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1、常州市教育学会学业水平监测高三数学试题参考公式：圆锥的体积公式：，其中是圆锥的底面积，是高.样本数据，的方差，其中.一、选择题：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.若集合，则集合 .2命题“，”是 命题（选填“真”或“假”）.3.若复数满足（其中为虚数单位），则 .4.若一组样本数据，的平均数为，则该组样本数据的方差为5.如图是一个算法的流程图，则输出的的值是 .6.函数的定义域记作集合，随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子（骰子的每个面上分别标有点数，），记骰子向上的点数为，则事件“”的概率为 .7.已知圆锥的高为，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆
2、锥，得到的圆台体积是，则该圆台的高为 .8.各项均为正数的等比数列中，若，则的最小值为 .9.在平面直角坐标系中，设直线：与双曲线：的两条渐近线都相交且交点都在轴左侧，则双曲线的离心率的取值范围是 .10.已知实数，满足则的取值范围是 .11.已知函数，其中，若过原点且斜率为的直线与曲线相切，则的值为 .12.如图，在平面直角坐标系中，函数的图像与轴的交点，满足，则 .13.在中， ，为内一点（含边界），若满足，则的取值范围为 14.已知中，所在平面内存在点使得，则面积的最大值为 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.） 1
3、5.已知中，分别为三个内角，的对边，（1）求角；（2）若，求的值. 16.如图，四棱锥的底面是平行四边形，平面，点是棱上异于、的一点.（1）求证：；（2）过点和的平面截四棱锥得到截面（点在棱上），求证：. 17.已知小明（如图中所示）身高米，路灯高米，均垂直于水平地面，分别与地面交于点，.点光源从发出，小明在地上的影子记作.（1）小明沿着圆心为，半径为米的圆周在地面上走一圈，求扫过的图形面积；（2）若米，小明从出发，以米/秒的速度沿线段走到，且米.秒时，小明在地面上的影子长度记为（单位:米），求的表达式与最小值.18.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为，点是椭圆的左顶点，过原点的直线与
4、椭圆交于，两点（在第三象限），与椭圆的右准线交于点.已知，且.（1）求椭圆的离心率；（2）若，求椭圆的标准方程. 19.已知各项均为正数的无穷数列的前项和为，且满足（其中为常数），.数列满足.（1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式；（2）若无穷等比数列满足：对任意的，数列中总存在两个不同的项，使得，求的公比. 20.已知函数，其中为常数.（1）若，求函数的极值；（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（3）若，设函数在上的极值点为，求证：.常州市教育学会学业水平监测数学（附加题）21.【选做题】在A、B、C、D四小题只能选做两题，每小题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答
5、时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.选修4-1：几何证明选讲在中，是边上一点，且，与的外接圆相切，求的值.B.选修4-2：矩阵与变换已知矩阵不存在逆矩阵，求：（1）实数的值；（2）矩阵的特征向量.C.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线的参数方程为（为参数），直线的极坐标方程为，直线与曲线交于，两点，求的长.D.选修4-5：不等式选讲已知，求证:.【必做题】第22题、第23题，每题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.已知正四棱锥的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的条棱中
6、任取两条，按下列方式定义随机变量的值：若这两条棱所在的直线相交，则的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；若这两条棱所在的直线平行，则；若这两条棱所在的直线异面，则的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制).（1）求的值；（2）求随机变量的分布列及数学期望.23.记（且）的展开式中含项的系数为，含项的系数为.（1）求；（2）若，对成立，求实数的值；（3）对（2）中的实数用数字归纳法证明：对任意且，都成立.常州市教育学会学业水平监测高三数学参考答案一、填空题1. 2.真 3.4. 5. 6.7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.二、解答题15.解：（1）由正弦定理得， 中
7、，所以，所以，所以；（2）因为，由正弦定理得，所以，.16.（1）证明：平面，平面，所以，记，交于点，平行四边形对角线互相平分，则为的中点，又中，所以，又， 平面，所以平面，又平面所以；（2）四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，又，所以.17.解：（1）由题意，则，所以，小明在地面上的身影扫过的图形是圆环，其面积为（平方米）；（2）经过秒，小明走到了处，身影为，由(1)知，所以.化简得，当时，的最小值为.答：，当（秒）时，的最小值为（米）.18.解：（1）由题意，消去得，解得，所以， ，所以；（2）由（1），右准线方程为，直线的方程为，所以，所以，所以，椭
8、圆的标准方程为.19.解：（1）方法一：因为，所以，由-得，即，又，则，即.在中令得，即.综上，对任意，都有，故数列是以为公差的等差数列.又，则.方法二：因为，所以，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，因此，即.当时，又也符合上式，故.故对任意，都有，即数列是以为公差的等差数列.（2）令，则数列是递减数列，所以.考察函数，因为，所以在上递增，因此，从而.因为对任意，总存在数列中的两个不同项，使得，所以对任意的都有，明显.若，当时，有，不符合题意，舍去；若，当时，有，不符合题意，舍去；故.20.解：（1）当时，定义域为，令，得.极大值当时，的极大值为，无极小值.（2），由题意对恒成立.，对恒
9、成立，对恒成立.令，则，若，即，则对恒成立，在上单调递减，则，与矛盾，舍去；若，即，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，.综上.（3）当时，令，则，令，得，当时，单调递减，恒成立，单调递减，且.当时，单调递增，又，存在唯一，使得，当时，单调递增，当时，单调递减，且，由和可知，在单调递增，在上单调递减，当时，取极大值.，又，.常州市教育学会学业水平监测高三数学（附加题）参考答案21.A.解：记外接圆为，、分别是圆的切线和割线，所以，又，所以与相似，所以，所以，.B.解：（1）由题意，即，解得；（2），即，所以，解得，时，属于的一个特征向量为；时，属于的一个特征向量为.C.解：曲线：，直线：，圆心到直线的距离为，所以弦长.D.证明：，不妨设，则，由排序不等式得，所以.22.解：根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到，为等腰直角三角形，的可能取值为：，共种情况，其中：时，有种；时，有种；时，有种；（1）；（2），根据（1）的结论，随机变量的分布列如下表：根据上表，. 23.解：（1）.（2），则 解得，（3）当时，由（2）知等式成立；假设（，且）时，等式成立，即； 当时，由 知，所以，又，等式也成立；综上可得，对任意且，都有成立. （注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）