 x 2y2 0, x 2y 2 0.【解】以AD所在直线为x轴，以线段 AD的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(1)直线pb的方程为y 2x,半圆O的方程为x2 y2 402 ( y 0),y 2x,一由 222 得 y 16v5.x2 y2 402 (y 0),所以，点P到AD的距离为16而m.学V V

14、I由题意，得 P(40cos ,40sin ).直线PB的方程为y 80sin 2cos 1(x 40),0,得Xe80cos 80 m40sin 280cos 40sin直线PC的方程为y 80sinsin 280coscos80(x 40),所以,EF的长度为sin 280cos 40sin40sinf()80sinXf Xe一sin0,.区域IV、VI的面积之和为“ 80sin80 sin806400sin区域n的面积为EF40sin80sin sin40sin1600sin 2sinS21600sin2sin6400 (02).设sint 3,_ 21600(t 2)t64001600

15、(t，4) 1600(2.8 4)6400( - 21).当且仅当t2垃,即sin2，2 2时“ ”成立.所以，休闲区域n、iv、w的面积 G S2的最小值为6400(72 1)m2.答：当sin 2M 2时，绿化区域I、出、V的面积之和最大1.【解】 因为 f(x) ex (x a)ex (x a 1)ex,令 f(x) 0,解得 x a 列表如下.x(,a 1)a 1(a 1,)f (x)0f(x)极小值Z所以x a 1时，f(x)取得极小值.因为 g (x) 3x2 2ax b ,由题意可知g( a 1) 0,且4a2 12b 0所以 3( a 1)2 2a( a 1) b 0,化简得b

16、a2 4a 3 , TOC o 1-5 h z m22口3由4a2 12b 4a2 12(a 1)(a 3) 0,得 a -.2一3所以 b a2 4a 3, a 二. 2因为 F(x) f (x) g(x) (xa)ex(x3ax2bx),所以 F(x)f(x) g (x) (x a1)ex3x22ax(a1)(a 3)(x a 1)ex (x a 1)(3x a 3)(x a 1)(ex 3x a 3)记 h(x) ex 3x a 3,则 h(x) ex 3,令 h(x) 0,解得 x ln3 .列表如下.x(,ln 3)ln3(ln 3,)h(x)0h(x)极小值Z所以x ln3时，h(

17、x)取得极小值，也是最小值，此时，h(ln 3) eln3 3ln 3 a 3 6 3ln3 a23(2 ln3) a 3(ln ) a a 0.3令 F (x) 0 ,解得 x a 1.列表如下.x(,a 1)a 1(a 1,)F(x)0F(x)极小值Z所以x a 1时，F(x)取得极小值，也是最小值所以 M(a) F( a 1)a 132(a 1)e(a 1) a( a 1) b( a 1)ea1 (a 1)2(a 2).记 m(t)et t2(1 t)et t3 t2 , t 1,则 m(t)et3t2 2t, t 1.因为 e 1et0 , 3t2 2t 5,所以m(t) 0 ,所以m

18、(t)单调递增.所以 m(t) et 21 27,33所以M(a) 7. 320.【解】(1)当n为奇数时，an 1 an2(n 1) (2n 1) 3 0,所以 an 1 aan 2 an 22(n2) 12(n2)1 2(2n 1) 2an.当 n 为偶数时，an1 an(2n1)2n 10,所以 an1 an.an 2 an 22(n 2) 2(n 2) 4n 2街.所以，数列an是“ R(2)数列”.(2)由题意可得：bn 3 bn 3 2,则数列b1, b4, b7,是等差数列，设其公差为 d1 ,数列b2,b3,b8,是等差数列，设其公差为d2,数列b3,b6,b9,是等差数列，设

19、其公差为d3.因为 bn bn 1 ,所以 b3n 1 b3n 2 b3n 4 ,所以 b1 nd1 b2 nd2 b1 (n 1)d1,所以 n(d2 d1) b1 b2，n(d2 d1) b1 b2 d1 .右d2 d10,则当n 时，不成立；d2 d1 TOC o 1-5 h z 4b1 b2 di ,若2 d10,则当n 时，不成立；d2 d1若d2 d1 0,则和都成立，所以 d1d2.同理得：d1 d3,所以 d1 d2 d3,记 d d2 d3 d.设 b3p 1b3p 3b3p1b3p1 b3p 3 b3p1,则 b3n1b3n 2b3p1(np)d (b3p 1(n p1)d

20、)b3p1 b3p1 d d .同理可得：b3nb3n 1b3n 1b3nd ，所以bn1bnd .所以bn是等差数列.b3p 1b3p 1【另解】b3p1b3P3b2(p 1)d(b3(p 2)d)b2b3 d ,b1 pd (b2 (p 1)d) b1 b2 d ,b3P 3 b3p i b3 pd (bipd) b3 bi,一 2以上三式相加可得：32d ,所以 一d ,3所以 b3n 2 bi (n 1)d b1 (3n 2 1)d, 3d b3n i b2 (n 1)db1d (n 1)db1 (3n 1 1),3db3nb3 (n 1)db1(n 1)d1bl (3n 1),3 T

21、OC o 1-5 h z dd所以 bn b1 (n 1)一，所以 bn1 bn，33所以，数列bn是等差数列21A【解】延长PT交e O2与点C ,连结 OF , O2C , O1O2,则。2过点 T ,由切割线定理得：PM 2 PC PT 3.因为 O1TPO2TC ,OP与O2TC均为等腰三角形,所以 01TpO2TC ,所以PTTCP01C022,PT23所以，即PC-PT .PC323因为PCPT-PTPT3,所以2PT 2.1 x 0B.【解】由已知得 c 2 12所以 所以Ax 0则AA1 0 a b0 2 cda b2c 2d TOC o 1-5 h z ,1所以 a 1 ,

22、b c 0, d -.21 0所以 2, A 11 .0 -2 HYPERLINK l bookmark23 o Current Document X t 1cC.【解】曲线 9的普通方程为y X2 2x .y t2 1yx,x0 x1联立 2 解得 或yx2x, y0y1所以 A(0,0) , B( 1, 1),所以 AB -,( 1 0)2 ( 1 0)2.2 .所以b2a 1d.【解】因为a 1, b 1,a24(a 1) 4b, -a 4(b 1) 4a.b 1两式相加:b2a 12a4(a 1)4(b 1)b 14b 4a,所以b2a 18.,22当且仅当_b_ 4(a 1)且-a-

23、a 1b 14(b 1)时“”成立.2 时，-ba 12-a取得最小值8.b 1uuir uuur uur22.【解】以 AB,AD,AP为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A xyz.则 A(0,0,0) , B(4,0,0) , C(4,2,0) , D(0,4,0) , P(0,0,4)uuiruuir(1)由题意可知，DP (0, 4,4), DC (4, 2,0).ur设平面PCD的法向量为n1 (x,y,z),ur uuurn1 DP 0 4y 4z 0则 ur uuur 即令x 1 ,n1 DC 0 4x 2y 02, z 2.所以urR (1,2,2).平面ACD的法向量为ur uurcos n，n2ur叫ur ni(0,0,1)，ur所以34)，L_E s，u-turn1国uuirDC (4, 2,0),uuir 设PHuurPC(4uuur 则DHuuurDPuuur PH(4,24,44 ),因为DCDH ,所以 7(4 )2_2(24)(44 )2、20，化简得3又因为点H异于点C