2018-2019学年常州市高三上学期期末考试数学

2019届高三模拟考试试卷(八)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.ReadxIfx≥1Theny←x2－2x－2Elsey←x＋1x－1EndIfPrinty(第4题)5.函数y＝1－lnx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：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)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＋yx＝1，则1x＋xy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)(ω0，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|OA→|＝1，|OB→|＝2，点C为线段AB的中点，∠AOB的平分线交线段AB于点D.若|OC→|＝32，则|OD→|＝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{}bn的前n项和为n2.已知数列{an－n}的前2018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b2－233bcsinA＋c2＝a2.(1)求角A的大小；(2)若tanBtanC＝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：x2a2＋y2b2＝1的焦点在椭圆C2：y2a2＋x2b2＝1上，其中ab0，且点(63，63)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PA→＝35PB→，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＝1.6m，两根竖轴CH＝DG＝1.2m，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lm.(1)若∠ABC＝2π3，且两根横轴之间的距离为0.6m，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5m，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)＝alnx＋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≈2.71828…)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＝1x2y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x＝1＋22t，y＝12t(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ＝22sin(θ＋π4)，求直线l被曲线C所截的弦长.C.(选修45：不等式选讲)已知a0，b0，求证：a＋b＋1≥ab＋a＋b.【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＝2，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)＝n（n＋1）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.－i3.9.54.35.(0，e]6.357.y＝±3x8.389.410.e211.π212.2313.y＝±3x14.3215.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＝12BB1.因为N为CC1的中点，CN＝12CC1，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＝b2－2bccosA＋c2，又b2－233bcsinA＋c2＝a2，所以b2－2bccosA＋c2＝b2－233bcsinA＋c2，即2bccosA＝233bcsinA.(3分)从而sinA＝3cosA，若cosA＝0，则sinA＝0，与sin2A＋cos2A＝1矛盾，所以cosA≠0，所以tanA＝3.又A∈(0，π)，所以A＝π3.(7分)(2)tanB＋tanC1－tanBtanC＝tan(B＋C)＝tan(π－A)＝tan2π3＝－3.(9分)又tanBtanC＝3，所以tanB＋tanC＝－3×(－2)＝23，解得tanB＝tanC＝3.(11分)又B，C∈(0，π)，所以B＝C＝π3.因为A＝π3，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：x2a2＋y2b2＝1的焦点坐标为(±c，0)，代入椭圆C2的方程得c2b2＝1，点(63，63)的坐标代入椭圆C1，C2的方程得C1：23a2＋23b2＝1，所以c2b2＝1，a2＝b2＋c2，23a2＋23b2＝1，解得a2＝2，b2＝c2＝1.(3分)所以椭圆C1，C2的标准方程分别为x22＋y2＝1，y22＋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y22＋x2＝1，y＝kx＋m，消去y得（kx＋m）22＋x2＝1，即(1＋k22)x2＋kmx＋m22－1＝0，Δ＝k2m2－4(1＋k22)(m22－1)＝0，即k2＋2－m2＝0.(7分)联立x22＋y2＝1，y＝kx＋m，消去y得x22＋(kx＋m)2＝1，即(12＋k2)x2＋2kmx＋m2－1＝0.因为直线l与椭圆C1相交，有Δ＝4k2m2－4(12＋k2)(m2－1)＝4(k2－12m2＋12)＞0(*)，x1，2＝－2km±4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）.(9分)因为PA→＝35PA→，即(x1，y1－m)＝35(x2，y2－m)，有5x1＝3x2，所以5－2km＋4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）＝3－2km－4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）或5－2km－4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）＝3－2km＋4（k2－12m2＋12）2（12＋k2），化简得km＝4k2－12m2＋12或km＝－4k2－12m2＋12，即k2m2＝16(k2－12m2＋12).(12分)因为k2＋2－m2＝0，解得k2＝2，m2＝4或k2＝4，m2＝6，符合(*)式，所以直线l的斜率为±2或±2.(14分)18.解：(1)记CH与AF，BE的交点为M，N，在△BCN中，由∠ABC＝2π3可得∠CBN＝π6，其中CN＝HM＝12(1.2－0.6)＝0.3(m)，所以BC＝CNsin∠CBN＝0.3sinπ6＝35(m)，BN＝CNtan∠CBN＝0.3tanπ6＝3310(m).(2分)所以CD＝BE－2BN＝1.6－335＝8－335，则AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC＝1.2＋16－635＋125＝34－635(m).(5分)答：景观窗格的外框总长度为34－635(m).(6分)(2)AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC≤5，设∠CBN＝α，α∈(0，π2)，BC＝r，则CN＝rsinα，BN＝rcosα，所以AB＝CH－2CN＝1.2－2rsinα，CD＝BE－2BN＝1.6－2rcosα，所以2(1.2－2rsinα)＋2(1.6－2rcosα)＋4r≤5，即4r(sinα＋cosα－1)≥35.(8分)设景观窗格的面积为S，有S＝1.2×1.6－2r2sinαcosα≤4825－9sinαcosα200（sinα＋cosα－1）2[当且仅当4r(sinα＋cosα－1)＝35时取等号].(9分)令t＝sinα＋cosα∈(1，2]，则sinαcosα＝t2－12.所以S≤4825－9t2－12200（t－1）2＝4825－9400(1＋2t－1)，其中1＋2t－1≥1＋22－1(当且仅当t＝2，即α＝π4时取等号).(12分)所以S≤4825－9400(1＋2t－1)≤4825－9400(1＋22－1)＝4825－9400(3＋22)＝741400－92200，即S≤741400－92200[当且仅当4r(sinα＋cosα－1)＝35且α＝π4时，取等号]，所以当且仅当r＝3（2＋1）