H02扬州市2018届高三考前调研测试数学试题教学文案

扬州市2018届高三考前调研测试试题数 学 2018．5全卷分两部分：第一部分为所有考生必做部分（满分160分，考试时间120分钟），第二部分为选修物理考生的加试部分（满分40分，考试时间30分钟）． 注意事项：1．答卷前，请考生务必将自己的学校、姓名、考试号等信息填写在答卷规定的地方． 2．第一部分试题答案均写在答题卷相应位置，答在其它地方无效．3．选修物理的考生在第一部分考试结束后，将答卷交回，再参加加试部分的考试．第 一 部 分参考公式：锥体的体积13V Sh =，其中S 是锥体的底面积，h 是高.一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上） 1．已知集合{1,2,3},{|(3)0}A B x x x =-=-<，则A B =I ．2．在复平面内，复数12iz i-=（i 为虚数单位）对应的点位于第 象限． 3．设x R ∈，则“22>x” 是“11x<”的 条件．（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”）4．为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，下图是检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间[25,30)的为一等品，在区间[20,25)和[30,35)的为二等品，其余均为三等品，样本中三等品的件数为 ．5．运行如图所示的算法流程图，输出的k 的值为 ．6．在平面直角坐标系xOy 中，若抛物线22(0)=>y px p 上横坐标为1的点到焦点的距离为4，则该抛物线的焦点到准线的距离 ．7．书架上有5本书，其中语文书2本，数学书3本，从中任意取出2本，则取出的两本书都是数学书的概率为 ．8．已知等差数列{}n a 的前n 项和为,n S 且136S =，则91032a a -= ． 9．记棱长都为1的正三棱锥的体积为1V ，棱长都为1的正三棱柱的体积为2V ，则开始输出k结束S >15S ←1Y N S ←S ⨯k （第5题） k ←k ＋2 k ←1PCABNM12=V V ． 10．若将函数()()cos 2(0)ϕϕπ=+<<f x x 的图象向左平移12π个单位所得到的图象关于原点对称，则ϕ= ．11．在ABC ∆中，AH 是底边BC 上的高，点G 是三角形的重心，若2,4,30AB AC BAH ==∠=o，则()AH BC AG +⋅=u u u r u u u r u u u u r．12．已知函数()21=+-+f x x b （,a b 为正实数）只有一个零点，则121aa b ++的最小值为 ．13．已知等边ABC ∆的边长为2，点P 在线段AC 上，若满足210PA PB λ⋅-+=u u u r u u u r的点P 恰有两个，则实数λ的取值范围是 ．14．已知函数2|||1|,0()2,0x a x x f x x ax x ++->⎧=⎨-+≤⎩ 的最小值为a ，则实数a 的取值集合为 ．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） 15．（本小题满分14分）在ABC ∆中，角A,B,C 的对边分别为a,b,c，已知cos A b c === （1）求a ；（2）求cos()B A -的值．16．（本小题满分14分）如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面,,,PAC AB BP M N ⊥分别为,PA AB 的中点． （1）求证：//PB 平面CMN ；（2）若AC PC =，求证：AB ⊥平面CMN ．17．（本小题满分14分）某市为改善市民出行，准备规划道路建设.规划中的道路--M N P 如图所示，已知,A B 是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O的距离均为，C 是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O 的距离为4km ，线路MN 段上的任意一点到景点A 的距离比到景点B 的距离都多16km ，其中道路起点M 到东西方向主干道的距离为6km ，线路NP 段上的任意一点到O 的距离都相等.以O 为原点、线段AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy . （1）求道路M －N －P 的曲线方程；（2）现要在道路M －N －P 上建一站点Q ，使得Q 到景点C 的距离最近，问如何设置站点Q 的位置（即确定点Q 的坐标）？18．（本小题满分16分）在平面直角坐标系x O y 中，椭圆C ：22221x y a b+=(0)a b >>的短轴长为（1）求椭圆C 的方程；（2）已知A 为椭圆C 的上顶点，点M 为x 轴正半轴上一点，过点A 作AM 的垂线AN 与椭圆C 交于另一点N ，若60o AMN ∠=，求点M 的坐标.19．（本小题满分16分）已知函数()ln x ae f x x x x =-+，()x x g x e=，（其中a 为参数）（1）若对任意x R ∈，不等式()0g x b -<恒成立，求实数b 的取值范围； （2）当1a e=时，求函数()f x 的单调区间； （3）求函数()f x 的极值.20．（本小题满分16分）已知无穷数列{}n a 的各项都不为零，其前n 项和为n S ，且满足1n n n a a S +⋅= *()n N ∈，数列{}n b 满足nn n a b a t=+，其中t 为正整数． （1）求2018a ；（2）若不等式2211n n n n a a S S +++<+对任意*n N ∈都成立，求首项1a 的取值范围；（3）若首项1a 是正整数，则数列{}n b 中的任意一项是否总可以表示为数列{}n b 中的其他两项之积？若是，请给出一种表示方式；若不是，请说明理由．扬州市2018届高三考前调研测试数 学第二部分（加试部分） （总分40分，加试时间30分钟）注意事项：答卷前，请考生务必将自己的学校、姓名、考试号等信息填写在答卷上规定的位置．解答过程应写在答题卷的相应位置，在其它地方答题无效． 21．B ．选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知,a b R ∈，若点(1,1)P -在矩阵41a b ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦A 对应的变换作用下得到点(2,2)Q -．（1）求,a b 的值； （2）求矩阵A 的特征值．21．C ．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，直线cos()24πρθ+C ，求以点C 为圆心且半径为1的圆的极坐标方程．22．（本小题满分10分）在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12,22AB AA ==8个顶点中任取3个点构成三角形，记三角形的面积为X ． （1）求(4)P X =的值； （2）求X 的分布列和数学期望.23．（本小题满分10分）在数列{}n a 中，*111,1,()n a a n N +==∈．（1）求23,a a 的值； （2）证明：①01n a ≤≤；②22114n n a a +<<．参考答案1．. 2．三3．充分不必要4．100.5．9. 6．6 7．. 8．9．. 10．311．【答案】6.【解析】如图，在中，是底边上的高，，∴．由题意得．∵点是的重心，∴．∴．又．∴．详解：∵函数（，为正实数）只有一个零点，∴，∴．∴．令，则，∴，当且仅当，即时等号成立，此时．∴的最小值为.又，∴．∵满足的点恰有两个，∴关于的方程在区间上有两个不同的实数根．设，则函数在区间上有两个不同的零点，∴，解得．∴实数的取值范围是．点睛：（1）用定义进行向量的数量积运算时，有时要注意选择合适的基底，将所有向量用同一基底表示，然后再根据数量积的运算律求解．（2）对于一元二次方程根的分布问题，可根据“三个二次”间的关系，结合二次函数的图象转化为不等式（组），通过解不等式（组）可得所求．∵函数最小值为，∴．②当，即时，则，∴在上上先减后增，最小值为；在上的最小值为．∵函数最小值为，∴，解得，不合题意，舍去．③当，即时，则，∴在上上先减后增，最小值为；在上的最小值为．∵函数最小值为，∴，解得或（舍去）．综上可得或，∴实数的取值集合为．点睛：本题考查分段函数的最值，解题的关键是根据与0,1的大小关系进行分类讨论，然后通过讨论函数的单调性得到最小值，再根据函数的最小值为可得所求．15．(1) .(2) .（2）在中，由得，∴，在中，由正弦定理得，即，∴，又，故，∴，∴．点睛：（1）解三角形时要根据条件选择使用正弦定理还是余弦定理，求解过程中要注意三角形中有关知识的合理运用，如三角形内角和定理，三角形中的边角关系等．（2）解三角形经常和三角变换结合在一起考查，根据变换求值时要注意三角函数值的符号，再合理利用公式求解．16．(1)证明见解析. (2) 证明见解析.【解析】分析：（1）根据三角形中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理可得结论成立．（2）由题意可证得，，根据平面平面可得平面，于是得到．然后根据线面垂直的判定定理可得到平面．（2）在平面中，，，所以．因为，为中点，所以．又平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，平面，[来源:]所以平面．点睛：证明空间中的平行、垂直等问题时，要合理选择证明的方法，利用空间中平行、垂直间的相互转化关系进行求解．同时证题时要注意解题过程的规范性，特别是对于定理中的关键性词语，在证题过程中要得到相应的体现．17．(1) 段：，段：．(2) 的坐标为，可使到景点的距离最近．【解析】分析：（1）由题意得到线路段、线路段分别为双曲线、圆的一部分，然后结合条件可得其方程．（2）分点在段上和点在段上两种情况分别求解，比较后可得最近距离和相应点的坐标．由线路段所在曲线方程可求得，则其方程为，综上得线路示意图所在曲线的方程为：段：，段：．（2）①当点在段上时，设，又，则，由（1）得，即，故当时，．②当点在段上时，设，又，则，由（1）得，即，故当时，．因为，所以当的坐标为时，可使到景点的距离最近．点睛：本题考查双曲线、圆的定义的应用，解题的关键是准确理解题意，由题意得到曲线的类型及方程．对于圆锥曲线中的最值问题，可转化为函数的最值问题处理，解题时要注意圆锥曲线中参数的取值范围对求最值的影响．18．(1) .(2) .【解析】分析：（1）由题意可得关于的方程组，解得后可得椭圆的方程．（2）设（）,由题意得，从而，故得直线的方程为．与椭圆方程联立消元后解得，故．在直角中，由，解得，故得点的坐标为．详解：（1）因为椭圆的短轴长为，离心率为，所以解得所以椭圆的方程为．由消去整理得，所以，所以，在直角中，由，得，所以，解得.所以点的坐标为．点睛：本题主要考查待定系数法的应用，特别是在求点的坐标的过程中更是体现了这一点．另外在解答解析几何问题中，要注意平面几何图形性质的运用，利用图形中的位置关系和数量关系将问题转化为代数计算的问题处理．19．(1) .(2) 的单调增区间为，单调减区间为．(3) 时，，无极小值；当时，，无极大值；当时，，，．详解：（1）∵对任意，不等式恒成立，∴对任意，恒成立．又，∴当时，单调递增；当时，单调递减．故，∴．∴实数的取值范围．（2）∵，∴．当时，，由（1）知，即，当且仅当时等号成立．令，得．当变化时，的变化情况如下表：[来源学。