高三5月第四次模拟考试数学

扬州中学高三数学试卷2018.5.18必做题部分一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．1、已知集合则▲．2、已知复数（其中是虚数单位，），若是纯虚数，则的值为▲．3、从集合{1,2,3}中随机取一个元素，记为，从集合{2,3,4}中随机取一个元素，记为，则的概率为▲．4、对一批产品的长度（单位:毫米）进行抽样检测，样本容量为400，右图为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的为一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为▲．5、运行右面的算法伪代码，输出的结果为S=▲．6、若双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为▲．7、正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为▲．8、函数的图象向右平移个单位后，与函数的图象重合，则▲．9、若函数为偶函数，则a=▲．10、已知数列与均为等差数列（），且，则▲．11、若直线与直线交于点，则长度的最大值为▲．ABCMD(第12题图)12、如图，已知，，MABCMD(第12题图)则的最小值是▲．13、已知函数，函数，其中，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是▲．14、已知均为非负实数，且，则的取值范围为▲．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15、已知的三个内角所对的边分别为,向量，，且.(1)求角A的大小；(2)若，求的值16、如图，四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（1）求证：FG//平面PBD；（2）求证：BD⊥FG．17、已知椭圆的左焦点为，上顶点为，直线与直线垂直，垂足为，且点是线段的中点.（1）求椭圆的方程；（2）若，分别为椭圆的左，右顶点，是椭圆上位于第一象限的一点，直线与直线交于点，且，求点的坐标.18、中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一，给人以美的享受．如图为一花窗中的一部分，呈长方形，长30cm，宽26cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为xcm和ycm，窗芯所需条形木料的长度之和为L．（1）试用x，y表示L；（2）如果要求六根支条的长度均不小于2cm，每个菱形的面积为130cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？19、已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）当时，判断函数有几个零点，并证明你的结论；（3）设函数，若函数在为增函数，求实数的取值范围．20、已知数列中，，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；（2）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对任意，成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由。扬州中学高三数学试卷2018.5.18附加题21A．选修41：几何证明选讲如图，⊙O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为⊙O上一点，AE=AC，DE交AB于点F．求证：△PDF∽△POC．21B．选修42：矩阵与变换已知矩阵，求矩阵M的特征值及其相应的特征向量．21C．选修44：坐标系与参数方程在极坐标系中，直线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数），求直线与曲线的交点P的直角坐标。21D．选修45：不等式选讲设a，b，c，d都是正数，且．求证：．22、甲、乙两班各派三名同学参加知识竞赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得0分，假设甲班三名同学答对的概率都是，乙班三名同学答对的概率分别是，且这六名同学答题正确与否相互之间没有影响．

（1）记“甲、乙两班总得分之和是60分”为事件A，求事件A发生的概率；（2）用X表示甲班总得分，求随机变量X的概率分布和数学期望．23、已知函数，设为的导数，．（1）求，；（2）猜想的表达式，并证明你的结论．扬州中学高三数学试卷参考答案2018.5.181.{－1}；2.－4；3.eq\f(8,9)；4.100；5.eq\f(10,11)；6.y＝±3x；7.1；8.；9.1；10.20；11.；12.；13.；14.14.解：因为，所以，令，则．．当且，即或时取等号；另一方面，当时取等号．所以．15.解：(1)由题意得又因为，所以，解得或……7分(2)在中，由余弦定理得=1\*GB3①又，∴，代入=1\*GB3①整理得，解得，∴，于是即为等边三角形，……14分16．证明：（Ⅰ）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点，，……3分又平面，平面，所以平面……7分（II）因为菱形ABCD，所以，又PA⊥面ABCD，平面，所以，因为平面，平面，且，平面，平面，BD⊥FG……14分17.解（1）（过程略）……6分（2）方法1：“点参”设，则直线的方程为，所以所以……8分由在椭圆上得，所以……10分所以，解得或（舍），所以……14分方法2：“参”设直线的方程为，由得因为，所以，所以……10分又，所以，所以，解得，故，所以……14分18.解：（1）水平方向每根支条长为cm，竖直方向每根支条长为cm，菱形的一条边长为cm．所以L=cm．……6分（2）由题意得，即，由得．……8分所以．令，其导函数，（），故在上单调递减，故．……10分所以，其中定义域……12分求导得，所以在上为增函数，故当，即时L有最小值．答：做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料．……16分19.解：（1），020极小值极大值所以单调增区间，单调减区间为、………4分（2）函数有2个零点。证明如下：………5分因为时，所以，由，，且在上单调递增且连续得在上仅有一个零点，………7分由上面可得时，，即，故时，，所以，由得，平方得，所以由，，且在上单调递增且连续得在上仅有一个零点，综上得：函数有2个零点………10分（3）记函数，下面考察的符号．求导得．当时恒成立．当时，，从而．∴在上恒成立，故在上单调递减．∵，∴，又因为在上连续，所以由函数的零点存在性定理得惟一的，使………12分∴．∴∴因为在上增且连续，所以在，上恒成立．=1\*GB3①当时，在上恒成立，即在上恒成立．记，则，当变化时，，变化情况如下表：极小值∴．故，即．=2\*GB3②当时，，当时，在上恒成立．综合（1）（2）知，实数的取值范围是．………16分20.（1）因为数列为“数列”，所以，故两式相减得在中令，则可得，故所以，所以数列为等比数列，所以，所以………6分（2）由题意得，故，两式相减得………8分所以，当时，又因为所以所以所以当时，数列是常数列，………11分所以………12分所以因为所以在中令，则可得，所以又时且为整数所以可解得………16分附加题答案2018.5.1821.A．选修41：几何证明选讲证明：∵AE=AC，∠CDE=∠AOC，又∠CDE=∠P+∠PDF，∠AOC=∠P+∠OCP，从而∠PDF=∠OCP．在△PDF与△POC中，∠P=∠P，∠PDF=∠OCP，故△PDF∽△POC．B．选修42：矩阵与变换解：矩阵M的特征多项式为，令f（λ）=0，解得λ1=1，λ2=2，………4分将λ1=1代入二元一次方程组解得x=0，所以矩阵M属于特征值1的一个特征向量为；同理，矩阵M属于特征值2的一个特征向量为………10分C．选修44：坐标系与参数方程解：因为直线的极坐标方程为，所以直线的普通方程为，又因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的直角坐标方程为，联立解方程组得或．根据的范围应舍去,故点的直角坐标为………10分注：多一解扣2分D．选修45：不等式选讲证明：∵（a2+b2）（c2+d2）﹣（ac+bd）2=（a2c2+a2d2+b2c2+b2d2）﹣（a2c2+2abcd+b2d2）=（ad﹣bc）2≥0，∴（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2成立，又a，b，c，d都是正数，∴•≥ac+bd＞0，①同理•≥ad+bc＞0，∴xy≥．22.