届江苏启东中学高三年级第一次模拟考试_数学

1、2021届江苏启东中学高三年级第一次模拟考试一、填空题 ： 本大题共14 小题，每道题5 分，计 70 分.1设集合 m答案： 12,0, x，集合 n0,1，如 nm ，就 x.2如复数 z答案： 1ai （其中 i 为虚数单位）的实部与虚部相等，就实数a.i3在一次射箭竞赛中，某运动员5 次射箭的环数依次是9,10,9,7,10 ，就该组数据的方差是.6答案：54甲、乙两位同学下棋，如甲获胜的概率为0.2 ，甲、乙下和棋的概率为0.5 ，就乙获胜的概率为.答案： 0.3解读：为了表达新的考试说明，此题挑选了互斥大事，选材于课本中的习题；5如双曲线x2y2a 2 a0 的右焦点与抛物线y24

2、 x 的焦点重合，就a.2答案：26运行如下列图的程序后，输出的结果为.答案： 42解读：此题的答案简单错为22 ；i 1 s0whilei 8 i i + 3s 2i + s2 xy07如变量 x, y 满意x2 y30 ，就 2x y 的最大值为.endwhileprints第 6 题图x0答案： 88如一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2 倍，就该圆锥的体积为.3答案：39如函数f xsinx0 图象的两条相邻的对称轴之间的距离为，且该函数图象关62于点 x0 ,0成中心对称，x00, ，就 x02.5答案：12· 1·10如实数x, y 满意 xy0 ，且lo

3、g 2 xlog 2 y1 ，就 xy 2的最小值为.2xy答 案 ： 4 11设向量 asin 2,cos ， bcos,1 ，就“a/b ”是“tan1”成立的条件2选填“充分不必要” 、“必要不充分” 、“充要”、“既不充分也不必要” .答案：必要不充分12在平面直角坐标系xoy 中，设直线yx2 与圆 x2y2r 2 r0 交于a, b 两点， o 为坐uuur5 uuur3 uuur标原点，如圆上一点c 满意答案：10ocoaob 44，就 r.13 已 知f x是 定 义 在 2,2上 的 奇 函 数 ， 当x0,2 时 ，f x2 x1 ， 函 数2g xx2xm . 假如对于x

4、2, 2 ，x2, 2 ，使得 g x f x ，就实数 m 的1221取值范畴是.答案： 5,214已知数列a满意 a1 ， aa ， | aa|2n nn * ，如数列a单调递减，n121n 1n2 n 1数列a2 n单调递增，就数列an的通项公式为an2n1.答案：2 n31（ 说明：本答案也可以写成,n321 ,3n为奇数）n为偶数二、解答题：15 在平面直角坐标系xoy 中，设锐角的始边与x 轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点p x1 , y1 ，将射线op 绕坐标原点o 按逆时针方向旋转后与单位圆交于点2q x2 ,y2 .记f y1y2 .（ 1）求函数f 的值域；y（ 2）设

5、abc 的角a, b, c 所对的边分别为a ,b, c ，q如 f c 2 ，且 a2 ， c1，求 b .pox解：（ 1 ）由题意，得y1sin, y2sincos 2，4 分所 以 f sincos2 sin ，6 分4第 15 题图由于0, ，所以2, 3444 ，故f 1,2 .8· 2·分（ 2 ）由于分f c2 sin 4c 2 ，又 c0, ，所以 c2，104在abc 中，由余弦定理得c2a2b 22ab cos c ，即 12b2222 b ，2解得 b分1.14（说明：第（2 ）小题用正弦定理处理的，类似给分） 16 本小题满分14 分d1c1如图，

6、在正方体abcda1b1c1d1 中，o, e 分别为b1 d , ab 的中点 .o（ 1）求证：oe / 平面bcc1b1 ；a1b1（ 2）求证：平面b1dc平面b1de .证明（ 1 ）：连接 bc1 ，设bc1 ib1cf ，连接 of ，2 分dc1由于 o， f 分别是b1d 与 b1c 的中点，所以of / dc ，且ofdc ，2aeb又 e 为 ab 中点，所以eb / dc ，且eb1 dc ，2第 16 题图d1c1从而 of/ eb, ofeb ，即四边形oebf是平行四边形，b 1所以 oe / bf ，6 分a1又 oe面 bcc1b1 ， bf面 bcc1 b1

7、 ，of所以 oe / 面bcc1 b1 .8 分dc（ 2 ）由于 dc面 bcc1b1 ，bc1面 bcc1b1 ，所以 bc1dc ，10 分aeb又 bc1b1c ，且dc , b1c面 b1dc ， dc ib1cc ，d 1c1所以 bc1面 b1 dc ，12 分而 bc1 / oe ，所以 oe面b1dc ，又 oe面 b1de ，a1b 1y所以面b1 dc面 b1 de .14 分bx2y 217 在平面直角坐标系xoy 中，椭圆c :1ab0 的右dlca2b 2·准线方程为x4 ，右顶点为a ，上顶点为b ，右焦点为f ，斜率为 225ofaxae pb的直线

8、 l 经过点 a ，且点 f 到直线 l 的距离为.5（ 1）求椭圆 c 的标准方程；（ 2）将直线 l 绕点 a 旋转，它与椭圆c 相交于另一点p ，当三点共线时，试确定直线l 的斜率 .b, f , p第 16 题图第 17 题图解：（ 1）由题意知，直线l 的方程为y分2 xa ，即 2 xy2 a0 ，2· 3·右焦点 f 到直线 l 的距离为分2c2a 5a225 ，ac5a21，4又椭圆 c 的右准线为xx24 ，即cy24 ，所以c，将此代入上式解得a 42, c1 ，b23 ，椭圆 c 的方程为1 ； 436 分（ 2 ）由（ 1 ）知8 分b 0,3， f

9、 1,0，直线 bf 的方程为y3 x1 ，联立方程组y3 xx2y281) x5，解得x0或（舍），即p 8 ,33 ，12 分431y33y3555直线 l 的斜率 k14 分其他方法：033 533 .2825方法二 : 由（ 1 ）知b0,3， f 1,0 ，直线 bf 的方程为y3 x1) ，由题a2,0 ，明显直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为yk x2) ，联立方程组y3 x1，解得x2k k33，代入椭圆解得：k33 或 k3，又由题意知，ykxy3k20 得 k0 或y3k22k3k3k3 ，所以 k33 .2方法三：由题a2,0，明显直线l 的斜率存在，设直线l 的方程

10、为ykx2 ，联立方程组yk x22xy432，得4k213 x216k 2x16k 2120 ，x axp16k 2，4k 23所以 xp16k 24k 2328k 24 k26, yp312k，当4k 23b, f , p 三点共线时有，k bpk bf ，· 4·12k3即8k26，解得 k或 k12，又由题意知，y234k234k 2333333k0 得 k0或kk3 ，所以 k33 .218 某地拟仿照图甲建造一座大型体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图乙所示：曲y线 ab 是以点 e 为圆心的圆的一部分，其b中 e0, t （ 0t25 ，单位：米） ；曲线cb

11、c 是抛物线yax 250a0 的一·e部分； cdad ，且 cd 恰好等于圆e 的f aodx半径 . 假定拟建体育馆的高ob50米.（ 1）如要求 cd30 米， ad245 米，第 18 题-甲第 18 题- 乙求 t 与 a 的值；（ 2）如要求体育馆侧面的最大宽度df 不超过 75米，求 a 的取值范畴； 1（ 3）如a，求 ad 的最大值 .251（参考公式：如f xax ，就f x）2ax解：（ 1）由于 cd分50t30 ，解得 t20.2此时圆e : x2 y202302 ，令 y0 ，得 ao105 ，所以 odadao中，解得 a1 .494 分2451051

12、45，将点c 145,30 代入2yax250a0t（ 2 ）由于圆 e 的半径为 50t ，所以 cdt50t ，在yax50 中令 y50t ， 得 od，a就由题意知fd分50t75 对 ta0,25恒成立，8所以1t25at1恒成立，而当1t25 ，即 tt25 时，t25取最小值10 ，t故a10 分10 ，解得a.100· 5·1222（ 3 ） 当a时 ， od 255t ， 又 圆 e 的 方 程 为 x yt50t ， 令 y0 ， 得x1025t ，所以 ao1025t ，从而12 分adf t1025t5t 0t25 ，又由于f t 521 525t2

13、t ，令f t0 ，得 t5 ，14 分25tt25tt当 t0,5 时 ， ft0 ，f t 单调递增；当t5,25 时，f t0 ，f t 单调递减，从而当 t5时，f t 取最大值为255 .答：当 t16 分5 米时， ad 的最大值为255 米.（说明：此题仍可以运用三角换元，或线性规划等方法解决，类似给分）19 设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为sn ，如a1a564 ， s5s348 .（ 1 ）求数列an的通项公式；（ 2 ）对于正整数k, m, l （ kml ），求证：“ mk1且 lk3 ”是“ 5ak , am, al这三项经适当排序后能构成等差数列”成

14、立的充要条件；（ 3）设数列bn满意：对任意的正整数n ，都有a1bna2bn 1a3bn 2lanb13 2n 1范畴 .4 n6 ，且集合mn | bn an, nn *2中有且仅有3 个元素， 试求的取值解：（ 1 ） q 数列an是各项均为正数的等比数列，a1a5a364 ，a38 ，又q s5s3分48 ，a4a58q 28q48 ，q2 ，an8 2n 32n ；4（ 2 ）（）必要性：设5ak , am , al这三项经适当排序后能构成等差数列， 如 2 5akamal，就 102k2m2l ，102 m k2l k ，52m k 12l k 1 ，2m k 11,2l k 14

15、6 分mk1.lk3如 2am5akal ，就 22m5 2k2l ，2m 1 k2l k5 ，左边为偶数，等式不成立，如 2al5akam ，同理也不成立，综合， 得 mk分1,lk3 ，所以必要性成立.8（）充分性：设mk1， lk3 ，就 5ak , am , al列，这三项为5ak , ak1 , ak3 ，即 5ak , 2ak ,8 ak ，调整次序后易知2ak ,5 ak ,8 ak 成等差数所以充分性也成立.· 6·综合（）（），原命题成立 .10分（ 3 ）由于a ba ba bla b3 2 n 14n6 ，1 n2 n 13 n 2n 1123nn 1

16、n31即 2 bn2 bn 12 bn 2l2 b13 24 n6 ，（ * ）当 n2 时，21b22 b23bl2 n 1 b3 2n4n2 ，（ * ）n1n2就（ * ）式两边同乘以2 ，得22 b23 b24 4 bl2n b3 2n 18n4 ，（ * ）nnn1123（ * ）（ * ），得 2bn4 n2 ，即 bn2n1n2 ，又当 n14 分1 时，2b13 2 2102 ，即 b11 ，适合 bn2 n1n2 ，bn2n1 .bn2 n1bnbn 12 n12n352nnna2n，anan 122n 12n，bnan2 时，nbn 1an 10 ，即 b2b1 ；a2a1

17、bnan3 时，nbn 1an 10 ，此时bn单调递减，anb1又a116 分1 b2，2 a23 b3，4 a35 b4，8a4771，.1616220 已知函数f xex ，g xmxn .（ 1）设h xf xg x . 如函数h x 在 x0 处的切线过点1,0 ，求 mn 的值； 当 n0 时，如函数1h x 在 1, 上没有零点，求m 的取值范畴；nx（ 2）设函数r xf xg x，且 n4mm0 ，求证：当x0 时，r x1 .解：（ 1 ）由题意，得h xf xg xexmxnexm ，所以函数2 分h x 在 x0 处的切线斜率k1 m ，又 h01n ，所以函数h x

18、在 x0 处的切线方程y1n1m x ，将点 1,0 代入，得 mn2 .4 分xxx1（ 2 ）方法一：当n10 ，可得xh xemxem ，由于 x1 ，所以 e，e当 m时， h xe1em0 ，函数h x1在 1, 上单调递增，而11h01 ，所以只需6 分h11m0 ，解得 mex，从而m.eee当 m时，由eh xem0 ，解得 xln m1, ，· 7·当 x递增 .1,lnm 时，h x0 ， hx单调递减；当xlnm, 时，h x0 ，h x 单调所以函数h x 在 1, 上有最小值为h ln mmm ln m ，令 mm ln m0 ，解得 me ，所以

19、 1me .e综上所述，m10 分方法二：当n1 , e .e0 ， exmx当 x0 时，明显不成立；exexex xexexx1当 x1 且 xex0 时， m，令 yx，就 yxx2x2ex，当1x0 时，y0 ，函数 yex单调递减，0xx11时， y0 ，函数 y单调递减，当xx11时， y0 ，函数 y单调递增，又xy x1e ， y x 1e ，由题意知m,e .e（ 3 ）由题意，r x1nxxnx1m1 4xex4，f x14 xg xexnxmx而 r xxe1 等价于x4e 3 x4x40 ，令 f xex 3x4x4 ，12 分就 f 00 ，且f xex 3x11 ，

20、 f00 ，令 g xf x ，就g xex 3 x2 ，因 x0 ， 所以 g x0 ，14 分所以导数f x 在 0, 上单调递增，于是f xf 00 ，从而函数16 分f x 在 0, 上单调递增，即f xf 00 .附加题答案21.a 、（选修 4 1：几何证明选讲）c如图，已知点p 为 rtabc 的斜边 ab 的延长线上一点，且pc 与rtabc 的外接圆相切，过点c 作 ab 的垂线，垂足为d ，如apa18 ， pc6 ，求线段 cd 的长 .dbp解：由切割线定理，得pc 2papb ，解得 pb2 ，所以 ab16 ，即 rtabc 的外接圆半径r8 ，5 分记 rtabc

21、 外接圆的圆心为o ，连 oc ，就 ocpc ，第 21-a题图· 8·10 分在 rtpoc 中，由面积法得ocpcpo cd ，解得cd24 .5b 、（选修 4 2：矩阵与变换）求直线 xy10 在矩阵 m2222的变换下所得曲线的方程.2222解：设p x, y 是所求曲线上的任一点，它在已知直线上的对应点为q x ,y ，22xyx就2222xyy225 分x，解得y2 xy2，2 yx2代入 xy10 中，得22xy yx10 ， 22化简可得所求曲线方程为x2 .10 分2c 、（选修 4 4：坐标系与参数方程）在极坐标系中，求圆2cos的圆心到直线2sin

22、1的距离 .3解：将圆2cos化为一般方程为x24 分y 22 x0 ，圆心为 1,0 ，又 2sin1 ，即 32 1 sin3 cos1 ，22所以直线的一般方程为3xy8 分10 ，3110 分故所求的圆心到直线的距离d.2d 、解不等式x1x24.3解：当 x1时，不等式化为3 分x12x4 ，解得x1 ；2当1x2 时，不等式化为x12x6 分4 ，解得1x2 ；5当 x2 时， 不等式化为x1x24 ，解得 2x；2· 9·9 分所以原不等式的解集为3 , 5 .2210 分22 （本小题满分10 分）如图，在直三棱柱abca1b1c1 中， abac ， ab

23、3， ac4 ，a1c1动点 p 满意uuuruuuurcpcc1 0 ，当1时， ab12bp .b 1p（ 1）求棱cc1 的长；（ 2）如二面角b1abp 的大小为ac，求的值 .3解：（ 1 ）以点 a 为坐标原点， 建立空间直角坐标系，ab, ac ,aa1 分别为x, y, z 轴，b第 22 题图设 cc1uuurm ，就b1 3,0, muuur， b3,0,0， p 0,4,uuurm ，所以 ab13,0, m ， pb3,4,m ， ab3,0,0 ，2 分1uuuruuur 1当时，有2ab1pb3,0, m3,4,m02解得32 .m32，即棱urcc14 分的长为（ 2 ）设平面 pab 的一个法向量为uuur uurn1 x, y, z ，ab n103 x0x0就由uu