江苏省溧水高级中学2019届高三上学期期初模拟考试数学试卷

江苏省溧水高级中学期初模拟考试

数学试题

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分． 1＋3i

1、若复数z＝(i为虚数单位)，则|z| ▲ ．

1－i

2、已知集合A{2a,a}，B{1,1,3}，且AB，则实数a的值是 ▲ ． 3、某高中共有1 200人，其中高一、高二、高三年级的人数依次成等差数列.现用分层抽样的方法从中抽取48人，那么高二年级被抽取的人数为 ▲ ．

x2y221的渐近线方程为yx，则实数m= i←1 4、已知双曲线4m2x←4 Whilei<10 ▲ ．

x←x+2i 5、执行下面的伪代码后，输出的结果是 ▲ ． i←i+3 End While Print x 6、从1，2，3，4，5这5个数中，随机抽取2个不同的数，则这2个

（第5题） 数的和为偶数的概率是 ▲ ．

7、若圆柱的侧面积和体积的值都是12，则该圆柱的高为 ▲ ． 8、在等比数列{an}中,已知a34，a72a5320，则a7 ▲ ．

9、已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，f(x)x23x，则不等式

f(x)x3的解集是 ▲ ．

ππ

－，，若m·10、已知m＝(cosα，sinα)，n＝(2，1)，α∈n＝1，223π

2α＋＝ ▲ ． 则sin2

11、如图,在△ABC中，D是BC上的一点．已知B=60°，AD=2，

AC=错误！未找到引用源。，DC=错误！未找到引用源。，则AB= ▲ ．

第11题图

112、如图，在ABC中，ABAC，BC2，ADDC，AEEB，

21若BDAC，则CEAB ▲ ．

213、在平面直角坐标系xOy中，已知过原点O的动直线l与圆

C:x+y-6x+5=0相交于不同的两点A,B，若A恰为线段OB的中点，则圆心C到直线l的距离为 ▲ ．

22x－3x，x≤0，

14、已知函数f(x)＝x2若不等式f(x)≥kx对x∈R恒成立，则实数k的取值范围

e＋e，x＞0.

2

2

第12题图

是 ▲ ．

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，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC，D、E分别为BC、CC1中点， BC1⊥B1D．

求证：(1) DE∥平面ABC1；(2) 平面AB1D⊥平面ABC1．

16、(本小题满分14分)

1

在△ABC中，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，且acosC＋c＝b.

2

(1) 求角A的大小；

(2) 若a＝15，b＝4，求边c的大小．

17、(本小题满分14分)

x2y2

如图，已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点为F1，F2，P是椭圆上一点，M在PF1上，

ab→→

且满足F1M＝λMP(λ∈R)，PO⊥F2M，O为坐标原点．

x2y2

(1) 若椭圆方程为＋＝1，且P(2，2)，求点M的横坐标；

84(2) 若λ＝2，求椭圆离心率e的取值范围．

18、(本小题满分16分)

如图,某市有一条东西走向的公路l,现欲经过公路l上的O处铺设一条南北走向的公路m.在施工过程中发现在O处的正北方向1百米的A处有一汉代古迹.为了保护古迹,该市决定以A为圆心、1百米为半径设立一个圆形保护区.为了连通公路l,m,欲再新建一条公路PQ,点P,Q分别在公路l,m上(点P,Q分别在点O的正东、正北方向),且要求PQ与圆A相切. (1) 当点P距O处2百米时,求OQ的长; (2) 当公路PQ的长最短时,求OQ的长.

19、(本小题满分16分)

已知a为实数，函数f(x)＝a·lnx＋x2－4x． （1）当a6时，求函数f (x)的极值；

（2）若函数f (x)在[2, 3]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；

1＋a（3）设g(x)＝2alnx＋x2－5x－，若存在x0∈[1, e]，使得f(x0)＜g(x0)成立，求实数a的

x取值范围．

20、(本小题满分16分)

已知数列{an}的各项都为正数，且对任意n∈N*，a2n－1，a2n，a2n＋1成等差数列， a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列． (1) 若a2＝1，a5＝3，求a1的值；

an＋1a2(2) 设a1＜a2，求证：对任意n∈N*，且n≥2，都有＜.

ana1

数学附加题

(满分40分，考试时间30分钟)

21、B (选修42：矩阵与变换)

 1 2

已知矩阵A＝，求矩阵A的特征值和特征向量．

－1 4

21、C (选修44：坐标系与参数方程)

x＝2cost，

已知曲线C的参数方程为(t为参数)，曲线C在点(1，3)处的切线为l.以坐

y＝2sint

标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．

22、如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.

(1) 若m＝1，求异面直线AP与BD1所成角的余弦；

1

(2) 是否存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值是？若存在，请求出m的

3值；若不存在，请说明理由．

23、已知甲箱中装有3个红球,3个黑球,乙箱中装有2个红球,2个黑球,这些球除颜色外完全相同,某商场举行有奖促销活动,设奖规则如下:每次分别从以上两个箱子中各随机摸出2个球,共4个球,若摸出4个球都是红球,则获得一等奖;摸出的球中有3个红球,则获得二等奖;摸出的球中有2个红球,则获得三等奖;其他情况不获奖,每次摸球结束后将球放回原箱中. (1) 求在1次摸奖中,获得二等奖的概率;

(2) 若连续摸奖2次,求获奖次数X的分布列及数学期望E(X).

答案

1、5； 2、1； 3、16； 4、2； 5、28；

27； 7、3； 8、64； 9、(3,) ；10、；

2552636411、； 12、； 13、； 14、[3,e2]

34315、证明：(1) ∵ D、E分别为BC、CC1中点，∴ DE∥BC1.(2分)

6、

∵ DE分)

∵ AB＝AC，D为BC中点，∴ AD⊥BC.∵ CC1∩BC＝C，CC1，BC平面BCC1B1， ∴ AD⊥平面BCC1B1.∵ BC1平面BCC1B1，∴ AD⊥BC1.(11分)

∵ BC1⊥B1D，B1D∩AD＝D，B1D，AD平面AB1D，∴ BC1⊥平面AB1D. ∵ BC1平面ABC1，∴平面AB1D⊥平面ABC1.(14分)

16、解：（1）因为m·n＝3bcosB，所以acosC＋ccosA＝3bcosB．

由正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝3sinBcosB，··································3分 所以sin(A＋C)＝3sinBcosB，所以sinB＝3sinBcosB．

1

因为B是△ABC的内角，所以sinB≠0，所以cosB＝．·····························7分

3（2）因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac． 由正弦定理，得sinA·sinC． ·································································9分

sin2B

＝

平面ABC1，BC1平面ABC1，∴ DE∥平面ABC1.(6分)

(2) 直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∵ AD平面ABC，∴ CC1⊥AD.(8

122

因为cosB＝，B是△ABC的内角，所以sinB＝．·······························11分

33又＝

sinC＋sinA·cosC11cosAcosCcosA·＋＝＋＝ tanAtanCsinAsinCsinA·sinC

sin(A＋C)sinBsinB132

＝＝2＝＝．········································14分

sinA·sinCsinA·sinCsinBsinB4

x2y222

17.解：(1) ∵＋＝1，∴ F1(－2，0)，F2(2，0)，∴ kOP＝，kF2M＝－2，kF1M＝，

8424

∴直线F2M的方程为y＝－2(x－2)，直线F1M的方程为y＝2

(x＋2)．(4分) 4

y＝－2（x－2），66由解得x＝，∴点M的横坐标为.(5分) 255y＝（x＋2），4

(2) 设P(x0，y0)，M(xM，yM)，

→→→2

∵F1M＝2MP，∴F1M＝(x0＋c，y0)＝(xM＋c，yM)，

3212242→

x0－c，y0，F2M＝x0－c，y0. ∴ M333333

→

∵ PO⊥F2M，OP＝(x0，y0)，

24222x0－cx0＋y2∴＝0，即x＋y＝2cx0.(8分) 000333

x＋y0＝2cx0，0

22222

联立方程得x2消去y0得c2x20－2acx0＋a(a－c)0y0

a2＋b2＝1，＝0，

a（a＋c）a（a－c）

解得x0＝或 x0＝.(11分)

cc

a（a－c）

∵－ac1得e>. 2

1

综上，椭圆离心率e的取值范围为2，1.(14分)

18.解：以O为原点，直线l、m分别为x,y轴建立平面直角坐标系．

设PQ与圆A相切于点B，连结AB，以1百米为单位长度，则圆A的方程为

2

2

x2(y1)21，

(1)由题意可设直线PQ的方程为

xy1，即qx2y2q0，(q2)， 2q∵PQ与圆A相切，∴22q81，解得q，

3q22283故当P距O处2百米时，OQ的长为百米．……………6分 （2）设直线PQ的方程为

xy1，即qxpypq0，(p1,q2)， pq∵PQ与圆A相切，∴ppqq2p21，化简得p2qq222，则PQpq q2，q2q2……9分

22(q1)(q23q1)q2(q2)， q(q2)，∴f(q)2q令f(q)22q2(q2)(q2)当2q3535时，f(q)0，即f(q)在(2,)上单调递减；

22

当q3535时，f(q)0，即f(q)在(,)上单调递增， 223535时取得最小值，故当公路PQ长最短时，OQ的长为百米．

2283∴f(q)在q答：（1)当P距O处2百米时，OQ的长为百米；（2）当公路PQ长最短时，OQ的

长为

35百米．……………16分 22(x1)(x3)，令f(x)0，则x3

x当0x3时，f(x)0；当x3时，f(x)0

所以当x3时f(x)有极小值f(3)36ln3，无极大值.……………………4分

19. （1）定义域为x|x0，f(x)2(x1)2a2(2)f(x)，

x①当a2时，f(x)0，f(x)在(0,)上递增，成立；……………………6分

aa，或x11， 22a所以f(x)在[2,3]上存在单调递增区间，所以113，解得6,a2

2②当a2时，令f(x)0，则x11综上，a6.…………………………………………………………………………10分 （3）在[1,e]上存在一点x0，使得fx0gx0成立，即在[1,e]上存在一点x0，使得x(1a)(x1)[x(1a)]有h(x)112aaxaxxxx2x2

2hx00，即函数hxx1aalnx在[1,e]上的最小值小于零．

①当a1e，即ae1时，hx在1，e上单调递减，

e211aa0可得a所以hx的最小值为he，由hee， ee1e21e21e1，所以a因为；………12分 e1e1②当a11，即a0时，hx在1，e上单调递增，

所以hx最小值为h1，由h111a0可得a2；………14分

③当1a1e，即0ae1时，可得hx最小值为h1a2aaln1a， 因为0ln1a1，所以，0aln1aa，

故h1a2aaln1a2此时不存在x0使hx00成立．

e21综上可得所求a的范围是：a或a2．………16分

e1

20. (1) 解：因为a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则 a3＝3－2d，a4＝3－d.

（3－2d）2a23因为a2，a3，a4成等比数列，所以a2＝＝.(3分)

a43－d

（3－2d）23

因为a2＝1，所以＝1，解得d＝2或d＝. 43－d

3

因为an＞0，所以d＝.

4

1

因为a1，a2，a3成等差数列，所以a1＝2a2－a3＝2－(3－2d)＝.(5分)

2

(2) 证明：(证法1)因为a2n－1，a2n，a2n＋1成等差数列，a2n，a2n＋1，a2n＋2成等比数列， 所以2a2n＝a2n－1＋a2n＋1，① a22n＋1＝a2na2n＋2.② 所以a22n－1＝a2n－2a2n，n≥2.③ 所以a2n－2a2n＋a2na2n＋2＝2a2n. 因为an＞0，

所以a2n－2＋a2n＋2＝2a2n.(7分) 即数列{a2n}是等差数列．

所以a2n＝a2＋(n－1)(a4－a2)．

由a1，a2及a2n－1，a2n，a2n＋1是等差数列，a2n，a2n＋1，a2n＋2是等比数列，可得

（2a2－a1）2a4＝.

a2

所以a2n＝a2＋(n－1)(a4－a2) （a2－a1）n＋a1＝.

a2

[（a2－a1）n＋a1]2

所以a2n＝. a2

[（a2－a1）（n＋1）＋a1]2

所以a2n＋2＝.(10分)

a2从而a2n＋1＝a2na2n＋2

[（a2－a1）n＋a1][（a2－a1）（n＋1）＋a1]＝. a2

[（a2－a1）（n－1）＋a1][（a2－a1）n＋a1]

所以a2n－1＝.

a2

①当n＝2m，m∈N*时，

[（a2－a1）m＋a1][（a2－a1）（m＋1）＋a1]

a2an＋1a2a2－＝－ 2ana1a1[（a2－a1）m＋a1]

a2

（a2－a1）（m＋1）＋a1a2＝－

a1（a2－a1）m＋a1

2

m（a2－a1）

＝－＜0.(14分)

a1[（a2－a1）m＋a1]

②当n＝2m－1，m∈N*，m≥2时，

[（a2－a1）m＋a1]2

a2an＋1a2a2－＝－ ana1[（a2－a1）（m－1）＋a1][（a2－a1）m＋a1]a1

a2

（a2－a1）m＋a1a2

＝－ （a2－a1）（m－1）＋a1a1

（m－1）（a1－a2）2

＝－＜0.

a1[（a2－a1）（m－1）＋a1]综上，对一切n∈N*，且n≥2，

an＋1a2都有＜.(16分)

ana1

(证法2)①若n为奇数且n≥3时，则an，an＋1，an＋2成等差数列．

an＋2an＋1an＋2an－a2（2an＋1－an）an－a2n＋1n＋1

因为－＝＝

an＋1anan＋1anan＋1an（an＋1－an）2

＝－≤0，

an＋1anan＋2an＋1

所以≤.(9分)

an＋1an

an＋2an＋1

②若n为偶数且n≥2时，则an，an＋1，an＋2成等比数列，所以＝.(11

an＋1an

分)

由①②可知，对任意n≥2，n∈N*，

an＋2an＋1a3≤≤…≤.(14分)

a2an＋1an

a3a22a2－a1a2因为－＝－

a2a1a2a1

22

2a2a1－a1－a2＝ a2a1

（a1－a2）2

＝－，

a2a1

（a1－a2）2

因为a1＜a2，所以－＜0，

a2a1

a3a2即＜. a2a1

an＋1a2综上，对一切n∈N*，且n≥2，都有＜.(16分)

ana1

λ－1 －22

21B. 解：矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ－5λ＋6，(2分)

 1 λ－4

由f(λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝3.(4分)

x－2y＝0，

当λ1＝2时，特征方程组为

x－2y＝0，

2故属于特征值λ1＝2的一个特征向量α1＝；(7分)

1

2x－2y＝0，

当λ2＝3时，特征方程组为

x－y＝0，

1故属于特征值λ2＝3的一个特征向量α2＝.(10分)

1

21C. 解：由题意，得曲线C：x2＋y2＝4，

∴切线l的斜率k＝－

3， 3

∴切线l的方程为y－3＝－

3

(x－1)， 3

π

θ＋＝2.(10分) 即x＋3y－4＝0，∴切线l的极坐标方程为ρsin6

22、解：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，2)，D1(0，0，2)．(2分)

→→

所以BD1＝(－1，－1，2)，AP＝(－1，1，1)．

→→BD1·AP222→→

cos〈BD1，AP〉＝＝＝，即异面直线AP与BD1所成角的余弦是.(5

→→36·33|BD1|×|AP|分)

1

(2) 假设存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，则

3→→→

D1B1＝(1，1，0)，AD1＝(－1，0，2)，AP＝(－1，1，m)． 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，

→n⊥D1B1，x＋y＝0，

则由得取x＝2，得平面AB1D1的法向量为n＝(2，－2，1)．(7

→－x＋2z＝0，n⊥AD1，分)

1

由直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，得

37－2－2＋m1

＝3，解得m＝4. 23·m＋2

7

因为0≤m≤2，所以m＝满足条件，

4

71

所以当m＝时，直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于.(10分)

43

23、 (1)设“在1次摸奖中，获得二等奖”为事件A，

21112C3C2C2+C173C3C2则P(A)． …………………4分 22C6C430 (2)设“在1次摸奖中，获奖” 为事件B，

22C3C21则获得一等奖的概率为P； 1=2C6C2304221112C3C2+C173C3C2C2获得三等奖的概率为P3=； 22C6C41517711所以P(B)．………………………………………8分

30301515由题意可知X的所有可能取值为0，1，2．

11216111188112121，P(X1)C1，． (1))P(X2)()215152251522515225所以X的分布列是 0 1 2 X 1688121P(X) 225225225168812122所以E(X)0． …………………………10分 1222522522515P(X0)(1