江苏苏州市届高三数学一模试题含答案.docx
- 文档编号:3437539
- 上传时间:2022-11-23
- 格式:DOCX
- 页数:7
- 大小:21.08KB
江苏苏州市届高三数学一模试题含答案.docx
《江苏苏州市届高三数学一模试题含答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《江苏苏州市届高三数学一模试题含答案.docx(7页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
江苏苏州市届高三数学一模试题含答案
江苏苏州市2018届高三数学一模试题(含答案)
2018届高三年级第一次模拟考试(五)
数学
(满分160分,考试时间120分钟)
一、填空题:
本大题共14小题,每小题5分,共计70分.
1.已知i为虚数单位,复数z=32-32i的模为________.
2.已知集合A={1,2a},B={-1,1,4},且A⊆B,则正整数a=________.
3.在平面直角坐标系xOy中,抛物线y2=-8x的焦点坐标为________.
4.苏州轨道交通1号线每5分钟一班,其中,列车在车站停留0.5分钟,假设乘客到达站台的时刻是随机的,则该乘客到达站台立即能乘上车的概率为________.
5.已知4a=2,logax=2a,则正实数x=________.
6.秦九韶是我国南宋时期的数学家,他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法,至今仍是比较先进的算法.下面的流程图是秦九韶算法的一个实例.若输入n,x的值分别为3,3,则输出v的值为________.
(第6题)(第9题)
7.已知变量x,y满足0≤x≤3,x+y≥0,x-y+3≤0,则z=2x-3y的最大值为________.
8.已知等比数列的前n项和为Sn,且S6S3=-198,a4-a2=-158,则a3的值为________.
9.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,它的外观是如图所示的十字立方体,其上下、左右、前后完全对称,六根等长的正四棱柱体分成三组,经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为5,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,则该球形容器的表面积至少为________.(容器壁的厚度忽略不计,结果保留π)
10.如图,两座建筑物AB,CD的高度分别是9m和15m,从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角∠CAD=45°,则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离BD=________m.
(第10题)(第13题)
11.在平面直角坐标系xOy中,已知过点A(2,-1)的圆C和直线x+y=1相切,且圆心在直线y=-2x上,则圆C的标准方程为________.
12.已知正实数a,b,c满足1a+1b=1,1a+b+1c=1,则c的取值范围是________.
13.如图,△ABC为等腰三角形,∠BAC=120°,AB=AC=4,以A为圆心,1为半径的圆分别交AB,AC与点E,F,P是劣弧EF︵上的一点,则PB→PC→的取值范围是________.
14.已知直线y=a分别与直线y=2x-2,曲线y=2ex+x交于点A,B,则线段AB长度的最小值为________.
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)
已知函数f(x)=(3cosx+sinx)2-23sin2x.
(1)求函数f(x)的最小值,并写出f(x)取得最小值时自变量x的取值集合;
(2)若x∈-π2,π2,求函数f(x)的单调增区间.
16.(本小题满分14分)
如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,已知E,F,G,H分别是A1D1,B1C1,D1D,C1C的中点.求证:
(1)EF∥平面ABHG;
(2)平面ABHG⊥平面C本小题满分14分)
如图,B,C分别是海岸线上的两个城市,两城市间由笔直的海滨公路相连,B,C之间的距离为100km,海岛A在城市B的正东方向50km处.从海岛A到城市C,先乘船按北偏西θ角(αθ≤π2,其中锐角α的正切值为12)航行到海滨公路P处登陆,再换乘汽车到城市C.已知船速为25km/h,车速为75km/h.
(1)试建立由A经P到C所用时间与θ的函数解析式;
(2)试确定登陆点P的位置,使所用时间最少,并说明理由.
18.(本小题满分16分)
在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:
x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2-1).
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知过点M(0,-1)的动直线l与椭圆C交于A,B两点,试判断以AB为直径的圆是否恒过定点,并说明理由.
19.(本小题满分16分)
已知各项是正数的数列的前n项和为Sn.
(1)若Sn+Sn-1=a2n+23(n∈N*,n≥2),且a1=2.
①求数列的通项公式;
②若Sn≤λ2n+1对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围;
(2)数列是公比为q(q0,q≠1)的等比数列,且的前n项积为10Tn.若存在正整数k,对任意n∈N*,使得T(k+1)nTkn为定值,求首项a1的值.
20.(本小题满分16分)
已知函数f(x)=-x3+x2,x0,ex-ax,x≥0.
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若方程f(-x)+f(x)=ex-3在区间(0,+∞)上有实数解,求实数a的取值范围;
(3)若存在实数m,n∈[0,2],且|m-n|≥1,使得f(m)=f(n),求证:
1≤ae-1≤e.
2018届高三年级第一次模拟考试(三)
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,AC与圆O分别切于点B,C,P为圆O上异于点B,C的任意一点,PD⊥AB,垂足为D,PE⊥AC,垂足为E,PF⊥BC,垂足为F.
求证:
PF2=PDPE.
B.[选修42:
矩阵与变换](本小题满分10分)
已知M=1221,β=17,求M4β.
C.[选修44:
坐标系与参数方程](本小题满分10分)
在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=1+t,y=t-3(t为参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθsin2θ,若直线l与曲线C相交于A,B两点,求△AOB的面积.
D.[选修45:
不等式选讲](本小题满分10分)
已知a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,若|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,求实数x的取值范围.
【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)
如图,已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面,其交线为AB,且AB=BP=2,AD=AE=1,AE⊥AB,且AE∥BP.
(1)求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值;
(2)线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25?
若存在,试确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
23.(本小题满分10分)
在正整数集上定义函数y=f(n),满足f(n)[f(n+1)+1]=2[2-f(n+1)],且f
(1)=2.
(1)求证:
f(3)-f
(2)=910;
(2)是否存在实数a,b,使f(n)=1a-32n-b+1,对任意正整数n恒成立,并证明你的结论.
2018届苏州高三年级第一次模拟考试
数学参考答案
1.32.23.(-2,0)4.1105.126.487.-98.949.30π10.18
11.(x-1)2+(y+2)2=212.1,43
13.[-11,-9]14.3+ln22
15.解析:
(1)f(x)=(3cosx+sinx)2-23sin2x
=3cos2x+23sinxcosx+sin2x-23sin2x
=3(1+cos2x)2+1-cos2x2-3sin2x(2分)
=cos2x-3sin2x+2=2cos2x+π3+2.(4分)
当2x+π3=2kπ+π,即x=kπ+π3(k∈Z)时,f(x)取得最小值0,
此时自变量x的取值集合为xx=kπ+π3,k∈Z.(7分)
(2)由
(1)知f(x)=2cos2x+π3+2.
令π+2kπ≤2x+π3≤2π+2kπ(k∈Z),(8分)
解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z),(10分)
又x∈-π2,π2,令k=-1,x∈[-π2,-π6],令k=0,x∈π3,π2,
所以函数f(x)在-π2,π2上的单调增区间是-π2,-π6和π3,π2.(14分)
16.解析:
(1)因为E,F是A1D1,B1C1的中点,
所以EF∥A1B1.
在正方体ABCDA1B1C1D1中,A1B1∥AB,
所以EF∥AB.(3分)
又EF⊄平面ABHG,AB⊂平面ABHG,
所以EF∥平面ABHG.(6分)
(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中,CD⊥平面BB1C1C,
又BH⊂平面BB1C1C,所以BH⊥CD.(8分)
设BH∩CF=P,易知△BCH≌△CC1F,
所以∠HBC=∠FCC1.
因为∠HBC+∠PHC=90°,
所以∠FCC1+∠PHC=90°.
所以∠HPC=90°,即BH⊥CF.(11分)
又DC∩CF=C,DC,CF⊂平面CFED,
所以BH⊥平面CFED.
又BH⊂平面ABHG,
所以平面ABHG⊥平面CFED.(14分)
17.解析:
(1)由题意,轮船航行的方位角为θ,
所以∠BAP=90°-θ,AB=50,
则AP=50cos(90°-θ)=50sinθ,BP=50tan(90°-θ)=50sin(90°-θ)cos(90°-θ)=50cosθsinθ,
所以PC=100-BP=100-50cosθsinθ.(4分)
由A到P所用的时间为t1=AP25=2sinθ,
由P到C所用的时间为t2=100-50cosθsinθ75=43-2cosθ3sinθ,(6分)
所以由A经P到C所用时间与θ的函数关系为
f(θ)=t1+t2=2sinθ+43-2cosθ3sinθ=6-2cosθ3sinθ+43,(8分)
函数f(θ)的定义域为α,π2,其中锐角α的正切值为12.
(2)由
(1)知f(θ)=6-2cosθ3sinθ+43,θ∈α,π2,
所以f′(θ)=6(1-3cosθ)9sin2θ.
令f′(θ)=0,解得cosθ=13.(10分)
设θ0∈0,π2,使cosθ0=13.
当θ变化时,f′(θ),f(θ)的变化情况如下表:
θ(α,θ0)θ0θ0,π2
f′(θ)-0+
f(θ)极小值
(12分)
所以当θ=θ0时函数f(θ)取得最小值,此时BP=50cosθ0sinθ0=2522≈17.68(km).
故在BC上选择距离B为17.68km处为登陆点,所用时间最少.(14分)
18.解析:
(1)由题意知ca=22,所以a=2c.(1分)
又椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2-1),所以a-c=32-3,(2分)
解得c=3,a=32,所以b2=a2-c2=9,(4分)
所以椭圆C的标准方程为x218+y29=1.(6分)
(2)当直线l的斜率为0时,令y=-1,则x=±4,
此时以AB为直径的圆的方程为x2+(y+1)2=16;(7分)
当直线l的斜率不存在时,以AB为直径的圆的方程为x2+y2=9.(8分)
联立x2+(y+1)2=16,x2+y2=9,解得x=0,y=3,即两圆过点T(0,3).
猜想:
以AB为直径的圆恒过定点T(0,3).(9分)
对一般情况证明如下:
设过点M(0,-1)的直线l的方程为y=kx-1,与椭圆C交于点A(x1,y1),B(x2,y2),
则y=kx-1,x2+2y2=18,
消去y,整理得(1+2k2)x2-4kx-16=0,
所以x1+x2=4k1+2k2,x1x2=-161+2k2.(12分)
因为TA→TB→=(x1,y1-3)(x2,y2-3)=x1x2+y1y2-3(y1+y2)+9=x1x2+(kx1-1)(kx2-1)-3(kx1-1+kx2-1)+9=(k2+1)x1x2-4k(x1+x2)+16=-16(k2+1)1+2k2-16k21+2k2+16=-16(1+2k2)1+2k2+16=0,
所以TA⊥TB.
所以存在以AB为直径的圆恒过定点T,且定点T的坐标为(0,3).(16分)
19.解析:
(1)①当n≥2时,Sn+Sn-1=a2n+23,
所以Sn+1+Sn=a2n+1+23,
两式相减得an+1+an=13(a2n+1-a2n),
即an+1-an=3,n≥2;(2分)
当n=2时,S2+S1=a22+23,即a22-3a2-10=0,解得a2=5或a2=-2(舍),
所以a2-a1=3,
即数列an为等差数列,且首项a1=2,
所以数列an的通项公式为an=3n-1.(5分)
②由①知an=3n-1,
所以Sn=n(3n-1+2)2=3n2+n2.
由题意可得λ≥Sn2n+1=3n2+n2n+2对一切n∈N*恒成立,
记cn=3n2+n2n+2,则cn-1=3(n-1)2+(n-1)2n+1,n≥2,
所以cn-cn-1=-3n2+11n-42n+2,n≥2.(8分)
当n4时,cncn-1;当n=4时,c4=1316,且c3=1516,c2=78,c1=12,
所以当n=3时,cn=3n2+n2n+2取得最大值1516,
所以实数λ的取值范围为1516,+∞.(11分)
(2)由题意,设an=a1qn-1(q0,q≠1),
a1a2…an=10Tn,两边取常用对数,得
Tn=lga1+lga2+…+lgan.
令bn=lgan=nlgq+lga1-lgq,
则数列bn是以lga1为首项,lgq为公差的等差数列.(13分)
若T(k+1)nTkn为定值,令T(k+1)nTkn=μ,则(k+1)nlga1+(k+1)n[(k+1)n-1]2lgqknlga1+kn(kn-1)2lgq=μ,
即{[(k+1)2-μk2]lgq}n+[(k+1)-μk]lga21q=0对n∈N*恒成立,
因为q0,q≠1,
所以问题等价于(k+1)2-μk2=0,(k+1)-μk=0或a21=q.
将k+1k=μ代入(k+1)-μk=0,解得μ=0或μ=1.
因为k∈N*,所以μ0,μ≠1,所以a21=q.
又an0,所以a1=q.(16分)
20.解析:
(1)当a=-2时,f(x)=-x3+x2,x0,ex-2x,x≥0,
当x0时,f(x)=-x3+x2,f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),
令f′(x)=0,解得x=0或x=23(舍),
所以当x0时,f′(x)0,
所以函数f(x)在区间(-∞,0)上为减函数;(2分)
当x≥0时,f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2,
令f′(x)=0,解得x=ln2,
所以当0xln2时,f′(x)0;当xln2时,f′(x)0,
所以函数f(x)在区间(0,ln2)上为减函数,在区间(ln2,+∞)上为增函数,且f(0)=10.(4分)
综上,函数f(x)的单调减区间为(-∞,0)和(0,ln2),单调增区间为(ln2,+∞).(5分)
(2)设x0,则-x0,所以f(-x)+f(x)=x3+x2+ex-ax.
由题意,x3+x2+ex-ax=ex-3在区间(0,+∞)上有解,等价于a=x2+x+3x在区间(0,+∞)上有解.(6分)
记g(x)=x2+x+3x(x0),
则g′(x)=2x+1-3x2=2x3+x2-3x2=(x-1)(2x2+3x+3)x2,(7分)
令g′(x)=0,因为x0,所以2x2+3x+30,故解得x=1.
当x∈(0,1)时,g′(x)0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)0,
所以函数g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,
故函数g(x)在x=1处取得最小值g
(1)=5.(9分)
要使方程a=g(x)在区间(0,+∞)上有解,当且仅当a≥g(x)min=g
(1)=5,
综上,满足题意的实数a的取值范围为[5,+∞).(10分)
(3)由题意知f′(x)=ex-a.
当a≤0时,f′(x)0,此时函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,
由f(m)=f(n),可得m=n,与条件|m-n|≥1矛盾,所以a0.(11分)
令f′(x)=0,解得x=lna.
当x∈(0,lna)时,f′(x)0;当x∈(lna,+∞)时,f′(x)0,
所以函数f(x)在(0,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.
若存在m,n∈[0,2],f(m)=f(n),则lna介于m,n之间,(12分)
不妨设0≤mlnan≤2.
因为f(x)在(m,lna)上单调递减,在(lna,n)上单调递增,且f(m)=f(n),
所以当m≤x≤n时,f(x)≤f(m)=f(n),
由0≤mn≤2,|m-n|≥1,可得1∈[m,n],
所以f
(1)≤f(m)=f(n).
又f(x)在(m,lna)上单调递减,且0≤mlna,所以f(m)≤f(0),
所以f
(1)≤f(0).同理f
(1)≤f
(2),(14分)
即e-a≤1,e-a≤e2-2a,解得e-1≤a≤e2-e,
所以1≤ae-1≤e.(16分)
21.A.解析:
连结PB,PC.因为∠PCF,∠PBD分别为同弧BP上的圆周角和弦切角,
所以∠PCF=∠PBD.(2分)
因为PD⊥BD,PF⊥FC,
所以△PDB∽△PFC,所以PDPF=PBPC.(5分)
同理∠PBF=∠PCE.
又PE⊥EC,PF⊥FB,
所以△PFB∽△PEC,所以PFPE=PBPC.(8分)
所以PDPF=PFPE,即PF2=PDPE.(10分)
B.解析:
矩阵M的特征多项式为
f(λ)=λ-1-2-2λ-1=λ2-2λ-3.(2分)
令f(λ)=0,解得λ1=3,λ2=-1,
所以属于λ1的一个特征向量为α1=11,属于λ2的一个特征向量为α2=1-1.(5分)
令β=mα1+nα2,即17=m11+n1-1,
所以m+n=1,m-n=7,解得m=4,n=-3.(7分)
所以M4β=M4(4α1-3α2)=4(M4α1)-3(M4α2)
=4(λ41α1)-3(λ42α2)=4×3411-3×(-1)4×1-1=321327.(10分)
C.解析:
由题意知曲线C的直角坐标方程是y2=2x,(2分)
直线l的普通方程为x-y-4=0.(4分)
联立方程组y2=2x,y=x-4,解得A(2,-2),B(8,4),所以AB=62,(7分)
因为原点到直线x-y-4=0的距离d=|-4|2=22,
所以S△AOB=12×62×22=12.(10分)
D.解析:
因为a,b,c∈R,a2+b2+c2=1,
所以由柯西不等式得(a-b+c)2≤(a2+b2+c2)(1+1+1)=3.(4分)
因为|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a,b,c恒成立,所以|x-1|+|x+1|≥3.
当x-1时,-2x≥3,即x≤-32;当-1≤x≤1时,2≥3不成立;当x1时,2x≥3,即x≥32.
综上所述,实数x的取值范围为-∞,-32∪32,+∞.(10分)
22.解析:
(1)因为平面ABCD⊥平面ABEP,平面ABCD∩平面ABEP=AB,BP⊥AB,所以BP⊥平面ABCD.又AB⊥BC,所以直线BA,BP,BC两两垂直,以B为原点,分别以BA,BP,BC所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则P(0,2,0),B(0,0,0),D(2,0,1),E(2,1,0),C(0,0,1).
因为BC⊥平面ABPE,所以BC→=(0,0,1)为平面ABPE的一个法向量.(2分)
PD→=(2,-2,1),CD→=(2,0,0),设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
则nCD→=0,nPD→=0,即2x=0,2x-2y+z=0,令y=1,则z=2,故n=(0,1,2).(4分)
设平面PCD与平面ABPE所成的二面角为θ,则cosθ=nBC→|n||BC→|=21×5=255,
显然0θπ2,所以平面PCD与平面ABPE所成二面角的余弦值为255.(6分)
(2)设线段PD上存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于25.
设PN→=λPD→=(2λ,-2λ,λ)(0≤λ≤1),BN→=BP→+PN→=(2λ,2-2λ,λ).(7分)
由
(1)知平面PCD的一个法向量为n=(0,1,2),
所以cos〈BN→,n〉=BN→n|BN→||n|=25×9λ2-8λ+4=25,
即9λ2-8λ-1=0,解得λ=1或λ=-19(舍去).(9分)
当点N与点D重合时,直线BN与平面PCD所成角的正弦值为25.(10分)
23.解析:
(1)因为f(n)[f(n+1)+1]=2[2-f(n+1)],所以f(n+1)=4-f(n)f(n)+2.
由f
(1)=2,代入得f
(2)=4-22+2=12,
f(3)=4-1212+2=75,
所以f(3)-f
(2)=75-12=910.(2分)
(2)由f
(1)=2,f
(2)=12,可得a=-45,b=15.(3分)
以下用数学归纳法证明:
存在实数a=-45,b=15,使f(n)=1-45-32n-15+1成立.
①当n=1时,显然成立;(4分)
②当n=k时,假设存在a=-45,b=15,使得f(k)=1-45-32k-15+1成立,(5分)
那么当n=k+1时,f(k+1)=4-f(k)f(k)+2=4-1-45-32k-15+11-45-32k-15+1+2
=125-32k+85125-32k-25=1+165-32k-15=1-45-32k+1-15+1,
即当n=k+1时,存在a=-45,b=15,使得f(k+1)=1-45-32k+1-15+1成立.(9分)
由①②可知,存在实数a=-45,b=15,使f(n)=1a-32n-b+1对任意正整数n恒成立.(10分)
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 江苏 苏州市 届高三 数学 试题 答案