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江苏省镇江市2018届高三第一次模拟考试数学.doc

上传人:xrp****65 文档编号:5765261 上传时间:2024-11-19 格式:DOC 页数:15 大小:340KB
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资源描述

1、2018届高三年级第一次模拟考试(三)数学(满分160分,考试时间120分钟)一、 填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分 1. 已知集合A2,0,1,3,B1,0,1,2,则AB_ 2. 已知x,yR,则“a1”是“直线axy10与直线xay10平行”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”或“既不充分又不必要”) 3. 函数y3sin图象两相邻对称轴的距离为_ 4. 设复数z满足5i,其中i为虚数单位,则|z|_ 5. 已知双曲线的左焦点与抛物线y212x的焦点重合,则双曲线的右准线方程为_ 6. 已知正四棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则该正四棱锥的体积为_ 7. 设

2、等比数列an的前n项和为Sn,若a12,S69S3,则a5的值为_ 8. 已知锐角满足tancos,则_ 9. 已知函数f(x)x2kx4,对任意x1,3,不等式f(x)0恒成立,则实数k的最大值为_10. 函数ycosxxtanx的定义域为,则其值域为_11. 已知圆C与圆x2y210x10y0相切于原点,且过点A(0,6),则圆C的标准方程为_12. 已知点P(1,0),直线l:yxt与函数yx2的图象交于A,B两点,当最小时,直线l的方程为_13. 已知a,bR,ab4,则的最大值为_14. 已知k为常数,函数f(x)若关于x的方程f(x)kx2有且只有四个不同解,则实数k的取值构成的集

3、合为_二、 解答题:本大题共6小题,共计90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分14分)在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcosAacosB2ccosC.(1) 求角C的大小;(2) 若b2a,且ABC的面积为2,求c的值16. (本小题满分14分)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D为BC的中点,ABAC,BC1B1D.求证:(1) A1C平面ADB1;(2) 平面A1BC1平面ADB1.17. (本小题满分14分)如图,准备在墙上钉一个支架,支架由两直杆AC与BD焊接而成,焊接点D把杆AC分成AD,CD两段其中两固定点A,B间距离为1米,A

4、B与杆AC的夹角为60,杆AC长为1米若制作AD段的成本为a元/米,制作CD段的成本是2a元/米,制作杆BD的成本是4a元/米设ADB,制作整个支架的总成本记为S元(1) 求S关于的函数表达式,并指出的取值范围;(2) 问AD段多长时,S最小?18. (本小题满分16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:1(ab0)的离心率为,左焦点F(2,0),直线l:yt与椭圆交于A,B两点,M为椭圆E上异于A,B的点(1) 求椭圆E的方程;(2) 若M(,1),以AB为直径的圆P过点M,求圆P的标准方程;(3) 设直线MA,MB与y轴分别相交于点C,D,证明:OCOD为定值19. (本小题满分

5、16分)已知b0,且b1,函数f(x)exbx,其中e为自然对数的底数(1) 如果函数f(x)为偶函数,求实数b的值,并求此时函数f(x)的最小值;(2) 对满足b0,且b1的任意实数b,证明:函数yf(x)的图象经过唯一定点;(3) 如果关于x的方程f(x)2有且只有一个解,求实数b的取值范围20. (本小题满分16分)已知数列an的前n项和为Sn,对任意正整数n,总存在正数p,q,r,使得anpn1,Snqnr恒成立;数列bn的前n项和为Tn,且对任意正整数n,2Tnnbn恒成立(1) 求常数p,q,r的值;(2) 证明:数列bn为等差数列;(3) 若b22,记Pn,是否存在正整数k,使得

6、对任意正整数n,Pnk恒成立?若存在,求正整数k的最小值;若不存在,请说明理由2018届高三年级第一次模拟考试(三)数学附加题(本部分满分40分,考试时间30分钟)21. 【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两小题,并作答若多做,则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A. 选修41:几何证明选讲(本小题满分10分)如图,四边形ABCD是圆的内接四边形,BCBD,BA的延长线交CD的延长线于点E,延长CA至点F.求证:AE是DAF的平分线B. 选修42:矩阵与变换(本小题满分10分)已知矩阵M,其中a,b均为实数,若点A(3,1)在矩阵M的变换作用下得到点B

7、(3,5),求矩阵M的特征值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,曲线C的参数方程为(ab0,为参数),且曲线C上的点M(2,)对应的参数,以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(1) 求曲线C的普通方程;(2) 若曲线C上的A,B两点的极坐标分别为A(1,),B,求的值D. 选修45:不等式选讲(本小题满分10分)已知函数f(x)|xa|xa|,若对任意xR,不等式f(x)a23恒成立,求实数a的取值范围【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22. (本小题满分10分)如图,ACBC,O为AB的

8、中点,且DC平面ABC,DCBE.已知ACBCDCBE2.(1) 求直线AD与CE所成角;(2) 求二面角OCEB的余弦值23. (本小题满分10分)某学生参加4门学科的学业水平测试,每门得A等级的概率都是,该学生各学科等级成绩彼此独立规定:有一门学科获A等级加1分,有两门学科获A等级加2分,有三门学科获A等级加3分,四门学科全获A等级则加5分记1表示该生的加分数,2表示该生获A等级的学科门数与未获A等级学科门数的差的绝对值(1) 求1的数学期望;(2) 求2的分布列2018届镇江高三年级第一次模拟考试数学参考答案1. 0,12. 充要3. 4. 15. x6. 7. 328. 329. 41

9、0. ,111. (x3)2(y3)21812. yx13. 14. (e,1)15. 解析:(1) 由正弦定理,且bcosAacosB2ccosC得(2分)sinBcosAsinAcosB2sinCcosC,所以sin(BA)2sinCcosC.(3分)因为A,B,C为三角形的内角,所以BAC,所以sinC2sinCcosC.(4分)因为C(0,),所以sinC0.(5分)所以cosC,(6分)所以C.(7分)(2) 因为ABC的面积为2,所以absinC2.(8分)由(1)知C,所以sinC,所以ab8.(9分)因为b2a,所以a2,b4,(11分)所以c2a2b22abcosC22422

10、2428,(13分)所以c2.(14分)16. 解析:(1) 设A1BAB1E.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以AA1B1B为矩形,所以E为A1B的中点(1分)因为D为BC的中点,所以DE为BA1C的中位线,(2分)所以DEA1C,且DEA1C.(3分)因为A1C平面ADB1,DE平面ADB1,(5分)所以A1C平面ADB1.(7分)(2) 因为ABAC,D为BC的中点,所以ADBC.(8分)因为ABCA1B1C为直三棱柱,所以BB1平面ABC.因为AD平面ABC,所以BB1AD.(9分)因为BC平面BCC1B1,BB1平面BCC1B,BCBB1B,所以AD平面BCC1B1.(10分)

11、因为BC1平面BCC1B1,所以ADBC1.(11分)因为BC1B1D,AD平面ADB1,B1D平面ADB1,ADB1DD,所以BC1平面ADB1.(13分)因为BC1平面A1BC1,所以平面A1BC1平面ADB1.(14分)17. 解析:(1) 在ABD中,由正弦定理得,(1分)所以BD,AD,(3分)则Sa2a1()4aa,(6分)由题意得.(7分)(2) 令Sa0,设cos0.0cosS0S单调递减极小单调递增(11分)所以当cos时,S最小,此时sin,AD.(12分)18. 解析:(1) 因为e且c2,所以a2,b2.(2分)所以椭圆方程为1.(4分)(2) 设A(s,t),则B(s

12、,t),且s22t28.因为以AB为直径的圆P过M点,所以MAMB,所以0,(5分)因为(s,t1),(s,t1),所以6s2(t1)20.(6分)由解得t或t1(舍),所以s2.(7分)因为圆P的圆心为AB的中点(0,t),半径为|s|,(8分)所以圆P的标准方程为x2.(9分)(3) 设M(x0,y0),则lAM的方程为yy0(xx0),若k不存在,显然不符合条件令x0得yC;同理yD,(11分)所以OCOD|yCyD|(13分)4为定值(16分)19. 解析:(1) 由f(1)f(1)得eb,解得be(舍),或b,(1分)经检验f(x)ex为偶函数,所以b.(2分)因为f(x)ex2,当

13、且仅当x0时取等号,(3分)所以f(x)的最小值为2.(4分)(2) 假设yf(x)过定点(x0,y0),则y0ex0bx0对任意满足b0,且b1恒成立(5分)令b2得y0ex02x0;令b3得y0ex03x0,(6分)所以2x03x0,即1,解得唯一解x00,所以y02,(7分)经检验当x0时,f(0)2,所以函数yf(x)的图象经过唯一定点(0,2)(8分)(3) 令g(x)f(x)2exbx2为R上的连续函数,且g(0)0,则方程g(x)0存在一个解(9分)(i) 当b0时,g(x)为增函数,此时g(x)0只有一解(10分)(ii) 当0b0,01,lnb0,令h(x),h(x)为单调增

14、函数,所以当x(,xe)时,h(x)0,所以g(x)0,所以g(x)0,g(x)为单调增函数,所以g极小(x)g(x0)因为g(x)定义域为R,所以gmin(x)g(x0)(13分)若x00,g(x)在(,x0)上为单调减函数,g(x0)0,所以当x(x0,ln2)时,g(x)至少存在另外一个零点,矛盾(14分)若x00,g(x)在(x0,)上为单调增函数,g(x0)0,所以g(x)在(logb2,x0)上存在另外一个解,矛盾(15分)当x0log(lnb)0,则lnb1,解得b,此时方程为g(x)ex20,由(1)得,只有唯一解x00,满足条件综上所述,当b1或b时,方程f(x)2有且只有一

15、个解(16分)20. 解析:(1) 因为Snqnr,所以Sn1qn1r,(n2)得SnSn1qnqn1,即anqnqn1,(n2),(1分)因为anpn1,所以pn1qnqn1,(n2),当n2时,pq2q;当n3时,p2q3q2.因为p,q为正数,所以pq2.(3分)因为a11,S1qr,且a1S1,所以r1.(4分)(2) 因为2Tnnbn,当n2时,2Tn1(n1)bn1,得2bnnbn(n1)bn1,即(n2)bn(n1)bn1,(6分)方法一:由(n1)bn1nbn,得(2n2)bn(n1)bn1(n1)bn1,(7分)即2bnbn1bn1,所以bn为等差数列(8分)方法二:由(n2

16、)bn(n1)bn1,得,当n3时,所以bnb2(n1),所以bnbn1b2.(6分)因为n1时,由2Tnnbn得2T1b1,所以b10,则b2b1b2,(7分)所以bnbn1b2对n2恒成立,所以bn为等差数列(8分)(3) 因为b10,b22,由(2)知bn为等差数列,所以bn2n2.(9分)又由(1)知an2n1,所以Pn,Pn1,所以Pn1Pn,(12分)令Pn1Pn0得12n24n2n0,所以2n30,即P2P1,(13分)当n2时,因为2n4,33,即12n24n2n0,此时Pn1P3P4,(14分)所以Pn的最大值为Pn,(15分)若存在正整数k,使得对任意正整数n,Pnk恒成立

17、,则kPmax,所以正整数k的最小值为4.(16分)21. A. 解析:因为四边形ABCD是圆的内接四边形,所以DAEBCD,FAEBACBDC.(4分)因为BCBD,所以BCDBDC,(6分)所以DAEFAE,(8分)所以AE是四边形ABCD的外角DAF的平分线(10分)B. 解析:由题意得,即(3分)解得所以M.(5分)令f()(2)(1)60,(7分)解得1或4,(9分)所以矩阵M的特征值为1和4.(10分)C. 解析:(1) 将M(2,)及对应的参数,代入(ab0,为参数),得所以所以曲线C1的普通方程为1.(5分)(2) 曲线C1的极坐标方程为1,将A(1,),B代入得1,1,所以.

18、(10分)D. 解析:因为对任意xR,不等式f(x)a23恒成立,所以fmin(x)a23.(2分)因为|xa|xa|xa(xa)|2a|,所以|2a|a23,(4分)方法一:即|a|22|a|30,解得1|a|3,(8分)所以3aa23,或2aa23,(6分)由得1a3;(7分)由得3a1,(8分)所以3a3.(10分)22. 解析:(1) 因为ACCB,且DC平面ABC,则以C为原点,CB为x轴正方向,CA为y轴正方向,CD为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系(1分)因为ACBCBE2,所以C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2),D(

19、0,0,2),(0,2,2),(2,0,2)(2分)所以cos,.(4分)所以AD和CM的夹角为60.(2) 平面BCE的一个法向量为n(0,1,0),设平面OCE的一个法向量为n(x0,y0,z0)(6分)由(1,1,0),(2,0,2),n,n,得则解得(8分)令x01,则n(1,1,1)(9分)因为二面角OCEB为锐角二面角,记为,则cos|cosm,n|.(10分)23. 解析:(1) 记该学生有i门学科获得A等级为事件Ai,i1,2,3,4.(1分)1的可能取值为0,1,2,3,5.(2分)则P(Ai)C,(3分)即P(A0),P(A1),P(A2),P(A3),P(A4),则1的分布列为101235P所以E(1)01235.(5分)(2) 2的可能取值为0,2,4,则P(20)P(A2);(7分)P(22)P(A1)P(A3);(8分)P(24)P(A0)P(A5),(9分)则2的分布列为2024P

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