常州市高三上学期期末考试数学.doc

常州市高三上学期期末考试数学
数　　学〔满分160分，考试时间120分钟〕
2019.1
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.
1. 已知集合A＝{0，1}，B＝{－1，1}，则A∩B＝　　　　Ｗ.
2. 已知复数z满足z〔1＋i〕＝1－i〔i是虚数单位〕，则复数z＝　　　　Ｗ.
3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为9.1，9.3，x，9.2，9.4，且这5个分数的平均数为9.3，则实数x＝　　　　Ｗ.
4. 一个算法的伪代码如右图所示，执行此算法，若输出y的值为1，则输入的实数x的值为　　　　Ｗ.
Read x
If x≥1 Then
　y←x2－2x－2
Else
　y←
End If
Print y
　　〔第4题〕
5. 函数y＝的定义域为　　　　Ｗ.
6. 某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选中1文1理的概率为　　　　Ｗ.
7. 已知双曲线C：－＝1〔a>0，b>0〕的离心率为2，直线x＋y＋2＝0经过双曲线C的焦点，则双曲线C的渐近线方程为　　　　Ｗ.

〔第8题〕
8. 已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上〔如图〕，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为　　　　Ｗ.
9 已知正数x，y满足x＋＝1，则＋的最小值为　　　　Ｗ.
10. 若直线kx－y－k＝0与曲线y＝ex〔e是自然对数的底数〕相切，则实数k＝
　　　　Ｗ.
11. 已知函数f〔x〕＝sin〔ωx＋φ〕〔ω>0，φ∈R〕是偶函数，点〔1，0〕是函数y＝f〔x〕图象的对称中心，则ω最小值为　　　　Ｗ.
12. 已知平面内不共线的三点O，A，B，满足||＝1，||＝2，点C为线段AB的中点，∠AOB的平分线交线段AB于点D.若||＝，则||＝　　　　Ｗ.
13. 过原点的直线l与圆x2＋y2＝1交于P，Q两点，点A是该圆与x轴负半轴的交点，以AQ为直径的圆与直线l有异于Q的交点N，且直线AN与直线AP的斜率之积等于1，那么直线l的方程为　　　　Ｗ.
14. 若数列{an}，{bn}满足bn＝an＋1＋〔－1〕nan〔n∈N*〕，且数列的前n项和为n2.已知数列{an－n}的前2 018项和为1，则数列{an}的首项a1＝　　　　Ｗ.
二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 〔本小题满分14分〕
如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别是棱AB，CC1的中点.求证：
〔1〕 CM∥平面AB1N；
〔2〕 平面A1BN⊥平面AA1B1B.

16. 〔本小题满分14分〕
在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且b2－bcsin A＋c2＝a2.
〔1〕 求角A的大小；
〔2〕 若tan Btan C＝3，且a＝2，求△ABC的周长.

17. 〔本小题满分14分〕
在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：＋＝1的焦点在椭圆C2：＋＝1上，其中a>b>0，且点〔，〕是椭圆C1，C2位于第一象限的交点.
〔1〕 求椭圆C1，C2的标准方程；
〔2〕 过y轴上一点P的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A，B，已知＝，求直线l的斜率.

18. 〔本小题满分16分〕
某公园要设计如图①所示的景观窗格〔其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得，如图②所示的多边形ABCDEFGH〕，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF＝BE＝1.6 m，两根竖轴CH＝DG＝1.2 m，记景观窗格的外框〔图②实线部分，轴和边框的粗细忽略不计〕总长度为l m.
〔1〕 若∠ABC＝，且两根横轴之间的距离为0.6 m，求景观窗格的外框总长度；
〔2〕 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过5 m，当景观窗格的面积〔多边形ABCDEFGH的面积〕最大时，给出此景观窗格的设计方案中∠ABC的大小与BC的长度.

19. 〔本小题满分16分〕
已知数列{an}中，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*.
〔1〕 求证：{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
〔2〕 数列{an}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，请说明理由.

20. 〔本小题满分16分〕
已知函数m〔x〕＝x2，函数n〔x〕＝aln x＋1〔a∈R〕.
〔1〕 若a＝2，求曲线y＝n〔x〕在点〔1，n〔1〕〕处的切线方程；
〔2〕 若函数f〔x〕＝m〔x〕－n〔x〕有且只有一个零点，求实数a的取值范围；
〔3〕 若函数g〔x〕＝n〔x〕－1＋ex－ex≥0对x∈[1，＋∞〕恒成立，求实数a的取值范围.〔e是自然对数的底数，e≈2.718 28…〕

2019届高三模拟考试试卷〔八〕
数学附加题〔满分40分，考试时间30分钟〕
21. 【选做题】 在A，B，C三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
A. 〔选修42：矩阵与变换〕
已知点〔1，2〕在矩阵A＝对应的变换作用下得到点〔7，6〕.求：
〔1〕 矩阵A；
〔2〕 矩阵A的特征值及对应的特征向量.

B. 〔选修44：坐标系与参数方程〕
在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.直线l的参数方程为〔t为参数〕，曲线C的极坐标方程为ρ＝2sin〔θ＋〕，求直线l被曲线C所截的弦长.

C. 〔选修45：不等式选讲〕
已知a>0，b>0，求证：a＋b＋1≥＋＋.
【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
22. 如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高OP＝2，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且AB＝，点M是棱PC的中点.

〔1〕 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值；
〔2〕 求二面角APBC的余弦值.

23. 是否存在实数a，b，c，使得等式1·3·5＋2·4·6＋…＋n〔n＋2〕〔n＋4〕＝〔an2＋bn＋c〕对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，请说明理由.

2019届高三模拟考试试卷〔八〕〔常州〕
数学参考答案及评分标准

1. {1}　2. －i　3. 9.5　4. 3　5. 〔0，e]　6. 　7. y＝±x　8. 　9. 4　10. e2　11. 　12.
13. y＝±x　14.

15. 证明：〔1〕 令AB1交A1B于点O，连结OM，ON，在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1，BB1＝CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为AB1的中点.
因为M为AB的中点，所以OM∥BB1，且OM＝BB1.
因为N为CC1的中点，CN＝CC1，
所以OM＝CN，且OM∥CN，所以四边形CMON是平行四边形，〔5分〕
所以CM∥ON.
又ON⊂平面AB1N，CM⊄平面AB1N，所以CM∥平面AB1N.〔7分〕
〔2〕 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以BB1⊥CM.〔9分〕
又CA＝CB，M为AB的中点，所以CM⊥AB.
又由〔1〕知CM∥ON，所以ON⊥AB，ON⊥BB1.
因为AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以ON⊥平面AA1B1B.〔12分〕
又ON⊂平面A1BN，所以平面A1BN⊥平面AA1B1B.〔14分〕
16. 解：〔1〕 由余弦定理得a2＝b2－2bccos A＋c2，又b2－bcsin A＋c2＝a2，
所以b2－2bccos A＋c2＝b2－bcsin A＋c2，即2bccos A＝bcsin A.〔3分〕
从而sin A＝cos A，若cos A＝0，则sin A＝0，与sin2A＋cos2A＝1矛盾，所以cos A≠0，所以tan A＝.又A∈〔0，π〕，所以A＝.〔7分〕
〔2〕 ＝tan〔B＋C〕＝tan〔π－A〕＝tan＝－.〔9分〕
又tan Btan C＝3，所以tan B＋tan C＝－×〔－2〕＝2，解得tan B＝tan C＝.〔11分〕
又B，C∈〔0，π〕，所以B＝C＝.因为A＝，所以△ABC是正三角形.
由a＝2得△ABC的周长为6.〔14分〕
17. 解：〔1〕 椭圆C1：＋＝1的焦点坐标为〔±c，0〕，代入椭圆C2的方程得＝1，
点〔，〕的坐标代入椭圆C1，C2的方程得C1：＋＝1，
所以解得a2＝2，b2＝c2＝1.〔3分〕
所以椭圆C1，C2的标准方程分别为＋y2＝1，＋x2＝1.〔5分〕
〔2〕 由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，P〔0，m〕，
联立消去y得＋x2＝1，即〔1＋〕x2＋kmx＋－1＝0，
Δ＝k2m2－4〔1＋〕〔－1〕＝0，即k2＋2－m2＝0.〔7分〕
联立消去y得＋〔kx＋m〕2＝1，即〔＋k2〕x2＋2kmx＋m2－1＝0.
因为直线l与椭圆C1相交，有Δ＝4k2m2－4〔＋k2〕〔m2－1〕＝4〔k2－m2＋〕＞0　〔*〕，
x1，2＝.〔9分〕
因为＝，即〔x1，y1－m〕＝〔x2，y2－m〕，有5x1＝3x2，所以
5＝3
或5＝3，
化简得km＝4或km＝－4，即k2m2＝16〔k2－m2＋〕.〔12分〕
因为k2＋2－m2＝0，解得或符合〔〕式，
所以直线l的斜率为±或±2.〔14分〕
18. 解：〔1〕 记CH与AF，BE的交点为M，N，
在△BCN中，由∠ABC＝可得∠CBN＝，其中CN＝HM＝〔1.2－0.6〕＝0.3〔m〕，
所以BC＝＝＝〔m〕，BN＝＝＝〔m〕.〔2分〕
所以CD＝BE－2BN＝1.6－＝，则
AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC＝1.2＋＋＝〔m〕.〔5分〕
答：景观窗格的外框总长度为〔m〕.〔6分〕
〔2〕 AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC≤5，
设∠CBN＝α，α∈〔0，〕，BC＝r，则CN＝rsin αBN＝rcos α，
所以AB＝CH－2CN＝1.2－2rsin α，CD＝BE－2BN＝1.6－2rcos α，
所以2〔1.2－2rsin α〕＋2〔1.6－2rcos α〕＋4r≤5，即4r〔sin α＋cos α－1〕≥.〔8分〕
设景观窗格的面积为S，有S＝1.2×1.6－2r2sin αcos α≤－[当且仅当4r〔sin α＋cos α－1〕＝时取等号].〔9分〕
令t＝sin α＋cos α∈〔1，]，则sin αcos α＝.
所以S≤－＝－〔1＋〕，其中1＋≥1＋〔当且仅当t＝，即α＝时取等号〕.〔12分〕
所以S≤－〔1＋〕≤－〔1＋〕＝－〔3＋2〕＝－，

即S≤－[当且仅当4r〔sin α＋cos α－1〕＝且α＝时，取等号]，
所以当且仅当r＝且α＝时，S取到最大值.〔15分〕
答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中∠ABC＝且BC＝ m.〔16分〕
19. 〔1〕 证明：由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3〔an＋1〕，n∈N*.〔2分〕
其中a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*.〔4分〕
所以＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列.〔6分〕
所以an＋1＝2〔－3〕n－1，则数列{an}的通项公式an＝2〔－3〕n－1，n∈N*.〔8分〕
〔2〕 解若数列{an}中存在三项am，an，ak〔m＜n＜k〕符合题意，其中k－n，k－m，n－m都是正整数，〔9分〕
分以下三种情形：
① am位于中间，则2am＝an＋ak，即2[2〔－3〕m－1－1]＝2〔－3〕n－1－1＋2〔－3〕k－1－1，
所以2〔－3〕m＝〔－3〕n＋〔－3〕k，两边同时除以〔－3〕m，得2＝〔－3〕n－m＋〔－3〕k－m是3的倍数，舍去；
② an位于中间，则2an＝am＋ak，即2[2〔－3〕n－1－1]＝2〔－3〕m－1－1＋2〔－3〕k－1－1，
所以2〔－3〕n＝〔－3〕m＋〔－3〕k，两边同时除以〔－3〕m，得2〔－3〕n－m＝1＋〔－3〕k－m
即1＝2〔－3〕n－m－〔－3〕k－m是3的倍数，舍去；
③ ak位于中间，则2ak＝am＋an，即2[2〔－3〕k－1－1]＝2〔－3〕m－1－1＋2〔－3〕n－1－1，
所以2〔－3〕k＝〔－3〕m＋〔－3〕n，两边同时除以〔－3〕m，得2〔－3〕k－m＝1＋〔－3〕n－m，
即1＝2〔－3〕k－m－〔－3〕n－m是3的倍数，舍去.〔15分〕
综上可得，数列{an}中不存在三项满足题意.〔16分〕
20. 解：〔1〕 当a＝2时，n〔x〕＝2ln x＋1，∴ n′〔x〕＝，∴ n′〔1〕＝2.
又n〔1〕＝1，∴ 切线的方程为y－1＝2〔x－1〕，即y＝2x－1.〔3分〕
〔2〕 f〔x〕＝x2－aln x－1，定义域为〔0，＋∞〕，其图象是一条不间断的曲线.
f′〔x〕＝2x－＝，
① 若a≤0，则f′〔x〕＞0对x∈〔0，＋∞〕恒成立，
∴ y＝f〔x〕在〔0，＋∞〕上单调递增.
又f〔1〕＝0，∴ y＝f〔x〕在〔0，＋∞〕上只有一个零点，符合题意.
② 若a＞0，令f′〔x〕＝0，得x＝或x＝－〔舍去〕.

x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值f()

1° 若＞1，即a＞2，此时a＞，则f〔〕＜f〔1〕＝0，f〔a〕＝a2－aln a－1.
令F1〔a〕＝a2－aln a－1a≥2，则F′1〔a〕＝2a－ln a－1，
令F2〔a〕＝2a－ln a－1，则F′2〔a〕＝2－＞0对a∈[2，＋∞〕恒成立，
∴ F2〔a〕＝2a－ln a－1在[2，＋∞〕上单调递增，∴ F2〔a〕≥F2〔2〕＝3－ln 2＞0，
即F′1〔a〕>0对a∈[2，＋∞〕恒成立，
∴ F1〔a〕＝a2－aln a－1在[2，＋∞〕上单调递增，
∴ F1〔a〕≥F1〔2〕＝3－2ln 2>0，即f〔a〕＞0.
∵ f〔〕＜0，且函数f〔x〕在〔，＋∞〕上单调递增，
∴ 函数f〔x〕在〔，＋∞〕上有且只有一个零点.
而函数f〔x〕在〔0，〕上单调递减，且有一个零点x＝1，
故函数f〔x〕在〔0，＋∞〕上有两个零点，不符题意，舍去.
2°若＝1，即a＝2，则函数f〔x〕在〔0，1〕上单调递减，∴ f〔x〕＞f〔1〕＝0，
函数f〔x〕在〔1，＋∞〕上单调递增，∴ f〔x〕＞f〔1〕＝0，
故函数f〔x〕在〔0，＋∞〕上有且只有一个零点，适合题意.
3°若＜1，即0＜a＜2，此时0＜e－＜e0＝1，0＜＜1.
∵ 函数f〔x〕在〔，＋∞〕上单调递增，∴ f〔〕＜f〔1〕＝0.
又f〔e－〕＝e－＞0，∴ 函数f〔x〕在〔0，1〕内必有零点，
又1是函数f〔x〕的零点，故不符题意，舍去.〔9分〕
综上，a≤0或a＝2.〔10分〕
〔3〕 当x≥1时，g〔x〕＝aln x＋ex－ex.
令G〔x〕＝ex－ex，x≥1，则G′〔x〕＝ex－e≥0对x∈[1，＋∞〕恒成立，
∴ 函数y＝G〔x〕在[1，＋∞〕上单调递增，∴ G〔x〕≥G〔1〕＝0.
① 若a≥0，则当x≥1时，ln x≥0，∴ g〔x〕＝aln x＋ex－ex≥0恒成立，符合题意.〔11分〕
② 若a＜0，g′〔x〕＝＋ex－e，令H〔x〕＝＋ex－e，x≥1，则H′〔x〕＝ex－＞0恒成立，
∴ H〔x〕＝＋ex－e在[1，＋∞〕上单调递增，且H〔1〕＝a＜0.
∵ a＜0，∴ 1－a＞1，∴ G〔1－a〕＞G〔1〕＝0，即e1－a＞e〔1－a〕.〔12分〕
∴ H〔1－a〕＝＋e1－a－e＞＋e－ea－e＝－ea＝＋〔1－a〕－2－〔e－1〕a.
∵ a＜0，1－a＞1，∴ ＋〔1－a〕＞2，〔e－1〕a＜0，∴ H〔1－a〕＞0.
∵ H〔x〕＝＋ex－e在[1，＋∞〕上单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H〔1〕＝a＜0，
∴ 存在唯一的x0∈〔1，1－a〕，使H〔x0〕＝0，即g′〔x0〕＝0，
当x∈〔1，x0〕时，g′〔x〕＜0，∴ 函数y＝g〔x〕在〔1，x0〕上单调递减，
此时g〔x〕＜g〔1〕＝0，不符合题意，舍去.〔15分〕
综上，a≥0.〔16分〕

2019届高三模拟考试试卷〔八〕〔常州〕
数学附加题参考答案及评分标准

21. A. 解：〔1〕 由题意＝，即解得所以A＝.〔3分〕
〔2〕 f〔λ〕＝＝〔λ－1〕〔λ－2〕－6＝λ2－3λ－4，
令f〔λ〕＝0，得λ2－3λ－4＝0，解得λ1＝－1，λ2＝4.〔5分〕
当λ1＝－1时，取所以属于λ1＝－1的一个特征向量为；
当λ2＝4时，取所以属于λ2＝4的一个特征向量为.〔9分〕
故矩阵A的特征值为λ1＝－1，λ2＝4，对应的特征向量为，.〔10分〕
B. 解：直线l的普通方程为x－y－1＝0，曲线C的直角坐标方程〔x－1〕2＋〔y－1〕2＝2，〔4分〕
所以曲线C是圆心为C〔1，1〕，半径r＝的圆.〔6分〕
所以圆心C〔11〕到直线l的距离为d＝＝.〔8分〕
所以直线l被曲线C所截的弦长为2＝2＝.〔10分〕
C. 证明：因为a＞0，b＞0，由柯西不等式可得〔a＋b＋1〕〔b＋1＋a〕≥〔＋＋〕2，
当且仅当＝＝时取等号，所以〔a＋b＋1〕2≥〔＋＋〕2.
因为a＋b＋1＞0，＋＋＞0，所以a＋b＋1≥＋＋.〔10分〕
22. 解：〔1〕 记直线AM与平面PAB所成角为α，A〔0，－1，0〕，B〔1，0，0〕，C〔0，1，0〕，P〔0，0，2〕，
M〔0，，1〕，则＝〔1，1，0〕，＝〔0，－1，－2〕，＝〔0，，1〕.
设平面PAB的法向量为n＝〔x，y，z〕，所以即取n＝〔2，－2，1〕；

所以sin α＝|cos〈n，〉|＝＝＝，〔5分〕
即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.〔6分〕
〔2〕 设平面PBC的法向量n1＝〔x，y，z〕，＝〔－1，1，0〕，＝〔1，0，－2〕.
由即取n1＝〔2，2，1〕，所以cos〈n，n1〉＝＝＝.〔9分〕
由图可知二面角APBC的余弦值为－.〔10分〕
23. 解：在1·3·5＋2·4·6＋…＋n〔n＋2〕〔n＋4〕＝〔an2＋bn＋c〕中，
令n＝1，得15＝〔a＋b＋c〕；令n＝2，得63＝〔4a＋2b＋c〕；令n＝3，得168＝〔9a＋3b＋c〕，即解得〔3分〕
下面用数学归纳法证明：
等式1·3·5＋2·4·6＋…＋n〔n＋2〕〔n＋4〕＝〔n2＋9n＋20〕对于一切正整数n都成立.
当n＝1时，等式成立；
假设当n＝k时，等式成立，即
1·3·5＋2·4·6＋…＋k〔k＋2〕〔k＋4〕＝〔k2＋9k＋20〕.〔4分〕
当n＝k＋1时，则
1·3·5＋2·4·6＋…＋k〔k＋2〕〔k＋4〕＋〔k＋1〕〔k＋3〕〔k＋5〕＝〔k2＋9k＋20〕＋〔k＋1〕〔k＋3〕〔k＋5〕＝k〔k＋1〕〔k＋4〕〔k＋5〕＋〔k＋1〕〔k＋3〕〔k＋5〕＝〔k＋1〕〔k＋5〕〔k2＋8k＋12〕＝[〔k＋1＋1〕〔k＋1＋5〕]＝[〔k＋1〕2＋9〔k＋1〕＋20]，　
即等式对n＝k＋1也成立.〔8分〕
综上可得，等式1·3·5＋2·4·6＋…＋n〔n＋2〕〔n＋4〕＝〔n2＋9n＋20〕对于一切正整数n都成立.
所以存在实数a，b，c符合题意，且〔10分〕1，4，8，11－12，15

9 / 9