江苏省连云港市届高三第一次模拟考试数学.docx
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江苏省连云港市届高三第一次模拟考试数学
2018届高三年级第一次模拟考试(七)
数学
(满分160分,考试时间120分钟)
参考公式:
1.柱体的体积公式:
V=Sh,其中S是柱体的底面面积,h是高.
2.圆锥的侧面积公式:
S=cl,其中c是圆锥底面圆的周长,l是母线长.
一、填空题:
本大题共14小题,每小题5分,共计70分.
1.已知集合A={x|x2-x=0},B={-1,0},则A∪B=________.
2.已知复数z=(i为虚数单位),则z的模为________.
3.函数y=的定义域为________.
4.如图是一个算法的伪代码,运行后输出b的值为________.
(第4题) (第5题)
5.某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析,随机抽取了150分到450分之间的1000名学生的成绩,并根据这1000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图),则成绩在[250,400)内的学生共有________人.
6.在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x-2y=0,则该双曲线的离心率为________.
7.连续2次抛掷一枚质地均匀的骰子(六个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6的正方体),观察向上的点数,则事件“点数之积是3的倍数”的概率为________.
8.已知正四棱柱的底面边长为3cm,侧面的对角线长是3cm,则这个正四棱柱的体积是________cm3.
9.若函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象与直线y=m的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数ω的值为________.
10.在平面直角坐标系xOy中,曲线C:
xy=上任意一点P到直线l:
x+y=0的距离的最小值为________.
11.已知等差数列{an}满足a1+a3+a5+a7+a9=10,a-a=36,则a11的值为________.
12.在平面直角坐标系xOy中,若圆C1:
x2+(y-1)2=r2(r>0)上存在点P,且点P关于直线x-y=0的对称点Q在圆C2:
(x-2)2+(y-1)2=1上,则r的取值范围是________________________________________________________________________.
13.已知函数f(x)=函数g(x)=f(x)+f(-x),则不等式g(x)≤2的解集为________.
14.如图,在△ABC中,已知AB=3,AC=2,∠BAC=120°,D为边BC的中点.若CE⊥AD,垂足为E,则·的值为________.
二、解答题:
本大题共6小题,共计90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分14分)
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cosA=,tan(B-A)=.
(1)求tanB的值;
(2)若c=13,求△ABC的面积.
16.(本小题满分14分)
如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,∠ABC=90°,AB=AA1,M,N分别是AC,B1C1的中点.求证:
(1)MN∥平面ABB1A1;
(2)AN⊥A1B.
17.(本小题满分14分)
某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品,该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成,圆锥的侧面用于艺术装饰,如图1.为了便于设计,可将该礼品看成是由圆O及其内接等腰三角形ABC绕底边BC上的高所在直线AO旋转180°而成,如图2.已知圆O的半径为10cm,设∠BAO=θ,0<θ<,圆锥的侧面积为Scm2.
(1)求S关于θ的函数关系式;
(2)为了达到最佳观赏效果,要求圆锥的侧面积S最大.求当S取得最大值时腰AB的长度.
图1图2
18.(本小题满分16分)
如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,且过点.F为椭圆的右焦点,A,B为椭圆上关于原点对称的两点,连结AF,BF分别交椭圆于C,D两点.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若AF=FC,求的值;
(3)设直线AB,CD的斜率分别为k1,k2,是否存在实数m,使得k2=mk1?
若存在,求出实数m的值;若不存在,请说明理由.
19.(本小题满分16分)
已知函数f(x)=x2+ax+1,g(x)=lnx-a(a∈R).
(1)当a=1时,求函数h(x)=f(x)-g(x)的极值;
(2)若存在与函数f(x),g(x)的图象都相切的直线,求实数a的取值范围.
20.(本小题满分16分)
已知数列{an},其前n项和为Sn,满足a1=2,Sn=λnan+μan-1,其中n≥2,n∈N*,λ,μ∈R.
(1)若λ=0,μ=4,bn=an+1-2an(n∈N*),求证:
数列{bn}是等比数列;
(2)若数列{an}是等比数列,求λ,μ的值;
(3)若a2=3,且λ+μ=,求证:
数列{an}是等差数列.
2018届高三年级第一次模拟考试(七)
数学附加题
(本部分满分40分,考试时间30分钟)
21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两小题,并作答.若多做,则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
A.[选修41:
几何证明选讲](本小题满分10分)
如图,AB是圆O的直径,弦BD,CA的延长线相交于点E,EF垂直BA的延长线于点F.求证:
AB2=BE·BD-AE·AC.
B.[选修42:
矩阵与变换](本小题满分10分)
已知矩阵A=,B=,若矩阵M=BA,求矩阵M的逆矩阵M-1.
C.[选修44:
坐标系与参数方程](本小题满分10分)
以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴,且在两种坐标系中取相同的长度单位,建立极坐标系,判断直线l:
(t为参数)与圆C:
ρ2+2ρcosθ-2ρsinθ=0的位置关系.
D.[选修45:
不等式选讲](本小题满分10分)
已知a,b,c,d都是正实数,且a+b+c+d=1,求证:
+++≥.
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
22.(本小题满分10分)
在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB=1,AA1=2,E,F,G分别是AA1,AC和A1C1的中点.{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.
(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值;
(2)求二面角FBC1C的余弦值.
23.(本小题满分10分)
在平面直角坐标系xOy中,已知平行于x轴的动直线l交抛物线C:
y2=4x于点P,F为曲线C的焦点.圆心不在y轴上的圆M与直线l,PF,x轴都相切,设圆心M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)若直线l1与曲线E相切于点Q(s,t),过点Q且垂直于l1的直线为l2,直线l1,l2分别与y轴相交于点A,B.当线段AB的长度最小时,求s的值.
2018届连云港高三年级第一次模拟考试
数学参考答案
1.{-1,0,1} 2.1 3.(0,1] 4.13 5.750
6. 7. 8.54 9.4 10. 11.11
12.[-1,+1] 13.[-2,2] 14.-
15.解析:
(1)在△ABC中,由cosA=,知A为锐角,
所以sinA==,
所以tanA==,(2分)
所以tanB=tan[(B-A)+A]=(4分)
==3.(6分)
(2)由
(1)知tanB=3,
所以sinB=,cosB=,(8分)
所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=.(10分)
由正弦定理=,
得b===15,(12分)
所以△ABC的面积S=bcsinA=×15×13×=78.(14分)
16.解析:
(1)如图,取AB的中点P,连结PM,PB1.
因为M,P分别是AB,AC的中点,
所以PM∥BC,且PM=BC.
在直三棱柱ABCA1B1C1中,BC∥B1C1,BC=B1C1,
又N是B1C1的中点,
所以PM∥B1N,且PM=B1N,(2分)
所以四边形PMNB1是平行四边形,
所以MN∥PB1.(4分)
又MN?
平面ABB1A1,PB1?
平面ABB1A1,
所以MN∥平面ABB1A1.(6分)
(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,
所以BB1⊥平面A1B1C1,
因为BB1?
平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1.(8分)
因为∠ABC=∠A1B1C1=90°,
所以B1C1⊥B1A1.
因为平面ABB1A1∩平面A1B1C1=B1A1,B1C1?
平面A1B1C1,
所以B1C1⊥平面ABB1A1.(10分)
因为A1B?
平面ABB1A1,
所以B1C1⊥A1B,即NB1⊥A1B.
如图,连结AB1.
因为在平行四边形ABB1A1中,AB=AA1,
所以四边形ABB1A1是正方形,
所以AB1⊥A1B.
因为NB1∩AB1=B1,且AB1,NB1?
平面AB1N,所以A1B⊥平面AB1N.(12分)
又AN?
平面AB1N,
所以A1B⊥AN.(14分)
17.解析:
(1)如图,设AO交BC于点D,过点O作OE⊥AB,垂足为E.
在△AOE中,AE=10cosθ,AB=2AE=20cosθ,(2分)
在△ABD中,BD=AB·sinθ=20cosθ·sinθ,(4分)
所以S=·2π·20sinθcosθ·20cosθ=400πsinθcos2θ.(6分)
(2)由
(1)得
S=400πsinθcos2θ=400π(sinθ-sin3θ).(8分)
设f(x)=x-x3(0由f′(x)=1-3x2=0得x=.
当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0,
所以f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,
所以f(x)在x=时取得极大值,也是最大值,
所以当sinθ=时,侧面积S取得最大值,(11分)
此时等腰三角形的腰长AB=20cosθ=20×=20×=.
故当侧面积S取得最大值时,等腰三角形的腰AB的长度为cm.(14分)
18.解析:
(1)设椭圆的方程为+=1(a>b>0).
由题意知(2分)
解得所以椭圆的方程为+=1.(4分)
(2)若AF=FC,由椭圆的对称性,知A,
所以B,
此时直线BF的方程为3x-4y-3=0.(6分)
由得7x2-6x-13=0,
解得x=(x=-1舍去),(8分)
所以==.(10分)
(3)设A(x0,y0),则B(-x0,-y0),直线AF的方程为y=(x-1),
代入椭圆方程+=1,得(15-6x0)x2-8yx-15x+24x0=0.
因为x=x0是该方程的一个解,所以点C的横坐标xC=.(12分)
又点C(xC,yC)在直线y=(x-1)上,
所以yC=(xC-1)=.
同理,点D的坐标为,(14分)
所以k2===k1,
即存在m=,使得k2=k1.(16分)
19.解析:
(1)函数h(x)的定义域为(0,+∞).
当a=1时,h(x)=f(x)-g(x)=x2+x-lnx+2,
所以h′(x)=2x+1-=,(2分)
所以当0当x>,h′(x)>0,
所以函数h(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以当x=时,函数h(x)取得极小值+ln2,不存在极大值.(4分)
(2)设函数f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与函数g(x)在点(x2,g(x2))处的切线相同,
则f′(x1)=g′(x2)=,
所以2x1+a==,(6分)
所以x1=-,代入=x+ax1+1-(lnx2-a)得
-+lnx2+-a-2=0.(*)(8分)
设F(x)=-+lnx+-a-2,则F′(x)=-++=.
不妨设2x+ax0-1=0(x0>0),则当0x0时,F′(x)>0,
所以F(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增,(10分)
因为a==-2x0,
所以F(x)min=F(x0)=x+2x0-+lnx0-2.
设G(x)=x2+2x-+lnx-2,则G′(x)=2x+2++>0对x>0恒成立,
所以G(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
又G
(1)=0,
所以当0又当x=ea+2时,F(x)=-+lnea+2+-a-2=≥0,(14分)
因此当0又由y=-2x得y′=--2<0,
所以y=-2x在(0,1)上单调递减,因此a==-2x0∈[-1,+∞),
所以实数a的取值范围是[-1,+∞).(16分)
20.解析:
(1)若λ=0,μ=4,则Sn=4an-1(n≥2),
所以an+1=Sn+1-Sn=4(an-an-1),
即an+1-2an=2(an-2an-1),
所以bn=2bn-1.(2分)
又由a1=2,a1+a2=4a1,
得a2=3a1=6,a2-2a1=2≠0,即bn≠0,
所以=2.
故数列{bn}是等比数列.(4分)
(2)若{an}是等比数列,设其公比为q(q≠0).
当n=2时,由S2=2λa2+μa1,即a1+a2=2λa2+μa1,得1+q=2λq+μ;①
当n=3时,由S3=3λa3+μa2,即a1+a2+a3=3λa3+μa2,得1+q+q2=3λq2+μq;②
当n=4时,由S4=4λa4+μa3,即a1+a2+a3+a4=4λa4+μa3,得1+q+q2+q3=4λq3+μq2.③
②-①×q,得1=λq2,
③-②×q,得1=λq3,
解得q=1,λ=1.
代入①,得μ=0.(8分)
此时Sn=nan(n≥2),
所以an=a1=2,{an}是公比为1的等比数列,
故λ=1,μ=0.(10分)
(3)若a2=3,由a1+a2=2λa2+μa1,得5=6λ+2μ.
又λ+μ=,解得λ=,μ=1.(12分)
由a1=2,a2=3,λ=,μ=1,代入Sn=λnan+μan-1得a3=4,
所以a1,a2,a3成等差数列;
由Sn=an+an-1,得Sn+1=an+1+an.
两式相减得an+1=an+1-an+an-an-1,
即(n-1)an+1-(n-2)an-2an-1=0,
所以nan+2-(n-1)an+1-2an=0.
相减得nan+2-2(n-1)an+1+(n-2)an-2an+2an-1=0,
所以n(an+2-2an+1+an)+2(an+1-2an+an-1)=0,
所以an+2-2an+1+an=-(an+1-2an+an-1)=(an-2an-1+an-2)
=…=(a3-2a2+a1).(4分)
因为a1-2a2+a3=0,所以an+2-2an+1+an=0,
即数列{an}是等差数列.(16分)
21.A.解析:
连结AD.因为AB为圆O的直径,
所以AD⊥BD.
因为EF⊥AB,所以A,D,E,F四点共圆,
所以BD·BE=BA·BF.(5分)
因为∠EAF=∠BAC,∠EFA=∠BCA=90°,
所以△ABC∽△AEF,
所以=,即AB·AF=AE·AC,
所以BE·BD-AE·AC=BA·BF-AB·AF=AB·(BF-AF)=AB2.(10分)
B.解析:
因为M=BA==,(5分)
所以M-1=.(10分)
C.解析:
把直线方程l:
化为普通方程为x+y=2.(3分)
将圆C:
ρ2+2ρcosθ-2ρsinθ=0化为直角坐标方程为x2+2x+y2-2y=0,
即(x+1)2+(y-1)2=2.(6分)
因为圆心C到直线l的距离d===r,
所以直线l与圆C相切.(10分)
D.解析:
因为[(1+a)+(1+b)+(1+c)+(1+d)]≥(·+·+·+·)2=(a+b+c+d)2=1.(5分)
又(1+a)+(1+b)+(1+c)+(1+d)=5,
所以+++≥.(10分)
22.解析:
(1)因为AB=1,AA1=2,则F(0,0,0),A,C,B,E(,0,1),
所以=(-1,0,0),=.(2分)
记直线AC和EC所成的角为α,
则cosα=|cos〈,〉|=
=,
所以直线AC和BE所成角的余弦值为.(4分)
(2)设平面BFC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1).
因为=,=,
所以
则令x1=4,则z1=1,所以m=(4,0,1).(6分)
设平面BCC1的一个法向量为n=(x2,y2,z2).
因为=,=(0,0,2),
所以
则
令x2=,则y2=-1,所以n=(,-1,0),
所以cos〈m,n〉==.
根据图形可知二面角FBC1C为锐角二面角,
所以二面角FBC1C的余弦值为.(10分)
23.解析:
(1)因为抛物线C的方程为y2=4x,
所以点F的坐标为(1,0).
设M(m,n),因为圆M与x轴、直线l都相切,l平行于x轴,
所以圆M的半径为|n|,点P(n2,2n),
所以直线PF的方程为=,
即2n(x-1)-y(n2-1)=0,(2分)
所以=|n|.
所以|2m-n2-1|=n2+1.
因为m,n≠0,所以n2-m+1=0,
所以E的方程为y2=x-1(y≠0).(4分)
(2)设Q(t2+1,t),A(0,y1),B(0,y2).
由
(1)知,点Q处的切线l1的斜率存在,由对称性不妨设t>0.
由y′=,所以kAQ==,kBQ==-2,
所以y1=-,y2=2t3+3t,(6分)
所以AB==|2t3+3t-+|=2t3+t+(t>0).(8分)
令f(t)=2t3+t+,t>0,
则f′(t)=6t2+-=.
由f′(t)>0得t>;
由f′(t)<0得0所以f(t)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
所以当t=时,f(t)取得极小值也是最小值,即AB取得最小值,
此时s=t2+1=.(10分)