江蘇省蘇北三市(徐州、淮安、連云港)2019屆高三上學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試卷(含答案)
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1、 蘇北三市(徐州、淮安、連云港)2018-2019學(xué)年度高三年級(jí)第一次質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)考試試卷 數(shù) 學(xué)(滿分160分,考試時(shí)間120分鐘) 2019.1 參考公式:樣本數(shù)據(jù)x1,x2,…,xn的方差 一、填空題:本大題共14小題,每小題5分,共70分. 1. 已知集合A={0,1,2,3},B={x|0<x≤2},則A∩B= . 2. 已知復(fù)數(shù)z=(2-i)2(i是虛數(shù)單位),則z的模為 . 3. 已知一組樣本數(shù)據(jù)5,4,x,3,6的平均數(shù)為5,則該組數(shù)據(jù)的方差為 . I←1 While I<8 I←I+2 S←2I+3 En
2、d While Print S (第4題) 4. 運(yùn)行如圖所示的偽代碼,則輸出的結(jié)果S為 . 5. 若從2,3,6三個(gè)數(shù)中任取一個(gè)數(shù)記為a,再從剩余的兩個(gè)數(shù)中任取一個(gè)數(shù)記為b,則“是整數(shù)”的概率為 . 6. 若拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)與雙曲線x2-=1的右焦點(diǎn)重合,則實(shí)數(shù)p的值為 . 7. 在等差數(shù)列{an}中,若a5=,8a6+2a4=a2,則{an}的前6項(xiàng)和S6的值為 . 8. 已知正四棱錐的底面邊長為2,高為1,則該正四棱錐的側(cè)面積為 . 9. 已知a,b∈R,函數(shù)f(x)=(x-2)(ax+b)為
3、偶函數(shù),且在(0,+∞)上是減函數(shù),則關(guān)于x的不等式f(2-x)>0的解集為 . 10. 已知a>0,b>0,且a+3b=-,則b的最大值為 . 11. 將函數(shù)f(x)=sin 2x的圖象向右平移個(gè)單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象,則以函數(shù)f(x)與g 請(qǐng)預(yù)覽后下載! (x)的圖象的相鄰三個(gè)交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形的面積為 . 12. 在△ABC中,AB=2,AC=3,∠BAC=60°,P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn),滿足=+2,則·的值為 . 13. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓C1:x2+y2+2mx-
4、(4m+6)y-4=0(m∈R)與以C2(-2,3)為圓心的圓相交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),且滿足x-x=y(tǒng)-y,則實(shí)數(shù)m的值為 . 14. 已知x>0,y>0,z>0,且x+y+z=6,則x3+y2+3z的最小值為 . 二、解答題:本大題共6小題,共90分. 解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟. 15. (本小題滿分14分) 在△ABC中,sin A=,A∈(,π). (1) 求sin 2A的值;(2) 若sin B=,求cos C的值. 16. (本小題滿分14分)如圖,在直三棱柱ABCA1
5、B1C1中,D,E,F(xiàn)分別是B1C1,AB,AA1的中點(diǎn). (1) 求證:EF∥平面A1BD; (2) 若A1B1=A1C1,求證:平面A1BD⊥平面BB1C1C. 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 17. (本小題滿分14分)如圖,某公園內(nèi)有兩條道路AB,AP,現(xiàn)計(jì)劃在AP上選擇一點(diǎn)C,新建道路BC,并把△ABC所在的區(qū)域改造成綠化區(qū)域.已知∠BAC=,AB=2 km. (1) 若綠化區(qū)域△ABC的面積為1 km2,求道路BC的長度; (2) 若綠化區(qū)域△ABC改造成本為10萬元/km2,新建道路BC成本為10萬元/km.設(shè)∠ABC=θ(0<θ≤),當(dāng)θ為何
6、值時(shí),該計(jì)劃所需總費(fèi)用最?。? 18. (本小題滿分16分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且右焦點(diǎn)到右準(zhǔn)線l的距離為1.過x軸上一點(diǎn)M(m,0)(m為常數(shù),且m∈(0,2))的直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),與l交于點(diǎn)P,D是弦AB的中點(diǎn),直線OD與l交于點(diǎn)Q. (1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2) 試判斷以PQ為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)?若是,求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不是,請(qǐng)說明理由. 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 19. (本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)=(x-a)ln x(a∈R). (1)
7、 若a=1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線的方程; (2) 若對(duì)于任意的正數(shù)x,f(x)≥0恒成立,求實(shí)數(shù)a的值; (3) 若函數(shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 20. (本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}滿足對(duì)任意的n∈N*,都有an(qnan-1)+2qnanan+1=an+1(1-qnan+1),且an+1+an≠0,其中a1=2,q≠0.記Tn=a1+qa2+q2a3+…+qn-1an. (1) 若q=1,求T2 019的值; (2) 設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=(1+q)Tn-qnan. ①求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式
8、; ②若數(shù)列{cn}滿足c1=1,且當(dāng)n≥2時(shí),cn=2bn-1-1,是否存在正整數(shù)k,t,使c1,ck-c1,ct-ck成等比數(shù)列?若存在,求出所有k,t的值;若不存在,請(qǐng)說明理由. 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 2019屆高三模擬考試試卷 數(shù)學(xué)附加題 (滿分40分,考試時(shí)間30分鐘) 21. 【選做題】在A,B,C三小題中只能選做2題,每小題10分,共20分.若多做,則按作答的前兩題計(jì)分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟. A. (選修42:矩陣與變換) 已知矩陣A=,B=,求A-1B. B. (選修44:坐標(biāo)系與
9、參數(shù)方程) 在極坐標(biāo)系中,曲線C:ρ=2cos θ.以極點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),極軸為x軸非負(fù)半軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy,設(shè)過點(diǎn)A(3,0)的直線l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),求直線l的斜率. C. (選修45:不等式選講) 已知函數(shù)f(x)=|x-1|. (1) 解不等式f(x-1)+f(x+3)≥6; (2) 若|a|<1,|b|<1,且a≠0,求證:f(ab)>|a|f(). 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 【必做題】第22,23題,每小題10分,共20分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟. 22. 如圖,在三棱
10、錐DABC中,DA⊥平面ABC,∠CAB=90°,且AC=AD=1,AB=2,E為BD的中點(diǎn). (1) 求異面直線AE與BC所成角的余弦值; (2) 求二面角ACEB的余弦值. 23. 已知數(shù)列{an}滿足a1=,an+1=-2a+2an,n∈N*. (1) 用數(shù)學(xué)歸納法證明:an∈(0,); (2) 令bn=-an,求證: 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 2019屆高三模擬考試試卷(五)(蘇北三市) 數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 1. {1,2} 2. 5 3. 2 4. 21 5. 6. 4 7. 8. 8 9. (0,4
11、) 10. 11. 12. -1 13. -6 14. 15. 解:(1) 由sin A=,A∈(,π),則cos A=-=-=-,(2分) 所以sin 2A=2sin Acos A=2××(-)=-.(6分) (2) 由A∈(,π),則B為銳角. 又sin B=,所以cos B===,(8分) 所以cos C=-cos (A+B)=-(cos Acos B-sin Asin B)(12分) =-(-×-×)=.(14分) 16. 證明:(1) 因?yàn)镋,F(xiàn)分別是AB,AA1的中點(diǎn),所以EF∥A1B.(3分) 因?yàn)镋F?平面A1BD,
12、A1B?平面A1BD, 所以EF∥平面A1BD.(6分) (2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1⊥平面A1B1C1. 因?yàn)锳1D?平面A1B1C1,所以BB1⊥A1D. (8分) 因?yàn)锳1B1=A1C1,且D是B1C1的中點(diǎn), 所以A1D⊥B1C1.(10分) 因?yàn)锽B1∩B1C1=B1,B1C1,BB1?平面BB1C1C, 所以A1D⊥平面BB1C1C.(12分) 因?yàn)锳1D?平面A1BD, 所以平面A1BD⊥平面BB1C1C. (14分) 17. 解:(1) 在△ABC中,已知∠BAC=,AB=2 km, 所以△ABC的面積S=×AB×AC
13、×sin =1,解得AC=2.(2分) 在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2×AB×AC×cos =22+22-2×2×2×cos =8-4,(4分) 所以BC==-(km).(5分) (2) 由∠ABC=θ,則∠ACB=π-(θ+), 0<θ≤. 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 在△ABC中,∠BAC=,AB=2 km,由正弦定理得==, 所以BC=,AC=.(7分) 記該計(jì)劃所需費(fèi)用為F(θ), 則F(θ)=××2××10+×10=(0<
14、;θ≤).(10分) 令f(θ)=,則f′(θ)=.(11分) 由f′(θ)=0,得θ=. 所以當(dāng)θ∈(0,)時(shí),f′(θ)<0,f(θ)單調(diào)遞減; 當(dāng)θ∈(,)時(shí),f′(θ)>0,f(θ)單調(diào)遞增.(12分) 所以當(dāng)θ=時(shí),該計(jì)劃所需費(fèi)用最小. 答:當(dāng)θ=時(shí),該計(jì)劃所需總費(fèi)用最小.(14分) 18. 解:(1) 設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為(c,0),由題意,得解得 所以a2=2,b2=1,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(4分) (2) 由題意,當(dāng)直線AB的斜率不存在或?yàn)榱銜r(shí)顯然不符合題意. 設(shè)AB的斜率為k,則直線AB的方程為y=k(x-m). 又準(zhǔn)線方程為x=2
15、, 所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(2,k(2-m)).(6分) 由得x2+2k2(x-m)2=2, 即(1+2k2)x2-4k2mx+2k2m2-2=0, 所以xD=·=,yD=k(-m)=-,(8分) 所以kOD=-,從而直線OD的方程為y=-x, 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 所以點(diǎn)Q的坐標(biāo)為Q(2,-),(10分) 所以以PQ為直徑的圓的方程為(x-2)2+[y-k(2-m)](y+)=0, 即x2-4x+2+m+y2-[k(2-m)-]y=0.(14分) 因?yàn)樵撌綄?duì)?k≠0恒成立,所以解得 所以以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)(2±,0).(16分) 19. 解:(1)
16、 因?yàn)閒(x)=(x-a)ln x(a∈R),所以當(dāng)a=1時(shí),f(x)=(x-1)ln x, 則f′(x)=ln x+1-.(1分) 當(dāng)x=1時(shí),f(1)=0,f′(1)=0, 所以曲線f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線的方程為y=0.(3分) (2) 因?yàn)閷?duì)于任意的正數(shù)x,f(x)≥0恒成立, 所以當(dāng)lnx=0,即x=1時(shí),f(x)=0,a∈R;(5分) 當(dāng)ln x>0,即x>1時(shí),x≥a恒成立,所以a≤1; (6分) 當(dāng)ln x<0,即x<1時(shí),x≤a恒成立,所以a≥1. 綜上可知,對(duì)于任意的正數(shù)x,f(x)≥0恒成立,a=1. (7分) (
17、3) 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn), 所以f′(x)=ln x-+1存在兩個(gè)不相等的零點(diǎn). 設(shè)g(x)=ln x-+1,則g′(x)=+=.(8分) 當(dāng)a≥0時(shí),g′(x)>0,所以g(x)單調(diào)遞增,至多一個(gè)零點(diǎn).(9分) 當(dāng)a<0時(shí),x∈(0,-a)時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減, x∈(-a,+∞)時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增, 所以x=-a時(shí),g(x)min=g(-a)=ln(-a)+2. (11分) 因?yàn)間(x)存在兩個(gè)不相等的零點(diǎn),所以ln(-a)+2<0,解得-e-2<a<0. 因?yàn)椋璭-2<a<
18、;0,所以->e2>-a. 因?yàn)間(-)=ln(-)+a2+1>0,所以g(x)在(-a,+∞)上存在一個(gè)零點(diǎn).(13分) 因?yàn)椋璭-2<a<0,所以a2<-a.又g(a2)=ln a2-+1=2ln(-a)++1, 設(shè)t=-a,則y=2ln t++1(0<t<). 因?yàn)閥′=<0,所以y=2ln t++1(0<t<)單調(diào)遞減. 又函數(shù)圖象是連續(xù)的,所以y>2ln +e2+1=e2-3>0, 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 所以g(a2)=ln a2-+1>0,所以在(0,-a)上存在一個(gè)零點(diǎn). 綜上可知,
19、-e-2<a<0.(16分) 20. 解:(1) 當(dāng)q=1時(shí),由an(qnan-1)+2qnanan+1=an+1(1-qnan+1), 得(an+1+an)2=an+1+an. 又an+1+an≠0,所以an+1+an=1.(2分) 又a1=2, 所以T2 019=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 018+a2 019)=1 011.(4分) (2) ①由an(qnan-1)+2qnanan+1=an+1(1-qnan+1),得qn(an+1+an)2=an+1+an. 又an+1+an≠0,所以an+1+an=.(6分) 因?yàn)門n=a1+qa2+
20、q2a3+…+qn-1an, 所以qTn=qa1+q2a2+q3a3+…+qnan, 所以(1+q)Tn=a1+q(a1+a2)+q2(a2+a3)+q3(a3+a4)+…+qn-1(an-1+an)+qnan, bn=(1+q)Tn-qnan=a1+1+1+…+1+qnan-qnan=a1+n-1=n+1, 所以bn=n+1.(10分) ②由題意,得cn=2bn-1-1=2n-1,n≥2. 因?yàn)閏1,ck-c1,ct-ck成等比數(shù)列, 所以(ck-c1)2=c1(ct-ck),即(2k-2)2=2t-2k, (12分) 所以2t=(2k)2-3·2k+4,即2t-2
21、=(2k-1)2-3·2k-2+1 (*). 由于ck-c1≠0,所以k≠1,即k≥2. 當(dāng)k=2時(shí),2t=8,得t=3.(14分) 當(dāng)k≥3時(shí),由(*)得(2k-1)2-3·2k-2+1為奇數(shù), 所以t-2=0,即t=2,代入(*)得22k-2-3·2k-2=0,即2k=3,此時(shí)k無正整數(shù)解. 綜上,k=2,t=3.(16分) 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 2019屆高三模擬考試試卷(五)(蘇北三市) 數(shù)學(xué)附加題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 21. A. 解:由題意得A-1=,(5分) 所以A-1B==.(10分) B. 解:曲線C:ρ=2cos θ的
22、直角坐標(biāo)方程為(x-1)2+y2=1.(4分) 設(shè)過點(diǎn)A(3, 0)的直線l的直角坐標(biāo)方程為x=my+3, 因?yàn)橹本€l與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以=1,解得m=±.(8分) 從而直線l的斜率為±.(10分) C. (1) 解:不等式的解集是(-∞,-3]∪[3,+∞).(4分) (2) 證明:要證f(ab)>|a|f(),只要證|ab-1|>|b-a|,只需證(ab-1)2>(b-a)2. 而(ab-1)2-(b-a)2=a2b2-a2-b2+1=(a2-1)(b2-1)>0, 從而原不等式成立. (10分) 22. 解
23、:因?yàn)镈A⊥平面ABC,∠CAB=90°,所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.因?yàn)锳C=AD=1,AB=2, 所以A(0,0,0),C(1,0,0),B(0,2,0),D(0,0,1). 因?yàn)辄c(diǎn)E為線段BD的中點(diǎn),所以E(0,1,). (1) =(0,1,),=(1,-2,0), 所以cos〈,〉===-, 所以異面直線AE與BC所成角的余弦值為.(5分) (2) 設(shè)平面ACE的法向量為n1=(x,y,z),因?yàn)椋?1,0,0),=(0,1,), 所以n1·=0,n1·=0,即x=0且y+z=0,取y=1,得x=0,z=-2,
24、 所以n1=(0,1,-2)是平面ACE的一個(gè)法向量. 設(shè)平面BCE的法向量為n2=(x,y,z),因?yàn)椋?1,-2,0),=(0,-1,), 請(qǐng)預(yù)覽后下載! 所以n2·=0,n2·=0,即x-2y=0且-y+z=0,取y=1,得x=2,z=2, 所以n2=(2,1,2)是平面BCE的一個(gè)法向量. 所以cos〈n1,n2〉===-. (8分) 所以二面角ACEB的余弦值為-. (10分) 23. 證明:(1) 當(dāng)n=1時(shí),a1=∈(0,),結(jié)論顯然成立; 假設(shè)當(dāng)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),ak∈(0,), 則當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=-2a+2ak
25、=-2(ak-)2+∈(0,). 綜上,an∈(0,).(4分) (2) 由(1)知,an∈(0,),所以bn=-an∈(0,). 因?yàn)閍n+1=-2a+2an, 所以-an+1=-(-2a+2an)=2a-2an+=2(an-)2,即bn+1=2b. 于是log2bn+1=2log2bn+1, 所以(log2bn+1+1)=2(log2bn+1), 故{log2bn+1}構(gòu)成以2為公比的等比數(shù)列,其首項(xiàng)為log2b1+1=log2+1=log2. 于是log2bn+1=(log2)·2n-1,從而log2(2bn)=(log2)·2n-1=log2()2n
26、-1, 所以2bn=()2n-1,即bn=,于是=2·32n-1.(8分) 因?yàn)楫?dāng)i=1,2時(shí),2i-1=i, 當(dāng)i≥3時(shí),2i-1=(1+1)i-1=C+C+…+C>C+C=i, 所以對(duì)?i∈N*,有2i-1≥i,所以32i-1≥3i,所以=2·32i-1≥2·3i, 從而=++…+≥2(31+32+…+3n)=2×=3n+1-3.(10分) 歡迎訪問“高中試卷網(wǎng)”——http://sj.fjjy.org (注:可編輯下載,若有不當(dāng)之處,請(qǐng)指正,謝謝!) 請(qǐng)預(yù)覽后下載!
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