江苏省南通海门中学届高三4月检测数学试题Word版含答案

1、江苏省南通海门中学2022届4月检测数学试卷2022.4.10填空题：本大题共 14小题，每题5分，共70分，把答案填在答题卡的相应位置.1.设全集U R，集合A x|x 2，B1,0,1,2,3 ，贝U euA I B2.复数z满足1 i z i，那么Z的模为3.1log2 a1log3a2，那么a4.右面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中甲甲9 88乙3 3 72 1 09? 9第4题图一个数字被污损，那么乙的平均成绩超过甲的概率为(第7题图)正整数m的最大值为.a 2b =.a,b时的值域为ka,kb (k 0)，那么称25. 假设双曲线X 211.半椭圆与x2a b

2、乞1的焦点到渐近线的距离为 2 2，那么实数k的值是.k6. 如下图的 双塔形立体建筑， P ABD和Q CBD是两个高相等的正三棱锥，四 点A,B,C,D在同一平面内.要使塔尖P,Q之间的距离为50 m，那么底边AB的长为:IJ 2:SJ 0:While I v m:SJ S+l I J|+3:End While:Print S:End第6题图7. 下面求2 5 8 11 L2022的值的伪代码中8. 向量 a (cos10°,sin 10o), b (cos70°,sin 70o)，9 .对于函数y f (x)，假设存在区间a,b，当：y f (x)为k倍值函数.假设f

3、(x) ln x x是k倍值函数，那么实数 k的取值范围是 10.函数y 14si"x(x R)的最大值与最小值之和为 x x 121 y 0,a b 0和半圆xy2 b2 y 0组成的曲线C如图所示.曲线C交x轴于点A,B，交y轴于点G,H，点M是半圆上异于 A, B的任意一点，当点CDE的外接圆的半径的最小值是2x13.实数X、y满足x050，假设不等式a(x202 2y ) (x y)恒成立，那么实数 a的最小值是(1)求cos的值;(2)证明：sin_51314.设等比数列 an满足公比N*, anN*，且an中的任意两项之积也是该数列中的一81项，假设a12 ,那么q的所有

4、可能取值的集合为 二解答题：本大题共 6小题，共90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. (此题总分值14分)0,且 sin(16. (此题总分值14分)(第16题图)如图，正方形 ABCD所在的平面与三角形 且AB 2AE.(1) 求证：AB/平面CDE ;(2) 求证：平面 ABCD 平面ADE ;17. (本小题总分值14分)某企业投入81万元经销某产品，经销时间共60个月，市场调研说明，该企业在经销这个产1,1 x 20 x N* ,品期间第x个月的利润函数f x 1(单位：万元).为了获得更多x,21 x 60 x N*10的利润，企业将每月获得的利润再投入到次月的经营

5、中.记第x个月的利润率为第x个月的利润，例如g3丄一第x个月的资金总和81 f 1 f 2(1 )求 g 10 ;(2) 求第x个月的当月利润率；(3) 求该企业经销此产品期间，哪一个月的当月利润率最大，并求出该月的当月利润率.18. (本小题总分值16分)2 2F1, F2，且圆 C:x y椭圆 F 1(a b 0)的左顶点为A，左、右焦点分别为a bx2 y2、3x 3y 60过代 F2两点.(1) 求椭圆标准的方程;(2) 设直线PF2的倾斜角为 a直线PF1的倾斜角为3当3- a= 2n时, 证明：点P在一定圆上；(3) 设椭圆的上顶点为 Q,在满足条件(2)的情形下证明：PQ PF1

6、+ PF2 .19. (本小题总分值16分)数列an的前n项和0满足：Sn t S. an 1 ( t为常数，且t 0,t 1 ).(1 )求an的通项公式；(2) 设bn a2 Sn an，假设数列bn为等比数列，求t的值；(3) 在满足条件(2)的情形下，设Cn 4an 1，数列Cn的前n项和为Tn，假设不等式 辿 2n 7对任意的n N*恒成立，求实数k的取值范围.4 n人20. (本小题总分值16分)己知函数f(x) (mx n)e x ( m, n R , e是自然对数的底).(1) 假设函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为x ey 3 0 ,试确定函数f(x)单调区间；1

7、(2) 当n 1 , m R时，假设对于任意x 一,2，都有f (x)>x恒成立，求实数 m的最2小值；x当m n 1时，设函数g(x) xf (x) tf (x) e (t R),是否存在实数a,b,c 0,1, 使得g(a) g(b) g(c)?假设存在，求出t的取值范围；假设不存在，说明理由.数学试卷附加题21. 【选做题】在 A , B, C, D四小题中只能选做 2题，每题10分，共计20分请在答题 卡指定区域内做答，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤B (选修4 2:矩阵与变换)设M是把坐标平面上的点的横坐标伸长到2倍，纵坐标伸长到 3倍的伸压变换.1)求矩阵M的特征值及

8、相应的特征向量；2(2)求逆矩阵M 计算 f(1), f(2), f(3)的值； 比拟f(n)与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论以及椭圆41在M 1的作用下的新曲线的方程.C.(选修4 4:参数方程)以直角坐标系的原点 0为极点，x轴的正半轴为极轴.点 P的直角坐标为(1 , 5)，点M的极坐标为(4,)，假设直线I过点P,且倾斜角为一，圆C以3M为圆心、4为半径.(1) 求直线I关于t的参数方程和圆 C的极坐标方程；(2) 试判定直线I和圆C的位置关系.22.数列 an的前n项和为Sn，通项公式为an 1 , f(n)nS2n，n 1S2nSn 123.如下图，某城市有南北街道和东西街道

9、各n 1条，一邮递员从该城市西北角的邮局A出发，送信到东南角 B地，要求所走路程最短1 求该邮递员途径 C地的概率fn；2n 1*(2)求证：22f(n) 3，( n N )数学参考答案1.1,0,1【解析】由euAx|x 2，得euA I B1,0,1 .2 °2，知a26，因为a 0 ,所以log2 a log 3 aa . 6 .4. 丄【解析】由图示可知，甲的平均成绩为90 ,假设要符合题意，被污损的数字只能是9,10故所求概率为丄.105. 8【解析】显然，k 0,双曲线的渐近线方程为 y kx，焦点坐标是.厂,0 ,由距离公式，得k 8 .6. 50 .3【解析】由正三棱

10、锥的概念知，顶点P,Q在底面的射影分别是正三角形ABD和正三角形BCD的中心，因为高相等，所以塔尖P,Q之间的距离即为两个正三角形中心间的距2.-2【解析】因为z |Z，所以两边同时取模可得1【解析】由1log a 2 loga3loga6离，由平面几何易知，底边AB的长为50.3 .7. 2022【解析】由伪代码知，这是当型循环结构的算法，由于m是正整数，所以最大值为 2022.&、31 In a a ka,9 . I f(x) 1 0,. f(x)在(0,)上是增函数，xln b b kb,即a,b是方程ln x x kx的两个不等的正实数根，问题等价于方程k 1 有两个x 不等的

11、正根.ln x11设 g(x) ，易得 0 k 1- , (1,1 -).xee10 . 2【解析】g(x) 4引拧 是奇函数，奇函数的最大值与最小值之和为0,x x 111.亍 x 1 y 0【解析】由点(-扌，)在半圆上，所以 b 1，而当点 M位于点 (6.3、(, )33时， AGM的面积最大可知，OM AG，即koM kAG1 , a 2，所以半椭圆的方程为2-x2 1 y 0 .212.设AC m,CB n,那么m n 3，在 CDE中，由余弦定理,知DE22 2CD CE 2CDCE cos DCE又mnm2 n2 mn (m2n) 3mn 93mn,m n、29 “，3 ,亍当

12、且仅当m n 2时,取“=,'所以DE又CDE的外接圆的半径DER 2sin DCEDE 3313.281,227,29,23,2 【解析】由题意，an 281qn1，设该数列中的任意两项为am,al ,它们的积为ap ,那么 am al81 m 1ap，即 2 q281l 181 p 1q 2 q , Qq,m,l,p N* ,81q 2百"，故p m l 1必是81的正约数，即pm1的可能取值为1,3,9,27,81，即81 .的可能取值为1,3,9,27,81 ,所以q的所有可能取值的集合为281,227,29,23,2914.-5【解析】那么2 2x y 2xy2y表

13、斜率aminmax15.解:解:(1)将tani代入tan2ta nJ 得 tan1 tan2 三所以sin cos.2 sin43，2 cos又0, n解得cos(6分)2易得号，又sin_513,所以cos由1可得sin所以sin sin1213，45，8 分10 分5 313 5K 1 63 15 14 分16. 证明：1正方形 ABCD 中，AB/CD ,又AB 平面CDE, CD 平面CDE, 所以AB/平面CDE . 6分2因为AE 平面CDE ,且CD 平面CDE，所以AE CD， 8分又 正方形ABCD中，CD AD， 且 AEI AD A，AE、AD 平面 ADE， 所以CD

14、 平面ADE， 12分 又CD 平面ABCD，所以平面ABCD 平面ADE . 14分17.解:1依题意得f 1f 2 f 3 L f 91 ,f101八g10.4 分81 f 1 f2 Lf 9902当x 1 时，g 1181当1x20 时，f 1f 2Lf x 1 f x 1，贝Uf x1g x 81 f 1 f 2 L f x 180 x而x 1也符合上式，故当1 x 20 时，g x180 x当 21 x 60 时，g xf x81 f 1 f 2 L f 20 f 21 L f x 11x10 2x1x 10 81 20 f 21 L f x 1x 21 x 20x2 x 16001

15、01 所以,x个月的当月利润率为g x1,1 x 2080 x2xr,21 x 60x x 160010(3)x 20 时，g是减函数，此时g x的最大值为80 x1181当2160 时，g2x2x x 16002 21600x 179，x当且仅当1600x 40N*时,x有最大值为279Q-,798140 时，g2x有最大值为,7913 分即该企业经销此产品期间，第40个月的当月利润率最大，其当月利润率为- 14分7918解：1圆 x2 y2-、3x 3y 60与 x 轴交点坐标为 A 2 3,0 , F2C,3,0,2 2故a 2.、3,c . 3 ,所以b 3 ,椭圆方程是：'工

16、1.129(2)设点 P (x, y),因为 F1 (血，0) , F2 (3, 0),设点 P (x, y),那么 kpF1 = tan= j百,kpF2 = tana=牛,因为3_ a=亍，所以tan= 咕3.3tan B tan a因为tan(Ba=17士硏=所以2.3yx2 + y2 3=一:3.化简得2、. 3yx2+ y2 3，x2 + y2 2y= 3.所以点P在定圆x2+ y2-2y= 3 上.(3) / PQ2= x2+ (y 3)2= x2+ y2 6y+ 9,因为 x2+ y2= 3+ 2y,所以 PQ2= 12 4y. 又 PF12= (x+ 3)2+ y2= 2y+

17、6+ 2 3x, PF?2= (x.、3)2+ y2= 2y + 6 2 _ 3x, 2P F1XP F2= 2 ；4(y+ 3)2 12x2= 4 . (y + 3)2 3x2, 因为 3x2= 9 3y2 + 6y,所以 2 P F1XP F2= 4石,2 n 2 n,/ B=穴才才，又点P在定圆x2 + y2 2y= 3上， yv 0 ,3 3所以 2 P F1XP F2 = 8y,从而(P F什P F2)2 = PF12+ 2 P F1XP F2 + PF22= 4y+ 12 8y= 12 4y= PQ2. 所以 PQ = PF1+ PF2.19.解：(1 )当 n 1 时，S1 t

18、S a11，得印 1 .1分当n 2时，由得，1 t Sn 1，得1anS tSnan 1tan 1 t ，t antan tan是等比数列，且公比是2 由1知，bn tt Sntan即antananan 1antn tntn,即bnt2n2t2n 1t假设数列d为等比数列，那么有b2故t3再将t由bn(3)Tnbib3,2t2bt3 2t 1 b t4 2t222422t 1 2t t 2t t1代入bn，得bnCT ,212，知bn为等比数列,，解得10知an1 n(A，1 n4(2)1班1厂2由不等式12k4 n £2n7恒成立,得3k2n2n7恒成立，12设dn而d42n 7

19、，由2ndn 1dn2n 52n72n"2n 9124时,dn 1dn，4时,dn 1dn14332d4ds，16分3k ,32k丄32X /x xme (mx n)e f (x)x L(e ) f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为.一2 一20. (1)由题意2 1- f(1) -, f (1) 一，即 e- f(x)当 x 0, fex 1,f (x) e(x) 0 , x(2)由n对于任意记(x)设 h(x)mx (m n)x,e3 0,1解得m 1, n 1 .ex eym nexx ,e0, f (x)0 , f (x)在(0,mx 1x 11,m R , >

20、x，即 m?eex)上单调递减，在,0)单调递增.,都有f (x)> x恒成立，等价于1,2丄x-h (x)xm> ex 1对于任意x12,2恒成立.(x)ex丄 ,xx 2 1 x e 30 对 x ,2恒成立，-h( x) e22在-,2单x调递增.而 h(2)21 x (,X0),(x) 0 , x2上单调递增，4 0,h(2)e210，(xo,2)，.m>1(),Bnm> e2,2即-1 m> em>(2),m> e2,假设存在a、b、c0,1,使2(g(X)min(g(x)mnax .21 (x)的最大值是 (-)和(2)中的较大的一个,21

21、 m2Qg(x)-X (1 t)xxe1-, g'(x)(x)(x) 0得 g(a)ex A在-,2上有唯一零点x 21(x)在(,X°)单调递减,22的最小值为eg(b) g(c)，(x t)(x 1)xe 当t> 1时，g (x) < 0 , g(x)在0,1上单调递减,3 te- 2g(1) g(0)，即 2 1,得 t 3 - 1.e2 当t< 0时，g (x) > 0 , g(x)在0,1上单调递增,xo，在(xo,2)等价于3 t 2g(0)g(1),即 2 以，得 t 3 2e 0 .e当0 t 1时，在x 0,t)上,g '(x

22、)0, g(x)在0, t)上单调递减，在x (t,1上,g'(x)0 , g(x)在(t,1上单调递增， 2g(t)maxg(0), g(1),即c t 1- 3 t、2 厂 max 1, . (*)eet 1t 143 t 3由(1知f (t) t在t 0,1上单调递减，故2?，而，不等式ee e e e(*)无解.)，使得命题成立.综上所述，存在t (,3 2e)U(3 -,22 0B. (1)由条件得矩阵M,03它的特征值为2和3，对应的特征向量为x2椭圆一421在M 1的作用下的新曲线的方程为9xC解：(1)直线I的参数方程为11-t2圆C的极坐标方程为8sinn(2)因为M(4, 2 )对应的直角坐标为( 直线l的普通方程为.、3x0, 4),圆心到直线I的距离dy 530 ,|0 4 5. 3|32