盐城市第三次调研数学试题及答案Word下载.docx

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递增数列，则实数a的取值范围是（2,3）.

9•图

（1）、

（2）、（3）、（4）分别包含1个、5个、13个、25个第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，按同样的方式构造图形，设第n个图形

包含f（n）个“福娃迎迎”，则

f（n）=2n2-2n1_.（答案用数字或n的解析式表示）

10•已知递增的等比数列{an}满足a2a3a^28，且a32是a2,a4的等差中项，若

bn=log2an1，则数列：

bj的前n项和Sn=

11•在边长为1的菱形ABCD中，NABC=120°

E、F分别是BCCD的中点，DE交AF于点H，则AHAB=4.

丄,94一5

2—

12.若关于x的方程x2-（a2•b2-6b）xa2b22^4b1=0的两个实数根x1,x2满

足x-i:

0..x2:

1,则a2b24a4的取值范围是

13•若椭圆—2=1（ab0）上任一点到其上顶点的最大距离恰好等于该椭圆的中心

到其准线的距离，则该椭圆的离心率的取值范围是

14.已知定义在R上的函数F（x）满足F（x•y）二F（x）•F（y），当x0时，F（x）：

0.若

对任意的［0,1］，不等式组F（2kx-X）：

F（k-4）均成立，则实数k的取值范围

［F（x2_kx）cF（k_3）

是—（-3,2）_

第II卷（解答题）

二、解答题：

本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内

15.（本小题满分14分）

如图所示，角A为钝角，且sinA，点P,Q分别在角A的两边上.

（I）若AP=5,PQ=5，求AQ的长；

（n）设.APQ=：

.AQP=一：

，且cos：

12-，求sin（2二1'

）的值.

「4）■—

5丿

解得AQ=2或AQ=-10（舍），即AQ的长为2

125

（n）由cos，得sin

1313

11分

14分

又sin（展亠”）=sinA,cos（、；

、『■）=-cosA

所以sin（2、；

一、l:

）二sin（、：

.I：

）•:

1二sin（、£

、『■）cos爲川cos（、：

.l-）sin：

3124556

51351365

16.（本小题满分14分）

某高中地处县城，学校规定家到学校的路程在10里以

内的学生可以走读，因交通便利，所以走读生人数很多该校学生会先后5次对走读生的午休情况作了统计，到如下资料：

1若把家到学校的距离分为五个区间[0,2）,[2,4）,[4,6）,[6,8）,[8,10]，则调查数据表明午休的走读生分布在各个区间内的频率相对稳定，得

到了如右图所示的频率分布直方图；

2走读生是否午休与下午开始上课的时间有着密切的关系•下表是根据5次调查数据得到的下午开始上课时间与平均每天午休的走读生人数的统计表

下午开始上课时间

1：

平均每天午休人数

250

350

500

650

750

（I）若随机地调查一位午休的走读生，其家到学校的路程（单位：

里）在[2,6）的概率

是多少？

（n）如果把下午开始上课时间1:

30作为横坐标o，然后上课时间每推迟10分钟，

横坐标x增加1,并以平均每天午休人数作为纵坐标y,试根据表中的5列数据求

平均每天午休人数y与上课时间x之间的线性回归方程y=bx•a;

（川）预测当下午上课时间推迟到2：

20时，家距学校的路程在6里路以上的走读生中约有多少人午休？

解答：

（I）P=（0.150.2）2=0.74分

（n）根据题意，可得如下表格：

则x=2,y=500

n__

（Xi-x）（yi-y）i

、（Xi-x）2

i=±

所以

（-2）（-250）（-1）（-150）11502250

（-2）2+（-1）2+12+22

8分

再由y-bx，得a=240，故所求线性回归方程为y=130x240

（川）下午上课时间推迟到2:

20时，x=5,y=890，890（0.050.025）2=133.5，

此时，家距学校的路程在6里路以上的走读生中约有133人（134人）

分

17.（本小题满分14分）如图甲，在直角梯形PBCD中，PB//CD,CD_BC,

BC=PB=2CD,A是PB的中点.现沿AD把平面PAD折起，使得PA_AB（如图乙所示），E、F分别为BC、AB边的中点.

（I）求证：

PA_平面ABCD；

（n）求证：

平面PAE_平面PDE;

（川）在PA上找一点G，使得FG//平面PDE.

（I）证：

因为PA丄AD,PA丄AB,AB-AD=A,所以PA_平面ABCD

4分

（n）证：

因为BC=PB=2CD,A是PB的中点，所以ABCD是矩形，又E为BC边的中点，

所以AE丄EB又由PA_平面ABCD,得PA_ED,且PA'

AE=A,所以ED_平面

PAE，而ED平面PD，故平面PAE_平面PD9分（川）过点F作FH//ED交AD于H，再过H作GH//PD交PA于G,连结FG。

由FH//ED,ED二平面PED,得FH//平面PED;

由GH//PD,PD二平面PED，得GH//平面PED,

又FH-GH=H,所以平面FHG//平面PED12

分再分别取AD、PA的中点M、N，连结BM、MN，易知H是AM的中点，G是AN

的中点，从而当点G满足AGAP时，有FG//平面

PD。

E14分

18.（本小题满分16分）已知圆C:

（x2）2y^4，相互垂直的两条直线h、J都过点A（a,0）.

（I）若h、I2都和圆C相切，求直线h、I2的方程；

（n）当a=2时，若圆心为M（1,m）的圆和圆C外切且与直线l1、l2都相切，求圆M的方程；

（川）当a=-1时，求h、J被圆C所截得弦长之和的最大值.

（I）显然，h、l2的斜率都是存在的，设h:

y=k（x-a），则l2:

y（x「a）

1分

解得k=1且a+2=2©

，即k=±

1且a=—2±

2屈5分

二h、l2的方程分别为h:

y=X-2...2•2与12:

y=-x-2,2•2或

y=x2..22与

丨2:

y--x2.226

（n）设圆M的半径为r，易知圆心M（1,m）到点A（2,0）的距离为2r,

（1-2）2+m2=2r2八

•••八9分

222

[（1+2）+m=（2+r）

解得r=2且m=•7,•圆M的方程为

2f~2

（x-1）（y_7）=411分

（川）当a二-1时，设圆C的圆心为C,h、J被圆C所截得弦的中点分别为E,F,弦长

分别为d「d2，因为四边形AECF是矩形，所以CECFAC1,即

即h、l2被圆C所截得弦长之和的最大值为2.1416分

19.（本小题满分16分）

xsinx,、

设函数f（x）,g（x）二xcosx-sinx.

当x（0，二］时，g（x）:

0；

（n）存在x（0,二］，使得f（x）：

a成立，求a的取值范围；

（川）若g（bx）冬bxcosbx「bsinx（b*「1）对x・（0,二］恒成立，求b的取值范围.

（I）解答：

（I）因为当x「0,二时，g'

（x）二cosx-xsinx-cosx--xsinx二0,

所以g（x）在0,二1上单调递减，

又g（0）=0,所以当x三〔0,二时，g（x）：

xsinx,sinxxcosx—sinx

（n）因为f（x）1，所以f'

（x）—

xxx

由（I）知，当x三[0,二1时，xcosx-sinx：

0,所以f'

（x）：

06分

所以f（x）在0,」上单调递减，贝U当x"

O二丨时

由题意知，f（x）=a在0,二上有解，所以a-f（x）min，从而a1

（川）由g（bx）乞bxcosbx_bsinx（b_-1）得sinbx_bsinx（b_-1）对xw［0,二I恒成立，

①当b-_1,0,1时，不等式显然成立

②当b1时，因为bx三］0,b二I,所以取x00,二I，则有sinbx0=0：

bsinx0，从

而此时不等式不恒成立分

③当0:

1时，由（n）可知h（x）=在0,二上单调递减，而0：

bx：

x三二,x

.sinxsinbx

xbx

④当一1：

0时，当x三［0,二I时，0：

-bx：

x_,贝U

sinxsin（-bx）sinbx.,,.十亠、

•sinbx：

bsinx不成立，

x-bxbx

综上所述，当b=-1或0乞bz1时，有g（bx）空bxcosbx-bsinx（b〕：

一1）对x（0,二］恒成立。

16分

1+（T）n

=a,a2=b=0,bn,a

（I）求数列£

的通项公式；

（n）当a=1,a2,a27,a49为某等差数列的第1项，第k项，第k+7项，且a2m—a2m4二m2，求m与b;

（川）求证：

数列HnJ中能抽取出一个子数列成等比数列7的充要条件是a为有理

型十a」,n=2k-1,（"

N*）

n=2k,（kN*）

巴4

a=1时，a2=b,a27=14,a49=25，则该等差数列的公差为

-a271111

27,•a27=a2（k-1）d二b（k-1）14,

A22

•a27=a2+（k—1）d=b+（k—1）

49-277

即b=14-i（k-1）

=mm2

②

的既约分数，从而

7分

又a2m-a2m4二m2，所以b2m4-^=m2，即b2m‘

由①知，b为整数或分母为7的既约分数；

由②知，b为整数或分母为b必为整数

由②知，b0，结合①得，b=14（k-1）.O,所以（k-1）只能取7,故b=3,

又由②得,32m1=mm2（mN*），设f（m）=32m，-m-m2=?

2m-m-m2

则f'

（m）（In2）-2m—1_2m=31n2-2mJ_（1-2m）,

1_2mJL

因为1•2•2川…川2m，=——2mJ—L（m_2）

1-2

所以当m_4时，2mA^（12•2川…^2m‘）T•12m，又3In21,从而f'

（m）.0,故f（m）在4,•:

上单调递增。

则由f（4）=24-4-16=4.0,知f（m）=0在4,：

上无解10

又f（3）=12-3-9=0,f

（2）=6-2-4=0,f

（1）=3-1-1=10,

所以m=2或m=3,

综上所述，当b=3，且m=2或m=3时满足条件

（川）①必要性。

若爲」中存在一个子数列6?

成等比数列，设a2n」，a2m」，a2p」为其中的连续三项。

因为a2n」=n+a_1，所以（n+j，贝y

2（a-1）（np-2m）=m-np12分

⑴当np-2m=0时，m「np=0，即（np）二4np,则n=p，矛盾；

2⑵当np-2m=0时，a-1二m一npQ，则a•Q,所以必要性成立

n+p_2m

13分

②充分性。

若a为有理数，因为a2n4=n•a-1，所以可取足够大的正整数n°

，使

n0a-10，因为n0a-1也为有理数，故可设n°

•a-1=卫（其中p,r为互质正整r

数）。

现构造等比数列d[使得首项&

=n0•a-1，公比q=r•1，则

1—（1r）n‘（1r）n‘—1

1-（1r）r

Cn=（n°

a-1）（r-1）nJ=-（r■1）nJr

因为1（1r）（1r）2…（1r）n，

所以（1r）nJ=r[1（1r）（1r）2•（1r）n‘]1,

从而Cn二卫p[1（1r）（1r）2（1r）2],

设1（1r）（1•r）2•（1r）n^=M，则M为正整数，

则cn二EpM=■（n0a-1）pM=（n°

，pM）•aT，故Cn必为QnJ中的项，即

等比数列d;

是的子数列，所以充分性也成立。

综合①②知，原命题成立。

数学附加题

21.［选做题］在A、BCD四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内•

A.（选修4—1:

几何证明选讲）

如图，四边形ABC曲接于圆0,弧AB=弧AD，过A点的切线交CB的延长线于E点.

5分

求证：

AB2=BECD.

证：

连结AC,因为EA切圆0于A，所以/EAB=ZACB

因为弧AB=弧AD，所以/ACD-ZACBAB=AD,于是/EAB=ZACD，又四边形ABCD内接于圆0，所以/ABE=ZD,所以△AB0CDA.

Abbe

于是，即ABDA二BECD，所以AB2二BECD10

CDDA

B.（选修4—2:

矩阵与变换）

已知矩阵A=1a,A的一个特征值塞-2，其对应的特征向量是冷=2•

1-1b」勺」

（I）求矩阵A;

（n）若向量B=f,计算a50的值•

I4」

鶴~121

解：

（I）A=|

--14_

丸—1-22

（n）矩阵A的特征多项式为f（h）==丸2—5丸+6=0,

1丸—4

解得［=2,‘2-36分

丄门2m+n=7

由P=m%+na2，得丿

m+n=4

已知某圆的极坐标方程为p2-4,2pcos（0—"

4）+6=0.

（I）将极坐标方程化为普通方程，并选择恰当的参数写出它的参数方程;

（n）若点P（x,y）在该圆上，求xy的最大值和最小值.

x=2+42cosa

（G为参数）

y=2十J2sina

2221

•-abc的最小值为一

号成立。

10分

［必做题］第22、23题，每小题10分，计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内22.（本小题满分10分）

211

如图所示，已知曲线C-y=x2,曲线C2与C1关于点（一，一）对称，且曲线C2与C1交22

x轴分别交于点D、B、E，连结AB.

S・

于点OA,直线x=t（0:

1）与曲线C1、C2、

（阴影部分）的面积

（I）求曲边

三角形BOD

（n）求曲边

三角形ABD

S2.

第22题

（I）易得曲线C2的方程为

y=-x2x2分

，得点0（0,0）,A（1,1），又由已知得B（t,—t22t）,D（t,t2）

故S［二

0-X

12232

2x）dx—©

xdxtt

1’212533

4）S"

2-1^^1xd-6t-2t

10分

23.

（本小题满分10分）已知a［为等差数列，且

-0.

C0C1C；

2d2

—+=

a2a〔a2

C30

C3C；

a3a4

（n）根据（i）

解答:

（i）略

（n）结论:

C：

」

①当

②假设当

那么当n

6d3

qa?

a3a4

中的几个等式,

试归纳出更一般的结论,

并用数学归纳法证明

a〔a：

=2,3,4时，等式成立，

-k时,

c化C：

—…+（-1）np;

（n-1）!

dnJ

a®

k_1

（k-1）!

成立,

a1a2ak

=k+1时，因为Ck'

hCkl+C^，所以

c；

•CL….（-1）k2Ck

a1a?

ak1

C04ck」+CL+Ck2「c1j

.*亠（—1）2（C胃+C；

）十（一1严Ck：

ak-1

（k-1）!

dk，

2k1k」0

.ck/.（-I丿Ck」）_（Ck二

也+CU

（T）k1C寫）

dk‘（k-1）!

dk‘

a2a3aka^

（ak1-a）=

a1a2akak1

所以，当n=k1时，结论也成立。

综合①②知，

cn_..Cn24

…亠（-1）n41c貯

一（n-1）!

dn，

a〔a2a3

3]a2an

立10分

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