江苏常州市届高三数学上学期期末试题理科有答案.docx
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江苏常州市届高三数学上学期期末试题理科有答案
江苏常州市2018届高三数学上学期期末试题(理科有答案)
常州市教育学会学业水平监测
高三数学Ⅰ试题
参考公式:
圆锥的体积公式:
,其中是圆锥的底面积,是高.
样本数据,,,的方差,其中.
一、选择题:
本大题共14个小题,每小题5分,共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.
1.若集合,,则集合▲.
2命题“,”是▲命题(选填“真”或“假”).
3.若复数满足(其中为虚数单位),则▲.
4.若一组样本数据,,,,的平均数为,则该组样本数据的方差为
5.如图是一个算法的流程图,则输出的的值是▲.
6.函数的定义域记作集合,随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子(骰子的每个面上分别标有点数,,,),记骰子向上的点数为,则事件“”的概率为▲.
7.已知圆锥的高为,体积为,用平行于圆锥底面的平面截圆锥,得到的圆台体积是,则该圆台的高为▲.
8.各项均为正数的等比数列中,若,则的最小值为▲.
9.在平面直角坐标系中,设直线:
与双曲线:
的两条渐近线都相交且交点都在轴左侧,则双曲线的离心率的取值范围是▲.
10.已知实数,满足则的取值范围是▲.
11.已知函数,其中,若过原点且斜率为的直线与曲线相切,则的值为▲.
12.如图,在平面直角坐标系中,函数的图像与轴的交点,,满足,则▲.
13.在中,,,,为内一点(含边界),若满足,则的取值范围为▲.
14.已知中,,所在平面内存在点使得,则面积的最大值为▲.
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,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
15.已知中,,,分别为三个内角,,的对边,,
(1)求角;
(2)若,求的值.
16.如图,四棱锥的底面是平行四边形,平面,,点是棱上异于、的一点.
(1)求证:
;
(2)过点和的平面截四棱锥得到截面(点在棱上),求证:
.
17.已知小明(如图中所示)身高米,路灯高米,,均垂直于水平地面,分别与地面交于点,.点光源从发出,小明在地上的影子记作.
(1)小明沿着圆心为,半径为米的圆周在地面上走一圈,求扫过的图形面积;
(2)若米,小明从出发,以米/秒的速度沿线段走到,,且米.秒时,小明在地面上的影子长度记为(单位:
米),求的表达式与最小值.
18.如图,在平面直角坐标系中,椭圆:
的右焦点为,点是椭圆的左顶点,过原点的直线与椭圆交于,两点(在第三象限),与椭圆的右准线交于点.已知,且.
(1)求椭圆的离心率;
(2)若,求椭圆的标准方程.
19.已知各项均为正数的无穷数列的前项和为,且满足(其中为常数),.数列满足.
(1)证明数列是等差数列,并求出的通项公式;
(2)若无穷等比数列满足:
对任意的,数列中总存在两个不同的项,使得,求的公比.
20.已知函数,其中为常数.
(1)若,求函数的极值;
(2)若函数在上单调递增,求实数的取值范围;
(3)若,设函数在上的极值点为,求证:
.
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数学Ⅱ(附加题)
21.【选做题】在A、B、C、D四小题只能选做两题,每小题10分,共计20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.
A.选修4-1:
几何证明选讲
在中,是边上一点,且,与的外接圆相切,求的值.
B.选修4-2:
矩阵与变换
已知矩阵不存在逆矩阵,求:
(1)实数的值;
(2)矩阵的特征向量.
C.选修4-4:
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中,以原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系.曲线的参数方程为(为参数),直线的极坐标方程为,直线与曲线交于,两点,求的长.
D.选修4-5:
不等式选讲
已知,,求证:
.
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20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.
22.已知正四棱锥的侧棱和底面边长相等,在这个正四棱锥的条棱中任取两条,按下列方式定义随机变量的值:
若这两条棱所在的直线相交,则的值是这两条棱所在直线的夹角大小(弧度制);
若这两条棱所在的直线平行,则;
若这两条棱所在的直线异面,则的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制).
(1)求的值;
(2)求随机变量的分布列及数学期望.
23.记(且)的展开式中含项的系数为,含项的系数为.
(1)求;
(2)若,对成立,求实数的值;
(3)对
(2)中的实数用数字归纳法证明:
对任意且,都成立.
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高三数学参考答案
一、填空题
1.2.真3.
4.5.6.
7.8.9.
10.11.12.
13.14.
二、解答题
15.解:
(1)由正弦定理得,
中,,所以,所以,,
,所以;
(2)因为,由正弦定理得,
所以,.
16.
(1)证明:
平面,平面,所以,记,交于点,平行四边形对角线互相平分,则为的中点,又中,,
所以,
又,,平面,所以平面,又平面
所以;
(2)四边形是平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面,
又平面,平面平面,所以,又,所以.
17.解:
(1)由题意,则,,所以,
小明在地面上的身影扫过的图形是圆环,其面积为(平方米);
(2)经过秒,小明走到了处,身影为,由
(1)知,所以
.
化简得,,,当时,的最小值为.
答:
,,当(秒)时,的最小值为(米).
18.解:
(1)由题意,消去得,解得,
所以,,,所以;
(2)由
(1),右准线方程为,
直线的方程为,所以,
,
所以,,所以,
椭圆的标准方程为.
19.解:
(1)方法一:
因为①,
所以②,
由②-①得,,
即,又,
则,即.
在中令得,,即.
综上,对任意,都有,
故数列是以为公差的等差数列.
又,则.
方法二:
因为,所以,又,
则数列是以为首项,为公差的等差数列,
因此,即.
当时,,又也符合上式,
故.
故对任意,都有,即数列是以为公差的等差数列.
(2)令,则数列是递减数列,所以.
考察函数,因为,所以在上递增,因此,从而.
因为对任意,总存在数列中的两个不同项,,使得,所以对任意的都有,明显.
若,当时,
有,不符合题意,舍去;
若,当时,
有,不符合题意,舍去;
故.
20.解:
(1)当时,,定义域为,
,令,得.
极大值
当时,的极大值为,无极小值.
(2),由题意对恒成立.
,,
对恒成立,
对恒成立.
令,,则,
①若,即,则对恒成立,
在上单调递减,
则,,与矛盾,舍去;
②若,即,令,得,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
当时,,
.综上.
(3)当时,,,
令,,
则,令,得,
①当时,,单调递减,,
恒成立,单调递减,且.
②当时,,单调递增,
又,
存在唯一,使得,,
当时,,单调递增,
当时,,单调递减,且,
由①和②可知,在单调递增,在上单调递减,
当时,取极大值.
,,
,
又,,.
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高三数学Ⅱ(附加题)参考答案
21.A.解:
记外接圆为,、分别是圆的切线和割线,所以,
又,所以与相似,所以,所以
,.
B.解:
(1)由题意,即,解得;
(2),即,所以,解得,
时,,,属于的一个特征向量为;
时,,,属于的一个特征向量为.
C.解:
曲线:
,直线:
,圆心到直线的距离为,所以弦长.
D.证明:
,,不妨设,则,,由排序不等式得,
所以.
22.解:
根据题意,该四棱锥的四个侧面均为等边三角形,底面为正方形,容易得到,为等腰直角三角形,的可能取值为:
,,,共种情况,其中:
时,有种;时,有种;时,有种;
(1);
(2),,
根据
(1)的结论,随机变量的分布列如下表:
根据上表,.
23.解:
(1).
(2),,,
则解得,,,
(3)①当时,由
(2)知等式成立;
②假设(,且)时,等式成立,即;
当时,由
知,
所以,
又,等式也成立;
综上可得,对任意且,都有成立.
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