《2018江苏苏锡常镇四市高三调研(一)数学试题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018江苏苏锡常镇四市高三调研(一)数学试题及答案.docx（24页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2018江苏苏锡常镇四市高三调 研（一）数学试题及答案2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学I试题一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题 卡相应位置上. 1 .已知集合A 1,1 , B 3,0,1,则集合AI B2 .已知复数z满足zi 3 4i （i为虚数单位），则223 .双曲线宁七1的渐近线方程为 434 .某中学共有1800人，其中高二年级的人数为600. 现用分层抽样的方法在全校抽取n人，其中高二 年级被抽取的人数为21,则n .5 .将一颗质地均匀的正四面体骰子（每个面上分 别写有数字1, 2, 3, 4）先后抛掷2次，观
2、察其 朝下一面的数字，则两次数字之和等于 6的概率 为.6 .如图是一个算法的流程图，则输出S的值 是.开始喻出57 .若正四棱锥的底面边长为2cm,侧面积为8cm2, 则它的体积为 cm3.8 .设Sn是等差数列an的前n项和，若a2 a4 2,S2 s4 1)贝U aio9 .已知a 0, b 0且2 3倔则ab的最小值 a b是.10 .设三角形ABC的内角A, B, C的对边分别为a,b,。，已知黑心，则cosA tan b bx )-a e ,x 111.已知函数f(x) 4(e是自然对数的底).x ，x 1x若函数y f(x)的最小值是4,则实数a的取值范围为.12 .在ABC中，
3、点P是边AB的中点，已知CP凡uuuCA 4 )2uuu uuuACB 2-)则 CP CA13 .已知直线1： x y 2 0与x轴交于点A,点P在直 线1上，圆C： (x 2)2 y2 2上有且仅有一个点B满足 AB BP,则点P的横坐标的取值集合为.14 .若一一次函数f(x) ax2 bx c (a 0)在区间1,2上有两 个不同的零点，则地的取值范围为a二、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.15 .已知向量 a (隹sin ,1) b (1,sin(). 4(1)若角 的终边过点(3,4),求a b的值；(2)若
4、a/b,求锐角的大小.16 .如图，正三棱柱ABC AB1C1的高为76,其底面边 长为2 .已知点M , N分别是棱A1C1, AC的中点，点 D是棱CCi上靠近C的三等分点.求证：(1) BM/平面 ABN ； (2) AD平面 AiBN .17 .已知椭圆C：tM 1” b )经过点(“(1，W)， a b22点A是椭圆的下顶点.(1)求椭圆c的标准方程；(2)过点A且互相垂直的两直线11 , 12与直线y x分 别相交于E , F两点，已知OE OF ,求直线11的斜率. 18.如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为 6, O是圆心，且OC AB.在OC上有一座观赏亭Q, 其中AQ
5、C 2r.计划在BC上再建一座观赏亭P,记 3POB (0(1)当3时，求OPQ的大小；(2)当OPQ越大，游客在观赏亭P处的观赏效果 越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时， 角的正弦值.19 .已知函数 f (x) x3 ax2 bx c)g (x) In x.(1)若a 0, b 2,且f(x) g(x)恒成立)求实数c的取值范围;(2)若b 3,且函数y f(x)在区间(1,1)上是单调递 减函数.求实数a的值；当c 2时，求函数h(x) f(X),f* g(x)的值域. g(x), f(x) g(x)20 .已知Sn是数列an的前n项和，ai 3 ,且 一. 一 . *.2Sn a
6、n 1 3(n N ).(1)求数列an的通项公式；(2)对于正整数 i , j , k(i j k),已知 aj , 6a、 ak 成等差数列，求正整数，的值；(3)设数列bn前n项和是Tn,且满足：对任意的正整数n,都有等式a,bn a2bn1 a3bn2anb1 3n 13n 3成立求满足等式工1的所有正整数n.an 32017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(一) 数学n (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.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. A.选修4-1 :几何证明选讲如
7、图，AB是圆。的直径，D为圆。上一点，过点D作 圆。的切线交AB的延长线于点C,且满足DA DC .(1 )求证：AB 2BC ；(2)若AB 2,求线段CD的长.B.选修4-2 :矩阵与变换已知矩阵A 4 0 , B 1 2 ,列向量X a . 0 10 5b(1)求矩阵AB；若BX 5 ,求a, b的值.C.选修4-4 :坐标系与参数方程在极坐标系中，已知圆c经过点p(2E，7),圆心为 4直线sin( 3)卤与极轴的交点，求圆C的极坐标方程.D.选修4-5 :不等式选讲已知X,y都是正数，且xy 1,求证：(1 X y2)(1 y x2) 9.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共
8、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，底面ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD ? PD AD 2AB)点Q为线段PA (不含端点)上一点(1)当Q是线段PA的中点时)求CQ与平面PBD所 成角的正弦值；(2)已知二面角Q BD P的正弦值为2,求些的值.3 PA23.在含有n个元素的集合An 1,2, ,n中，若这n个 兀素的一个排列(a1，a2,，a。)满足a i(i 1,2, ,n), 则称这个排列为集合人的一个错位排列(例如： 对于集合A 1,2,3，排列(2,3,1)是A的一个错位排列； 排列(1,3,2
9、)不是A的一个错位排列).记集合A的所 有错位排列的个数为Dn.(1)直接写出D1 , Dz, D3 , D”的值；(2)当n 3时，试用Dn2, Dn1表示Dn,并说明理由； (3)试用数学归纳法证明：D2n(n N*)为奇数.、填空题1. 14.632017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学I试题参考答案5.2.3.,3y3x6.257.9.2、.610.11.12.14.0,1)解答题15.解:(1)由题意所以4.25(2)则sin316sin4_J38.13.cossin(a ). 2sin4sincos cossin 4因为a/b）所以2 sinsin(a(sin
10、cos所以锐角cos cos4. 2 sinsin-)1,所以 sin2 sincoscos2,对锐角有cos 0所以16.证明：（1 ）连结 MN）正三棱柱 ABC A1B1C1 中）AA1/CC1 且AA1 CC1,则四边形AAC1C是平行四边形，因为点 M、N分别是棱AG, AC的中点）所以MN/AA1且MN AA1 ,又正三棱柱 ABC AB1cl中 AA/冲且 AA BB）所以 MN /BB1 且MN BBi,所以四边形MNBBi是平行四边形，所以 B1M /BN , 又 B1M 平面 ABN , BN 平面 ABN ）所以BiM/平面AiBN ；小(2)正三棱柱 ABC A B1c
11、l 中 , AA1 平面 ABC )BN平面ABC)所以BN AA1)正ABC中)N是AB的中点)所以BN AC ,又小、AC平面 AAC1C ? AA I AC A )所以BN 平面AAC1C ,又AD 平面AAC1C ,所以AD BN ,由题意)AA V6)AC 2, AN 1, CD 所以AA1 AN 3AC CD 2 )又AAN ACD所以AAN与ACD相似)则AA1NCAD )所以ANA1CAD ANAAAN 万，贝U AD AN , 又 BN I A1N 所以AD平面ABN .BN)AN 平面 ABN)17.解：(1)由题意得3a1aL 4b234b21-2 a1b7所以椭圆C的标
12、准方程为2 y4 由题意知A(0, 1),直线111；12的斜率存在且不为零，设直线11： yKx 1,与直线y x联立方程有y 7 1,得E(k11 k1 1设直线12： yx 1,同理 F(；,；), k1-1-1k1k1因为OE OF ,所以|六|十|，k111k11k1 11k1k12。无实数解;2)jk1k1 1 工 1 1kiki2)k12 2k1 1 0)解得 k1 1 V25综上可得，直线li的斜率为1近.18.解:(1)由题,Rt OAQ 中)OA 3)AQOAQC所以OQPOQ 2由正弦定理得一sinOQOPOPQ sin OQP即萨所以3sinsin(sin(6)6)si
13、n(56则 3sin.5sin cos65.cossin61一 cos2.3 .一 sin2、3sin因为为锐角,所以cos0,所以tan.33设OPQ,在 OPQ 中)OP由正弦定理得OQOPsin OPQ sin OQP3_2)sin ./ sin(所以cos( ), 3sin sin( () sin()cos cos sin sin )从v而(掷 sin )sin cos cos,其中 P sin 0 , cos 0 ,所以tancos记 f()Ls)f() 1 厂An 2 )(0，-)；.3 sin(,3 sin )2 令f()0, sin 鼻存在唯一 (0，力使得sin。 323当(
14、0, 0)时 f( ) 0, f()单调增，当(0,万)时 f,( ) 0,f()单调减，所以当 0时，f()最大，即tan OPQ最大，又OPQ为锐角，从而OPQ最大，此时sin 1.答：观赏效果达到最佳时，的正弦值为手.19.解：(1)函数y g(x)的定义域为(0, ) .当a 0,3b 2) f (x) x 2x c)I f(x) g(x)恒成立,x3 2x c lnx恒成立,即 c In x x3 2x.令(x) In x x3 2x) 则121 2x 3x3(1 x)(1 3x 3x2)(x) - 3x 2 AL ,xxx7令,(x) 0)得x 1)(x)在(0,1上单调递增,令,
15、(x) 0,得x 1 ,(x)在1,)上单调递减,，当 x 1 时)(x)max(1) 1.(2) 当 b 3 时,f (x) x3 ax2 3x c, f (x) 3x2 2ax 3由题意)f(x) 3x2 2ax 3 0对x ( 1,1)恒成立)即实数a的值为0.f(1) 3 2a 3 0f( 1) 3 2a 3 0函数y h(x)的定义域为(0,).当 a 0)b 3)c 2 时)f(x)x3 3x 2.二当 x (0,1)时)对于 g(x) lnx)(0,1)时,g(x) 0)当 x1 时)g(x) 0)当x (1,)时)g(x)二当 x (0,1)时)h(x)f(x)当 x 1 时)
16、h(x)x(0,1)1(1,)f(x)-0+f(x)极小值0Zf (x)f (x) 3x2 3)得x 1f (x) 3x2 3 0)1 时)f(x) 0)当x (1,)时)f(x) 0.时)h(x) 0 .故函数y h(x)的值域为0,).20.解：(1)由 2sn an 13(n N*)得 2Sn1 an2 3,两式作差得 2an 1 an 2 an 1,即 an*.2 3an 1 (n N ).a13)a22Si3 9)所以 an13an(nN*)an0)则虹3(n N*),所以数列an是首项为3公比为3的等 an所以 an 3n (n N*)；(2)由题意ajak2 6ai)即3jki3
17、2 6 3)所以3j i3k i其中2,所以3j i 39)123ji3k i12所以1;(3)由aha2bn1a3bn 23n 13n3得,ah 1 a2bna3bn 1anb2an3n 23(n1) 3a1bn 13(a1bna2bn 1an lb2anb1)3n2-3(n 1)3)n 1abn 1 3(33n 3) 3n 2 3(n1) 3)所以3b3n2 3(n 1) 3 3(3n 1 3n3)3bn 1所以bn12n1 (n又因为a1bl31 1所以bn2n*1(n N )从而Tn 1 3(2n1 2n 11) n2n (n N ) ,Tnan2n了(n N),当n 1时T1 a12
18、时屋a2当n 3时卫a3卜面证明:对任意正整数品anTn 1Tn,(n an 1ann 1 n21211) - n33(n221)2 3n2)_2-2n 2n 1) ,当n 3时,_ 2_2n2 2n 1 (1n2)n(2n) 0，即 A Tn 0，所以当n 3时，五递减，所以对任意正整数n 3都 an有9马1. an a33 综上可得，满足等式Tn 1的正整数n的值为1和3. an 32017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一） 数学R （附加题）参考答案 21.【选做题】A.选修4-1 :几何证明选讲证明：（1）连接OD, BD.因为AB是圆。的直径，所 以 ADB 90o）
19、AB 2OB.因为CD是圆。的切线，所以CDO 90。，又因为DA DC ,所以A C ,于是 ADB CDO）得至1J AB CO）所以AO BC）从而AB 2BC.（2）解：由AB 2及AB 2BC得到CB 1）CA 3.由切割 线定理, CD2 CB CA 1 3 3） 所以 CD石.B.选修4-2 :矩阵与变换解：（1） AB4 0 120 10 5由B1A1X ；,解得X AB； 05：23又因为 X a ,所以 a 28, b 5. bC.选修4-4 :坐标系与参数方程解：在阿3) Q中，令 0,得 2,所以圆C的圆心的极坐标为(2,0).因为圆C的半径PC J(2扬2 22 2
20、2V2 2 cos. 2 ,于是圆C过极点，所以圆的极坐标方程为4cos .D.选修4-5 :不等式选讲证明：因为x, y都是正数，所以 1 x y2 33/xy7 0 , 1 y x2 3#yx2 0 )(1 x y2)(1 y x2) 9xy,又因为 xy 1,所以(1 x y2)(1 y x2) 9.【必做题】22.解：(1)以D为原点，DA, DC, DP为坐标轴， 建立如图所示空间直角坐标系；设AB t,则D(。,。,。)，A(2t,0,0)所以CQB(2t,t,0)C(0,t,0)P(0,0,2t)Q(t,0,t)；uuur(t, t,t) DB (2t,t,0)iruuurDP(
21、0,0, 2t)uuir urPBDA (x, y,z),uuir urDP n1 0即2tz ：0,解得2x y z 0,所以平面PBD的一个法向量；(1, 2,0) ur uuur一ur uuUJn1 CQ 3t .15cos ni, CQ uT Uuw= n1c Q 在 73t5 ,则CQ与平面PBD所成角的正弦值为警(2)由(1)知平面PBD的一个法向量为urn1(1 2,0)设PAuur(01)则 PQuuuPAuujur uuiTDQ DPuulTPQ (0,0,21)(2t,0,2t)(2t平面QBD的法向量uu(x, y,z),0,2 t(1)uuur urr川 | DQ n2
22、 uuur urDB n2uurDB(2t,t,0)设2t x 2t(1 )z2tx ty 0解得x2x(1y)z 00 ,所以平面QBD的一个法向量uuu,(1,22,由题意得1(3)2ITuucosBE2ur uur nu n n25(15 (1)2 (2)2)2 ( )2所以5(1)22 10522)(3)因为1,所以则胃23.解:(1 )D1 0D2D32D49Dn(n 1)(Dn 1 Dn 2)理由如下：an),对人的元素的一个错位排列(a。2, 若a, k(k 1),分以下两类：若ak 1,这种排列是n 2个元素的错位排列，共有Dn2个；若ak 1,这种错位排列就是将1,2,，k
23、1, k 1, n排列到第2到第n个位置上，1不在第k个位置， 其他元素也不在原先的位置，这种排列相当于 n 1个元素的错位排列，共有 力,个；根据k的不同的取值，由加法原理得到Dn (n 1)(Dn 1 Dn 2)；(3)根据(2)的递推关系及(1)的结论，Dn均 为自然数；当n 3,且n为奇数时，n 1为偶数，从而Dn (n 1)(Dn1 Dn2)为偶数，又D1 0也是偶数，故对任意正奇数n ,有Dn均为偶数.下面用数学归纳法证明D2n (其中n N*)为奇数. 当n 1时，D2 1为奇数；假设当n k时，结论成立，即D2k是奇数，则当n k 1 时，D2(k1)(2k 1)(D2k1 D2k),注意到 D2k1 为偶数，又 D2k是 奇数，所以D2- D2k为奇数，又2k 1为奇数，所以D2(k 1)(2k 1)(D2ki D2k)即结论对 n k 1 也成立；根据前面所述，对任意nN*,都有D2n为奇数.