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1、江苏省南通市xx 年高三第一次调研考试数学试题一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1 设全集 U 1 ， 2，3， 4， 5 ，集合A 1 ， 2 ， B 2 ，3 ，则A IeU BA 4 ， 5B 2 ， 3C 1D 22 1 24C151242 C512 2450 C5150 +24 51 除以 9 的余数是A 1B 4C 7D 83 函数 ylog a (x1)(a 0，a1) 的定义域和值域均为0， 1，则 a等于A 1B 2C2D 2224 双曲线的一条渐近线与实轴的夹角为，则双曲线的离心率为A sinB
2、1C cosD 1sin cos5 对某种电子元件使用寿命跟踪调查，所得样本频率分布直方图如右图，由图可知一批电子元件中寿命在100300 小时的电子元件的数量与寿命在300600 小时的电子元件的数量的比是A 1B 1频率23C 1D 1组距1462506 函数 y| sin x | 的单调递增区间是1A 2 k,2 k( k Z )2B k,k1Z )( k2C 2 k1 ，2k1 ( k Z )22D k1 ， k1 ( k Z )2214003200012000100 200 300 400 500 600寿命（h ）（第 5 题）7 箱内有大小相同的 6 个红球和4 个黑球， 从中每
3、次取1 个球记下颜色后再放回箱中，则前 3 次恰有 1 次取到黑球的概率为A 1B 36C 3D 542125101258 空间四条直线a， b， c， d，满足 ab， b c，c d， da，则必有A a cB bdC bd 或 a cD b d 且 a c9 若 a0， b 0， a3 b3 2a2b，则 b 的取值范围是a， 5 1B(5 1，C (0， 2 1)D ( 2 1，1)A (0)1)22uuuruuuruuur10 ABC 的外接圆圆心为 O，且 3OA4OB5OC 0 ，则 C 等于A 45B 60C 75D 90二、填空题：本大题共6 小题 ，每小题5 分，共 30
4、分把答案填写在答题卡相应位置上11已知向量 a（ 1，1），b ( 62,62) ，则 a 与 b 的夹角 12垂直于直线x 3y 0 且与曲线 yx33x2 相切的直线方程为2uuuruuur13椭圆 x2 y21(a1) 的一个焦点为F，点 P 在椭圆上， 且 | OP | OF |（ O 为坐标原点），a则 OPF 的面积 S14数列 an 中， a1 1， a5 45，且 nan 1(n1)an t ，则常数 t15一排 7 个座位，让甲、乙、丙三人就坐，要求甲与乙之间至少有一个空位，且甲与丙之间也至少有一个空位，则不同的坐法有种16已知函数f ( x)| 2 x1| ，当 abc 时
5、，有 f (a )f (c)f (b) 给出以下命题：（ 1） ac0 ；（ 2） bc0 ；（ 3） 2a2c2 ；（ 4） 2b2c 2 则所有正确命题的序号是三、解答题：本大题共5 小题 ，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（本题满分12 分）已知抛物线的顶点在原点，焦点F 在 x 轴的正半轴上，且过点P（ 2，2），过 F 的直线交抛物线于A（ x1， y1）， B（ x2， y2）两点（ 1）求抛物线的方程；（ 2）设直线 l 是抛物线的准线，求证：以AB 为直径的圆与直线l 相切18（本题满分 14 分）在同一平面内， Rt ABC 和 Rt ACD 拼接如图所
6、示，现BA将 ACD 绕 A 点顺时针旋转 角（ 0 ）后得F3C1DCE（第 18 题）D1AC1D 1， AD1 交 DC 于点 E， AC1 交 BC 于点 F BAC ACD ， ACB ADC 2， AC3 （ 1）当 AF 1 时，求 ；（ 2）求证：对任意的uuuruuur（ 0， ）， BEAC 为定值319（本题满分 14 分）正四棱锥 S ABCD 中， O 为底面中心， E 为 SA 的中点， AB 1，直线 AD 到平面 SBC 的距离等于6 3（ 1）求斜高 SM 的长；（ 2）求平面 EBC 与侧面 SAD 所成锐二面角的大小；S（ 3）在 SM 上是否存在点 P，
7、使得 OP平面 EBC ？并证明你的结论EDCMOAB（第 19 题）20（本题满分 15 分）（ 1）设 a， nN x， a 2，证明： a2 n( a)n (a1) an ；（ 2）等比数列 an 中，1，前 n 项的和为 An，且 A7，A9，A8 成等差数列 设 bnan2，a121an数列 bnnn1 前 n 项的和为 B ，证明：B 321（本题满分 15 分）已知函数 f ( x) x3bx23cx8 和 g (x)x3bx2cx （其中3b 0 ），2F (x) f ( x) 5g ( x) ， f(1)g (m) 0 （ 1）求 m 的取值范围；（ 2）方程 F (x)0
8、有几个实根？为什么？数学参考答案和评分标准1 C2 A3B4 D5 C6B7 D8 C9B10 A111 120 123x y 1 013214 1015 10016（1），（ 4）17解：（ 1）设抛物线 y22 px( p0) ，将（ 2， 2）代入，得 p 1 4 分y2=2x 为所求的抛物线的方程5 分y2，2x（2）联立xty消去 y，得到1 ，22(1210 7 分x2t)x42设 AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ，则 x012t 2 点 M 到准线 l 的距离12t212(19 分d2)t 2而AB11x1x211(1 2t 2 )212(1 t 2 ) ，11 分t
9、2t2d1AB ，故以 AB 为直径的圆与准线l 相切12 分2（注：本题第（ 2）也可用抛物线的定义法证明）18解：（ 1）在 ACF 中，ACAF ，即sin AFCsin631 5 分 1sin()62 sin(37 分)又 0，6236uuuruuuruuuruuur uuuruuur uuuruuuruuuruuur uuurEAC（2） BEAC （BAAE） ACBA ACAEAC0 | AC | | AE | cosuuur3 14 分| AC |2（注：用坐标法证明，同样给分）19解法一：（ 1）连 OM ，作 OH SM 于 H SM 为斜高， M 为 BC 的中点， BC
10、OM BC SM， BC平面 SMO又 OH SM， OH平面 SBC2 分由题意，得 OH166 236设 SM x，则6xx21)2133分6(，解之 x，即 SM 52222（ 2）设面 EBCSDF ，取 AD 中点 N，连 SN，设 SN EF Q AD BC， AD面 BEFC 而面 SAD面 BEFC EF， AD EF S又 AD SN， AD NM ， AD 面 SMN从而 EF面 SMN， EF QS，且 EF QM FQ SQM 为所求二面角的平面角，记为 7 分EH由平几知识，得(2 QM )2SN22( MN2MS2) DCNM 4QM 22(13 )3 ， QM11
11、 OAB444(11)2(3) 23（第 19 题）1 cos444，即所求二面角为11333244arccos 1 10 分33（ 3）存在一点 P，使得 OP平面 EBC取 SD 的中点 F ，连 FC，可得梯形 EFCB ，取 AD 的中点 G，连 SG， GM，得等腰三角形SGM， O 为 GM 的中点，设 SG EF H，则 H 是 EF 的中点连 HM ，则 HM 为平面 EFCB 与平面 SGM 的交线又 BC SO， BCGM ，平面EFCB 平面 SGM 12 分在平面 SGM 中，过 O 作 OQ HM ，由两平面垂直的性质， 可知 OQ 平面 EFCB 而 OQ 平面 S
12、OM，在平面 SOM 中，延长 OQ 必与 SM 相交于一点，故存在一点 P，使得 OP平面 EBC 14 分解法二：（ 1）建立空间坐标系（如图）1 ，1，0) ，z底面边长为 1， A(S22B (1 ，1，0) ， C(1 ，1 ，0) ，2222M (0，1，0) 1 分E2D设 S(0，0， h) ，C平面 SBC 的一个法向量 n( x，y，1)，OMyuuuruuur(1，0，0) AB则 SM(0，1， h ) ， CBx2 0uuuruuur1y h （第 19 题）n CB x ， 0 n SM2 y 2h， n（ 0， 2h， 1）3 分uuur6uuur2h| AB n
13、 |解得 h2 而 AB （ 0， 1， 0），由题意，得3| n |4h212斜高uuuruuur 2uuuur 23 5 分| SM |SOOM2（ 2） n（ 0，2h， 1） (0， 2，1)，由对称性，面 SAD 的一个法向量为 n 1(0，2，1) 6 分设平面 EBC 的一个法向量n 2=（ x， y， 1），由112uuur1，3 ，21 ，2)，得E (， ，) ， EB (4)(1 3444444nuuur，0CB2x0nuuur13 y2).解得EB(x24，x 012 n2(0， 2，3) 8 分y.33设所求的锐二面角为，则cos| cos n1， n 2| n1 n
14、2 |1，arccos1 10 分| n1 | n2 |3333（ 3）存在满足题意的P 点证明如下：uuuruuuuruuuruuuuruuur 1)OPOMMPOMMS (0(0，1，0)(0，1 ， 2)1(0，1， 2) 11 分2222又 n21uuur23 13 分(0， 2，3)，令 OP 与 n2 共线，则132 3 故存在 P SM，使 OP面 EBC 14 分520. 解：（ 1）当 n 为奇数时， an a，于是， a2 n(a)n a n (a n1) an (a1) 3 分当 n 为偶数时， a1 1，且 ana2，于是a2 n(a)n2nnnn1) an(a21)
15、= an(a1)(a1) aa a( aa n (a1) 6 分（ 2） A9A7a8a9 ， A8A9a9 ， a8a9a91a9 ，公比 q 9 分a82n(1 n 10 分a)2（注：如用求和公式，漏掉q=1 的讨论，扣1 分）111bn4n 12 分4n2)nn1n(321()211 15 分 Bbbbbn 11113 2n1233 2 3 223 233 2n131221解：（ 1） f ( x)3x22bx3c ， f(1)0， 32b3c0 ， c2b3 1 分3g (m)3m22bmc0，即 3m22bm2b30 ，3(2 6m)b9 m23 3 分当26m0 ，即 m1 时，
16、上式不成3立4 分当26m0 ，即 m1 时，b9m23 由条件3b0 ，得到326m239m230 226m23 ，解得 m由 9m30 或26m211 5 分m321 或由 9m30 ，解得3m26m33m3 6 分3m 的取值范围是3m0 或33m 1 7 分3（ 2）有一个实根9 分F (x)324cx 40 0 ，即 3x 3bx记 Q(x) 3x33bx 24cx4，则Q ( x)9x26bx 4c3b0， c2b3 ，1c0 10 分23 0，故 Q (x)0 有相异两实根 x1， x2 ( x1x2 ) 2 b, x1 x20x1x21，4 ，x1x24 c ，4x1 x20.显然 x10 x2 ， x13999 x24 1x1x29x21于是 Q(x2 )x238 (2b9x2 ， 9 x229x240 ， 0x24 12 分3Q ( x2 ) bx228 cx24 0 bx228 cx2416 b32 c 433994c) 48 (c3)43240 99而 x2 为三次函数Q( x) 的极小值点，故Q(x) 与 x 轴只有一个交点方程 F ( x)0 只有一个实根15 分