江苏常州市2019届高三数学上学期期末试卷 有答案

江苏常州市2019届高三数学上学期期末试卷 有答案江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数 学参考公式：样本数据 的方差 ，其中 .柱体的体积 ，其中 为柱体的底面积， 为高一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1.已知集合 ，则 _.2.已知复数 满足 （ 是虚数单位），则复数 _.3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为 ，且这5个分数的平均数为 ，则实数 _.4. 一个算法的伪代码如右图所示，执行此算法，若输出的 值为 ，则输入的实数 的值为_.5. 函数 的定义域为_.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_.7. 已知双曲线 的离心率为2，直线 经过双 的焦点，则双曲线 的渐近线方程为_.8. 已知圆锥 ，过 的中点 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱 ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上（如图），则圆柱 的体积与圆锥 的体积的比值为_.9. 已知正数 满足 ，则 的最小值为_.10. 若直线 与曲线 （ 是自然对数的底数）相切，则实数_.11. 已知函数 是偶函数，点 是函数 图象的对称中心，则 最小值为_.12. 平面内不共线的三点 ，满足 ，点 为线段 的中点， 的平分线交线段 于 ，若| ，则 _.13. 过原点的直线 与圆 交于 两点，点 是该圆与 轴负半轴的交点，以 为直径的圆与直线 有异于 的交点 ，且直线 与直线 的斜率之积等于 ，那么直线 的方程为_.14. 数列 满足 ，且数列 的前 项和为 ，已知数列 的前 项和为1，那么数列 的首项 _.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AB，CC1的中点(1) 求证：CM平面AB1N；(2) 求证：平面A1BN平面AA1B1B.(第15题)16. (本小题满分14分)已知在ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且b2233bcsinAc2a2.(1) 求角A的大小；(2) 若tanBtanC3，且a2，求ABC的周长17. (本小题满分14分)已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：x2a2y2b21的焦点在椭圆C2：y2a2x2b21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PA35PB，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三角形所得，如图(2)中所示的多边形ABCDEFGH)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AFBE1.6 m，两根竖轴CHDG1.2 m，记景观窗格的外框(图(2)中实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l m.(1) 若ABC23，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的长度图(1) 图(2)(第18题)19. (本小题满分16分)已知在数列an中，a11，且an13an40，nN*.(1) 求证：an1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，求出满足条件的项；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 x1(aR)(1) 若a2，求曲线yn(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)1exex0对x1，)恒成立，求实数a的取值范围(e是自然对数的底数，e2.718 28)江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数学参考答案及评分标准1. 1 2. i 3. 9.5 4. 3 5. (0，e 6. 357. y3x 8. 38 9. 4 10. e211. 2 12. 23 13. y3x 14. 32(第15题)15. (1) 令AB1交A1B于点O，连接OM，ON，在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1CC1，BB1CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为AB1的中点，又因为M为AB的中点，所以OMBB1，且OM12BB1.因为N为CC1的中点，CN12CC1，所以OMCN，且OMCN，所以四边形CMON是平行四边形，(5分)所以CMON，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BB1CM.(9分)因为CACB，M为AB的中点，所以CMAB，又由(1)知CMON，所以ONAB，ONBB1.又因为ABBB1B，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. (1) 由余弦定理得a2b2c22bccosA，又b2233bcsinAc2a2，所以b22bccos Ac2b2233bcsinAc2，即2bccos A233bcsin A，(3分)从而sinA3cosA，若cosA0，则sinA0，与sin2Acos2A1矛盾，所以cos A0，所以tanA3.又A(0，)，所以A3.(7分)(2) tanBtanC1tanBtanCtan(BC)tan(A)tan233.(9分)又tanBtan C3，所以tanBtanC3(2)23，解得tanBtanC3.(11分)又B，C(0，)，所以BC3.又因为A3，所以ABC是正三角形，由a2，得ABC的周长为6.(14分)17. (1) 椭圆C1：x2a2y2b21的焦点坐标为(c，0)，代入椭圆C2的方程有c2b21，点P63，63的坐标代入椭圆C1，C2的方程有C1：23a223b21，所以c2b21，a2b2c2，23a223b21，解得a22，b2c21，(3分)所以椭圆C1，C2的标准方程分别为x22y21，y22x21.(5分)(2) 由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)，由y22x21，ykxm，消去y，得（kxm）22x21，即1k22x2kmxm2210，k2m241k22m2210，即k22m20.(7分)由x22y21，ykxm，消去y，得x22(kxm)21，即12k2x22kmxm210，因为直线l与椭圆C1相交，有4k2m2412k2(m21)4k212m2120(*)，x1，22km4k212m212212k2.(9分)因为PA35PB，即(x1，y1m)35(x2，y2m)，则5x13x2，所以52km4k212m212212k232km4k212m212212k2或52km4k212m212212k232km4k212m212212k2化简得，km4k212m212或km4k212m212，即k2m216k212m212.(12分)又因为k22m20，解得k22，m24或k24，m26，符合(*)式，所以直线l的斜率为2或2.(14分)18. (1) 记CH与AF，BE的交点为M，N，由ABC23，得在BCN中，CBN6，其中CNHM12(1.20.6)0.3 m，所以BCCNsinCBN0.3sin635m，BNCNtanCBN0.3tan63310m，(2分)所以CDBE2BN1.63358335，则ABBCCDDEEFFGGH HA2AB2CD4BC1.21663512534635.(5分)答：景观窗格的外框总长度为34635 m(6分)(2) ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC5，设CBN，0，2，BCr，则CNrsin，BNrcos，所以ABCH2CN1.22rsin， CDBE2BN1.62rcos，所以2(1.22rsin)2(1.62rcos)4r5，即4r(sincos1)35.(8分)设景观窗格的面积为S，有S1.21.62r2sincos48259sincos200（sincos1）2当且仅当4r（sincos1）35时取等号.(9分)令tsincos(1，2，则sincost212，所以S48259t212200（t1）24825940012t1，其中12t11221当且仅当t2，即4时取等号，(12分)所以S4825940012t148259400122148259400(322)74140092200，即S74140092200当且仅当4r（sincos1）35且4时，取等号，所以当且仅当r3（21）20且4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ABC34且BC3（21）20 m(16分)19. (1) 由an13an40，得an113(an1)，nN*，(2分)其中a11，所以a1120，可得an10，nN*，(4分)所以an11an13，nN*，所以an1是以2为首项，3为公比的等比数列，(6分)所以an12(3)n1，所以数列an的通项公式为an2(3)n1，nN*.(8分)(2) 若数列an中存在三项am，an，ak(mn0对x(0，)恒成立，所以yf(x)在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以yf(x)在(0，)上只有一个零点，符合题意若a0，令f(x)0，得xa2或xa2(舍去)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x 0，a2a2a2，f(x) 0 f(x) ? 极小值 ?1.若a21，即a2，此时aa2，则fa20对a2，)恒成立，所以F2(a)2aln a1在2，)上单调递增，所以F2(a)F2(2)3ln 20，即F1(a)0对a2，)恒成立，所以F1(a)a2aln a1在2，)上单调递增，所以F1(a)F1(2)32ln 20，即f(a)0，又因为fa2f(1)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0，故函数f(x)在(0，)上有且只有一个零点，符合题意3.若a21，即0a2，此时0e1ae01，0a21.因为函数f(x)在a2，上单调递增，所以fa20，所以函数f(x)在(0，1)内必有零点，又因为1是函数f(x)的零点，不符合题意，舍去(9分)综上，a0或a2.(10分)(3) 当x1时，g(x)aln xexex.令G(x)exex，x1，则G(x)exe0对x1，)恒成立，所以函数yG(x)在1，)上单调递增，所以G(x)G(1)0.若a0，则当x1时，ln x0，所以g(x)aln xexex0恒成立，符合题意(11分)若a0恒成立，所以H(x)axexe在1，)上单调递增，且H(1)a0.因为a1，所以G(1a)G(1)0，即e1ae(1a)(12分)所以H(1a)a1ae1aea1aeeaea1aea11a(1a)2(e1)a，因为a1，所以11a(1a)2，(e1)a0，因为H(x)axexe在1，)上单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H(1)a0，所以存在唯一的x0(1，1a)，使得H(x0)0，即g(x0)0，当x(1，x0)时，g(x)0，所以函数yg(x)在(1，x0)上单调递减，此时g(x)0，b0，求证：ab1abab.【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. (本小题满分10分)如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高OP2，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且AB2，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(第22题)23. (本小题满分10分)是否存在实数a，b，c使得等式135246n(n2)(n4)n（n1）4(an2bnc)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.江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数学附加题参考答案及评分标准21. A. (1) 由题意知1x2y1276，即12x7，22y6，解得x3，y2，所以A1322.(3分)(2) f()1322(1)(2)6234，令f()0，得2340，解得11，24.(5分)当11时，2x3y0，2x3y0，取x3，y2，所以属于11的一个特征向量为32，当24时，3x3y0，2x2y0，取x1，y1，所以属于24的一个特征向量为11.(9分)所以矩阵A的特征值为11，24，对应的一个特征向量分别为32，11.(10分)B. 直线l的普通方程为x2y10，曲线C的直角坐标方程为(x1)2(y1)22，(4分)所以曲线C是圆心为C(1，1)，半径为r2的圆，(6分)所以圆心C(1，1)到直线l的距离为d|121|1（2）223，(8分)所以直线l被曲线C所截的弦长为2r2d22223433.(10分)C. 因为a0，b0，由柯西不等式可得(ab1)(b1a)(abab)2，当且仅当abb11a时取等号，所以(ab1)2(abab)2.又因为ab10，abab0，所以ab1abab.(10分)22. (1) 记直线AM与平面PAB所成的角为，A(0，1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，M0，12，1，则AB(1，1，0)，PA(0，1，2)，AM0，32，1，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，所以nAB0，nPA0，即xy0，y2z0，取n(2，2，1)，所以sincosn，AMnAM|n|AM|23132413