(word完整版)江苏省苏北三市2019届高三数学上学期期末考试试题(含答案),推荐文档

江苏省苏北三市2019届高三上学期期末考试
数学试题
(满分160分，考试时间120分钟)
2019.1
参考公式：样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.
1. 已知集合A ＝{0，1，2，3}，B ＝{x |0<x ≤2}，则A ∩B ＝ Ｗ.
2. 已知复数z ＝(2－i)2
(i 是虚数单位)，则z 的模为 Ｗ.
3. 已知一组样本数据5，4，x ，3，6的平均数为5，则该组数据的方差为 Ｗ.
4. 运行如图所示的伪代码，则输出的结果S 为 Ｗ. I ←1
While I <8 I ←I ＋2 S ←2I ＋3 End While Print S (第4题)
5. 若从2，3，6三个数中任取一个数记为a ，再从剩余的两个数中任取一个数记为b ，则“a b
是整数”的概率为 Ｗ.
6. 若抛物线y 2
＝2px (p >0)的焦点与双曲线x 2
－y 2
3＝1的右焦点重合，则实数p 的值为
Ｗ.
7. 在等差数列{a n }中，若a 5＝1
2，8a 6＋2a 4＝a 2，则{a n }的前6项和 S 6的值为 Ｗ.
8. 已知正四棱锥的底面边长为23，高为1，则该正四棱锥的侧面积为 Ｗ. 9. 已知a ，b ∈R ，函数f (x )＝(x －2)(ax ＋b )为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x 的不等式f (2－x )>0的解集为 Ｗ.
10. 已知a >0，b >0，且a ＋3b ＝1b －1
a
，则b 的最大值为 Ｗ.
11. 将函数f (x )＝sin 2x 的图象向右平移π
6个单位长度得到函数g (x )的图象，则以函
数f (x )与g (x )的图象的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为 Ｗ.
12. 在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，∠BAC ＝60°，P 为△ABC 所在平面内一点，满足CP →＝
3
2PB →
＋2PA →，则CP →·AB →
的值为 Ｗ.
13. 在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：x 2
＋y 2
＋2mx －(4m ＋6)y －4＝0(m ∈R )与以
C 2(－2，3)为圆心的圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，且满足x 21－x 22＝y 22－y 2
1，则实数m 的
值为 Ｗ.
14. 已知x >0，y >0，z >0，且x ＋3y ＋z ＝6，则x 3
＋y 2
＋3z 的最小值为 Ｗ.
二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. (本小题满分14分)
在△ABC 中，sin A ＝23，A ∈(π
2，π).
(1) 求sin 2A 的值；
(2) 若sin B ＝1
3
，求cos C 的值.
16. (本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D ，E ，F 分别是B 1C 1，AB ，AA 1的中点. (1) 求证：EF ∥平面A 1BD ；
(2) 若A 1B 1＝A 1C 1，求证：平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .
如图，某公园内有两条道路AB ，AP ，现计划在AP 上选择一点C ，新建道路BC ，并把△
ABC 所在的区域改造成绿化区域.已知∠BAC ＝π6
，AB ＝2 km.
(1) 若绿化区域△ABC 的面积为1 km 2
，求道路BC 的长度；
(2) 若绿化区域△ABC 改造成本为10万元/km 2
，新建道路BC 成本为10万元/km.设∠ABC ＝θ(0<θ≤2π
3
)，当θ为何值时，该计划所需总费用最小？
如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为2
2
，且右
焦点到右准线l 的距离为1.过x 轴上一点M (m ，0)(m 为常数，且m ∈(0，2))的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，与l 交于点P ，D 是弦AB 的中点，直线OD 与l 交于点Q .
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 试判断以PQ 为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R).
(1) 若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；
(2) 若对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，求实数a的值；
(3) 若函数f(x)存在两个极值点，求实数a的取值范围.
已知数列{a n}满足对任意的n∈N*，都有a n(q n a n－1)＋2q n a n a n＋1＝a n＋1(1－q n a n＋1)，且a n＋1＋a n≠0，其中a1＝2，q≠0.记T n＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋q n－1a n.
(1) 若q＝1，求T2 019的值；
(2) 设数列{b n}满足b n＝(1＋q)T n－q n a n.
①求数列{b n}的通项公式；
②若数列{c n}满足c1＝1，且当n≥2时，c n＝2b n－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，c k －c1，c t－c k成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，请说明理由.
2019届高三模拟考试试卷
数学附加题
(满分40分，考试时间30分钟)
21. 【选做题】 在A ，B ，C 三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
A. (选修42：矩阵与变换)
已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0123，B ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤2018，求A －1
B .
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在极坐标系中，曲线C ：ρ＝2cos θ.以极点为坐标原点，极轴为x 轴非负半轴建立平面直角坐标系xOy ，设过点A (3，0)的直线l 与曲线C 有且只有一个公共点，求直线l 的斜率.
C. (选修45：不等式选讲) 已知函数f (x )＝|x －1|.
(1) 解不等式f (x －1)＋f (x ＋3)≥6；
(2) 若|a |<1，|b |<1，且a ≠0，求证：f (ab )>|a |f (b a
).
【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
22. 如图， 在三棱锥DABC 中，DA ⊥平面ABC ，∠CAB ＝90°，且AC ＝AD ＝1，AB ＝2，E 为BD 的中点.
(1) 求异面直线AE 与BC 所成角的余弦值； (2) 求二面角ACEB 的余弦值.
23. 已知数列{a n }满足a 1＝13，a n ＋1＝－2a 2n ＋2a n ，n ∈N *
.
(1) 用数学归纳法证明：a n ∈(0，1
2
)；
(2) 令b n ＝1
2－a n ，求证：
2019届高三模拟考试试卷(五)(苏北三市)
数学参考答案及评分标准
1. {1，2}
2. 5
3. 2
4. 21
5. 13
6. 4
7. 15
2 8. 8
3 9. (0，4) 10.
13 11. 3π2 12. －1 13. －6 14. 37
4
15. 解：(1) 由sin A ＝23，A ∈(π
2，π)，则cos A ＝－1－sin 2A ＝－
1－（23
）2
＝
－
5
3
，(2分) 所以sin 2A ＝2sin A cos A ＝2×23×(－53)＝－45
9.(6分)
(2) 由A ∈(π
2，π)，则B 为锐角.
又sin B ＝13
，所以cos B ＝1－sin 2
B ＝
1－（13）2＝223
，(8分)
所以cos C ＝－cos (A ＋B )＝－(cos A cos B －sin A sin B )(12分) ＝－(－
53×223－23×13)＝210＋29
.(14分) 16. 证明：(1) 因为E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，所以EF ∥A 1B .(3分)
因为EF ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ， 所以EF ∥平面A 1BD .(6分)
(2) 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BB 1⊥平面A 1B 1C 1. 因为A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以BB 1⊥A 1D . (8分) 因为A 1B 1＝A 1C 1，且D 是B 1C 1的中点， 所以A 1D ⊥B 1C 1.(10分)
因为BB 1∩B 1C 1＝B 1，B 1C 1，BB 1⊂平面BB 1C 1C ， 所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C .(12分) 因为A 1D ⊂平面A 1BD ，
所以平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C . (14分)
17. 解：(1) 在△ABC 中，已知∠BAC ＝π
6
，AB ＝2 km ，
所以△ABC 的面积S ＝12×AB ×AC ×sin π
6＝1，解得AC ＝2.(2分)
在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2
－2×AB ×AC ×cos π6
＝22＋22
－2×2×2×cos π6＝8－43，(4分)
所以BC ＝8－43＝6－2(km).(5分)
(2) 由∠ABC ＝θ，则∠ACB ＝π－(θ＋π6)， 0<θ≤2π
3
.
在△ABC 中，∠BAC ＝π6，AB ＝2 km ，由正弦定理得AC sin B ＝BC sin A ＝AB
sin C ，
所以BC ＝1sin （θ＋π6），AC ＝2sin θ
sin （θ＋π
6）
.(7分)
记该计划所需费用为F (θ)， 则F (θ)＝1
2
×
2sin θsin （θ＋π6）×2×12×10＋1sin （θ＋π6）×10＝10（sin θ＋1）
sin （θ＋π
6
）
(0<θ≤2π
3
).(10分)
令f (θ)＝
sin θ＋1
32sin θ＋12cos θ，则f ′(θ)＝sin （θ－π3）＋
1
2
（32sin θ＋12
cos θ）2.(11分)
由f ′(θ)＝0，得θ＝π
6
.
所以当θ∈(0，π
6)时，f ′(θ)<0，f (θ)单调递减；
当θ∈(π6，2π
3)时，f ′(θ)>0，f (θ)单调递增.(12分)
所以当θ＝π
6
时，该计划所需费用最小.
答：当θ＝π
6
时，该计划所需总费用最小.(14分)
18. 解：(1) 设椭圆的右焦点为(c ，0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a 2
c
－c ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝2，
c ＝1，
所以a 2＝2，b 2
＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 2
2＋y 2
＝1.(4分)
(2) 由题意，当直线AB 的斜率不存在或为零时显然不符合题意. 设AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝k (x －m ). 又准线方程为x ＝2，
所以点P 的坐标为P (2，k (2－m )).(6分)
由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －m ），x 2＋2y 2
＝2，得x 2＋2k 2(x －m )2＝2， 即(1＋2k 2)x 2－4k 2mx ＋2k 2m 2
－2＝0，
所以x D ＝12·4k 2
m 2k 2＋1＝2k 2
m 2k 2＋1，y D ＝k (2k 2
m 2k 2＋1－m )＝－km
2k 2＋1，(8分)
所以k OD ＝－12k ，从而直线OD 的方程为y ＝－1
2k
x ，
所以点Q 的坐标为Q (2，－1
k
)，(10分)
所以以PQ 为直径的圆的方程为(x －2)2
＋[y －k (2－m )](y ＋1k
)＝0，
即x 2－4x ＋2＋m ＋y 2
－[k (2－m )－1k
]y ＝0.(14分)
因为该式对∀k ≠0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，
x 2－4x ＋2＋m ＋y 2
＝0，解得⎩⎨⎧x ＝2±2－m ，y ＝0.
所以以PQ 为直径的圆经过定点(2±2－m ，0).(16分)
19. 解：(1) 因为f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，所以当a ＝1时，f (x )＝(x －1)ln x ， 则f ′(x )＝ln x ＋1－1
x
.(1分)
当x ＝1时，f (1)＝0，f ′(1)＝0，
所以曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线的方程为y ＝0.(3分) (2) 因为对于任意的正数x ，f (x )≥0恒成立，
所以当ln x ＝0，即x ＝1时，f (x )＝0，a ∈R ；(5分)
当ln x >0，即x >1时，x ≥a 恒成立，所以a ≤1； (6分) 当ln x <0，即x <1时，x ≤a 恒成立，所以a ≥1.
综上可知，对于任意的正数x ，f (x )≥0恒成立，a ＝1. (7分) (3) 因为函数f (x )存在两个极值点，
所以f ′(x )＝ln x －a x
＋1存在两个不相等的零点.
设g (x )＝ln x －a x
＋1，则g ′(x )＝1x ＋a x
2＝x ＋a
x
2.(8分)
当a ≥0时，g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，至多一个零点.(9分) 当a <0时，x ∈(0，－a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， x ∈(－a ，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，
所以x ＝－a 时，g (x )min ＝g (－a )＝ln(－a )＋2. (11分)
因为g (x )存在两个不相等的零点，所以ln(－a )＋2<0，解得－e －2
<a <0. 因为－e －2
<a <0，所以－1a
>e 2>－a .
因为g (－1a )＝ln(－1a
)＋a 2
＋1>0，所以g (x )在(－a ，＋∞)上存在一个零点.(13分)
因为－e －2<a <0，所以a 2<－a .又g (a 2)＝ln a 2
－1a ＋1＝2ln(－a )＋1－a ＋1，
设t ＝－a ，则y ＝2ln t ＋1t ＋1(0<t <1
e
2).
因为y ′＝2t －1t 2<0，所以y ＝2ln t ＋1t ＋1(0<t <1
e 2)单调递减.
又函数图象是连续的， 所以y >2ln 1e 2＋e 2＋1＝e 2
－3>0，
所以g (a 2)＝ln a 2
－1a
＋1>0，所以在(0，－a )上存在一个零点.
综上可知，－e－2<a<0.(16分)
20. 解：(1) 当q＝1时，由a n(q n a n－1)＋2q n a n a n＋1＝a n＋1(1－q n a n＋1)，
得(a n＋1＋a n)2＝a n＋1＋a n.
又a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1＋a n＝1.(2分)
又a1＝2，
所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.(4分)
(2) ①由a n(q n a n－1)＋2q n a n a n＋1＝a n＋1(1－q n a n＋1)，得q n(a n＋1＋a n)2＝a n＋1＋a n.
又a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1＋a n＝1
q n
.(6分)
因为T n＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋q n－1a n，
所以qT n＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋q n a n，
所以(1＋q)T n＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋q n－1(a n－1＋a n)＋q n a n，
b n＝(1＋q)T n－q n a n＝a1＋1＋1＋…＋1＋q n a n－q n a n＝a1＋n－1＝n＋1，
所以b n＝n＋1.(10分)
②由题意，得c n＝2b n－1－1＝2n－1，n≥2.
因为c1，c k－c1，c t－c k成等比数列，
所以(c k－c1)2＝c1(c t－c k)，即(2k－2)2＝2t－2k， (12分)
所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3·2k－2＋1 (*).
由于c k－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.
当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)
当k≥3时，由(*)得(2k－1)2－3·2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解. 综上，k＝2，t＝3.(16分)
2019届高三模拟考试试卷(五)(苏北三市)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：由题意得A －1
＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤
－32
12 1
0，(5分) 所以A －1
B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－3212 10⎣⎢⎡⎦⎥⎤2018＝⎣
⎢
⎢⎡
⎦
⎥
⎥⎤－5
2
4 20.(10分) B. 解：曲线C ：ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x －1)2
＋y 2
＝1.(4分)
设过点A (3， 0)的直线l 的直角坐标方程为x ＝my ＋3， 因为直线l 与曲线C 有且只有一个公共点，
所以|1－3|1＋m 2
＝1，解得m ＝± 3.(8分) 从而直线l 的斜率为±
3
3
.(10分) C. (1) 解：不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(4分)
(2) 证明：要证f (ab )>|a |f (b a
)，只要证|ab －1|>|b －a |，只需证(ab －1)2>(b －a )2
. 而(ab －1)2
－(b －a )2
＝a 2b 2
－a 2
－b 2
＋1＝(a 2
－1)(b 2
－1)>0， 从而原不等式成立. (10分)
22. 解：因为DA ⊥平面ABC ，∠CAB ＝90°，所以以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .因为AC ＝AD ＝1，AB ＝2，
所以A (0，0，0)，C (1，0，0)，B (0，2，0)，D (0，0，1).
因为点E 为线段BD 的中点，所以E (0，1，1
2).
(1) AE →
＝(0，1，12)，BC →＝(1，－2，0)，
所以cos 〈AE →，BC →
〉＝AE →·BC →|AE →||BC →|
＝
－25
4
×5＝－4
5，
所以异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为4
5
.(5分)
(2) 设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AC →＝(1，0，0)，AE →
＝(0，1，12
)，
所以n 1·AC →＝0，n 1·AE →
＝0，即x ＝0且y ＋12z ＝0，取y ＝1，得x ＝0，z ＝－2，
所以n 1＝(0，1，－2)是平面ACE 的一个法向量.
设平面BCE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，因为BC →＝(1，－2，0)，BE →
＝(0，－1，12)，
所以n 2·BC →＝0，n 2·BE →
＝0，即x －2y ＝0且－y ＋12z ＝0，取y ＝1，得x ＝2，z ＝2，
所以n 2＝(2，1，2)是平面BCE 的一个法向量.
所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－35×9
＝－5
5. (8分)
所以二面角ACEB 的余弦值为－
5
5
. (10分) 23. 证明：(1) 当n ＝1时，a 1＝13∈(0，1
2)，结论显然成立；
假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *
)时，a k ∈(0，12
)，
则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－2a 2
k ＋2a k ＝－2(a k －12)2＋12∈(0，12).
综上，a n ∈(0，1
2
).(4分)
(2) 由(1)知，a n ∈(0，12)，所以b n ＝12－a n ∈(0，1
2).
因为a n ＋1＝－2a 2
n ＋2a n ，
所以12－a n ＋1＝12－(－2a 2n ＋2a n )＝2a 2n －2a n ＋12＝2(a n －12)2，即b n ＋1＝2b 2
n .
于是log 2b n ＋1＝2log 2b n ＋1，
所以(log 2b n ＋1＋1)＝2(log 2b n ＋1)，
故{log 2b n ＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为log 2b 1＋1＝log 216＋1＝log 21
3.
于是log 2b n ＋1＝(log 213)·2n －1，从而log 2(2b n )＝(log 213)·2n －1
＝log 2(13)2n －1，
所以2b n ＝(13)2n －1，即b n ＝（13）2n －1
2，于是1b n ＝2·32n －1
.(8分)
因为当i ＝1，2时，2i －1
＝i ， 当i ≥3时，2i －1＝(1＋1)i －1＝C 0i －1＋C 1i －1＋…＋C i －1i －1>C 0i －1＋C 1
i －1＝i ， 所以对∀i ∈N *
，有2
i －1
≥i ，所以32
i －1
≥3i ，所以1b i
＝2·32i －1≥2·3i
，
从而＝1b 1＋1b 2＋…＋1
b n ≥2(31
＋32
＋ (3)
)＝2×3（1－3n
）1－3
＝3n ＋1
－3.(10分)。