2019年苏锡常镇高三二模数学试卷及答案

苏锡常镇高三二模数学试卷及答案(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. 已知集合A ＝{－1，1}，B ＝{－3，0}，则集合A ∩B ＝________．2. 已知复数z 满足z·i ＝3－4i (i 为虚数单位)，则|z|＝________．3. 双曲线x 24－y 23＝1的渐近线方程为________．4. 某中学共有1 800人，其中高二年级的人数为600.现用分层抽样的方法在全校抽取n 人，其中高二年级被抽取的人数为21，则n ＝________．5. 将一颗质地均匀的正四面骰子(每个面上分别写有数字1，2，3，4)先后抛掷2次，观察其朝下一面的数字，则两次数字之和等于6的概率为________．6. 右图是一个算法的流程图，则输出S 的值是________．7. 若正四棱锥的底面边长为2cm ，侧面积为8cm 2，则它的体积为________cm 3.8. 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＋a 4＝2，S 2＋S 4＝1，则a 10＝________． 9. 已知a>0，b>0，且2a ＋3b＝ab ，则ab 的最小值是________．10. 设三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知tan A tan B ＝3c －bb ，则cos A ＝________．11. 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e x ， x<1，x ＋4x ， x ≥1(e 是自然对数的底数)．若函数y ＝f(x)的最小值是4，则实数a 的取值范围为________．12. 在△ABC 中，点P 是边AB 的中点，已知|CP →|＝3，|CA →|＝4，∠ACB ＝2π3，则CP →·CA →＝________．13. 已知直线l ：x －y ＋2＝0与x 轴交于点A ，点P 在直线l 上．圆C ：(x －2)2＋y 2＝2上有且仅有一个点B 满足AB ⊥BP ，则点P 的横坐标的取值集合为________．14. 若二次函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a>0)在区间[1，2]上有两个不同的零点，则f （1）a 的取值范围为________________．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)已知向量a ＝(2sin α，1)，b ＝⎝⎛⎭⎫1，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4.(1) 若角α的终边过点(3，4)，求a·b 的值；(2) 若a ∥b ，求锐角α的大小．16. (本小题满分14分)如图，正三棱柱ABCA 1B 1C 1的高为6，其底面边长为2.已知点M ,N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，点D 是棱CC 1上靠近C 的三等分点．求证：(1) B 1M ∥平面A 1BN ； (2) AD ⊥平面A 1BN.17. (本小题满分14分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32，点A 是椭圆的下顶点． (1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 过点A 且互相垂直的两直线l 1，l 2与直线y ＝x 分别相交于E ，F 两点，已知OE ＝OF ，求直线l 1的斜率．18. (本小题16分)如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB 为6，O 为圆心，且OC ⊥AB ，在OC 上有一座观赏亭Q ，其中∠AQC ＝2π3，计划在BC ︵上再建一座观赏亭P ，记∠POB ＝θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π2.(1) 当θ＝π3时，求∠OPQ 的大小；(2) 当∠OPQ 越大时，游客在观赏亭P 处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P 处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值．已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，g(x)＝ln x.(1) 若a ＝0，b ＝－2，且f(x)≥g(x)恒成立，求实数c 的取值范围； (2) 若b ＝－3，且函数y ＝f(x)在区间(－1，1)上是单调减函数． ①求实数a 的值；②当c ＝2时，求函数h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧f （x ），f （x ）≥g （x ），g （x ），f （x ）<g （x ）的值域．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝3，且2S n ＝a n ＋1－3(n ∈N *)． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 对于正整数i ，j ，k (i <j <k )，已知λa j ，6a i ，μa k 成等差数列，求正整数λ，μ的值； (3) 设数列{b n }的前n 项和是T n ，且满足对任意的正整数n ，都有等式a 1b n ＋a 2b n －1＋a 3b n－2＋…＋a n b 1＝3n ＋1－3n －3成立． 求满足等式T n a n ＝13的所有正整数n .高三年级第二次模拟考试(十)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，D 为圆O 上一点，过点D 作圆O 的切线交AB 的延长线于点C ，且满足DA ＝DC .(1) 求证：AB ＝2BC ；(2) 若AB ＝2，求线段CD 的长．B. [选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4 00 1，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 5，列向量X ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b . (1) 求矩阵AB ；(2) 若B －1A －1X ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤51，求a ，b 的值．C. [选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在极坐标系中，已知圆C 经过点P ⎝⎛⎭⎫22，π4，圆心为直线ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝－3与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程．D. [选修45：不等式选讲](本小题满分10分)已知x ，y 都是正数，且xy ＝1，求证：(1＋x ＋y 2)(1＋y ＋x 2)≥9.【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，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD 垂直于底面ABCD ，PD ＝AD ＝2AB ，点Q 为线段PA(不含端点)上的一点．(1) 当点Q 是线段PA 的中点时，求CQ 与平面PBD 所成角的正弦值；(2) 已知二面角QBDP 的正弦值为23，求PQPA的值．23. (本小题满分10分)在含有n 个元素的集合A n ＝{1，2，…，n}中，若这n 个元素的一个排列(a 1，a 2，…，a n )满足a i ≠i(i ＝1，2，…，n)，则称这个排列为集合A n 的一个错位排列(例如：对于集合A 3＝{1，2，3}，排列(2，3，1)是A 3的一个错位排列；排列(1，3，2)不是A 3的一个错位排列)．记集合A n 的所有错位排列的个数为D n .(1) 直接写D 1，D 2，D 3，D 4的值；(2) 当n ≥3时，试用D n －2，D n －1表示D n ，并说明理由； (3) 试用数学归纳法证明：D 2n (n ∈N *)为奇数.2018届苏锡常镇四市高三年级第二次模拟考试(十)数学参考答案1. {1}2. 53. y ＝±32x4. 635. 316 6. 257.433 8. 8 9. 26 10. 1311. a ≥e ＋4 12. 6 13. ⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，5 14. [0，1)15. 解析：(1) 由题意sin α＝45，cos α＝35，(2分)所以a·b ＝2sin α＋sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝2sin α＋sin αcos π4＋cos απ4＝425＋45×22＋35×22＝322.(6分) (2) 因为a ∥b ，所以2sin αsin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1，即2sin α⎝⎛⎭⎫sin αcos π4＋cos αsin π4＝1，所以sin 2α＋sin αcos α＝1，(10分)则sin αcos α＝1－sin 2α＝cos 2α，对锐角α有cos α≠0，所以tan α＝1， 所以锐角α＝π4.(14分)16. 证明：(1) 连结MN ，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1∥CC 1，且AA 1＝CC 1，则四边形AA 1C 1C 是平行四边形，因为点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，所以MN ∥AA 1，且MN ＝AA 1，(2分)因为在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1且AA 1＝BB 1， 所以MN ∥BB 1，且MN ＝BB 1，所以四边形MNBB 1是平行四边形，所以B 1M ∥BN ，因为B 1M ⊄平面A 1BN ，BN ⊂平面A 1BN ，所以B 1M ∥平面A 1BN.(6分)(2) 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， BN ⊂平面ABC ，所以BN ⊥AA 1， 在正△ABC 中，N 是AB 的中点， 所以BN ⊥AC.因为AA 1，AC ⊂平面AA 1C 1C ，AA 1∩AC ＝A ， 所以BN ⊥平面AA 1C 1C. 因为AD ⊂平面AA 1C 1C ， 所以AD ⊥BN ，(10分)由题意，得AA 1＝6，AC ＝2，AN ＝1，CD ＝63， 所以AA 1AC ＝AN CD＝32， 因为∠A 1AN ＝∠ACD ＝π2，所以△A 1AN 与△ACD 相似，则∠AA 1N ＝∠CAD ，所以∠ANA 1＋∠CAD ＝∠ANA 1＋∠AA 1N ＝2，所以AD ⊥A 1N.因为BN ∩A 1N ＝N ，BN ，A 1N ⊂平面A 1BN ，所以AD ⊥平面A 1BN.(14分)17. 解析：(1) 由题意得⎩⎨⎧3a 2＋14b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎨⎧1a 2＝14，1b 2＝1，(4分) 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(6分)(2) 由题意知A(0，－1)，直线l 1，l 2的斜率存在且不为零，设直线l 1：y ＝k 1x －1，与直线y ＝x 联立方程有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1，y ＝x ，解得E ⎝⎛⎭⎫1k 1－1，1k 1－1，设直线l 2：y ＝－1k 1x －1，同理F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 1－1，1－1k 1－1，(8分)因为OE ＝OF ，所以|1k 1－1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11k1－1 ，(10分)①1k 1－1＝1－1k 1－1 ，k 1＋1k 1＝0无实数解；(11分)②1k 1－1＝－1－1k 1－1 ，k 1－1k 1＝2，k 2－2k 1－1＝0，解得k 1＝1±2， 综上可得，直线l 1的斜率为1±2.(14分)18. 解析：(1) 设∠OPQ ＝α，由题意，得在Rt △OAQ 中，OA ＝3，∠AQO ＝π－∠AQC ＝π－2π3＝π3，所以OQ ＝3，在△OPQ 中，OP ＝3，∠POQ ＝π2－θ＝π2－π3＝π6，由正弦定理得OQ sin ∠OPQ ＝OPsin ∠OQP ， (2分)即3sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫π－α－π6， 所以3sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π－α－π6＝sin ⎝⎛⎭⎫5π6－α，则3sin α＝sin 5π6cos α－cos 5π6sin α＝12cos α＋32sin α，所以3sin α＝cos α，(4分)因为α为锐角，所以cos α≠0α＝π6.(6分)(2) 设∠OPQ ＝α，在△OPQ ，OP ＝3，∠POQ ＝π2－θ＝π2－π3＝π6，由正弦定理得OQ sin ∠OPQ ＝OP sin ∠OQP ，即3sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫π－α－⎝⎛⎭⎫π2－θ，(8分)所以3sin α＝sin ⎝⎛⎭⎫π－α－⎝⎛⎭⎫π2－θ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－（α－θ）＝cos (α－θ)＝cos αcos θ＋sin αsin θ，所以(3－sin θ)sin α＝cos αcos θ，其中3－sin θ≠0，cos α≠0，所以tan α＝cos θ3－sin θ，(11分)记f(θ)＝cos θ3－sin θ，f ′(θ)＝1－3sin θ（3－sin θ）2，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2； 令f′(θ)＝0，sin θ＝33，存在唯一θ0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得sin θ0＝33，(13分) 当θ∈(0，θ0)时，f ′(θ)>0，f (θ)单调递增，当θ∈⎝⎛⎭⎫θ0，π2时f′(θ)<0，f (θ)单调递减，所以当θ＝θ0时，f (θ)最大，即tan ∠OPQ 最大， 因为∠OPQ 为锐角，所以∠OPQ 最大，此时sin θ＝33. 故观赏效果达到最佳时，θ的正弦值为33. (16分) 19. 解析：(1) 函数y ＝g(x)的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝0，b ＝－2，f(x)＝x 3－2x ＋c ，因为f(x)≥g(x)恒成立，所以x 3－2x ＋c ≥ln x 恒成立，即c ≥ln x －x 3＋2x.(2分) 令φ(x)＝ln x －x 3＋2x ，则φ′(x)＝1x －3x 2＋2＝1＋2x －3x 3x ＝（1－x ）（1＋3x ＋3x 2）x，令φ′(x)≥0，得x ≤1，所以φ(x)在区间(0，1]上单调递增， 令φ′(x)≤0，得x ≥1，所以φ(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，(4分) 所以当x ＝1时，[φ(x)]max ＝φ(x)＝1， 所以c ≥1.(6分)(2) ①当b ＝－3时，f(x)＝x 3＋ax 2－3x ＋c ，f ′(x)＝3x 2＋2ax －3. 由题意，得f′(x)＝3x 2＋2ax －3≤0对x ∈(－1，1)恒成立， (8分)所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝3＋2a －3≤0，f ′（－1）＝3－2a －3≤0，所以a ＝0，即实数a 的值为0. (10分) ②函数y ＝h(x)的定义域为(0，＋∞)．当a ＝0，b ＝－3，c ＝2时，f(x)＝x 3－3x ＋2.f ′(x)＝3x 2－3，令f′(x)＝3x 2－3＝0，得x ＝1.(12分)所以当x ∈(0，1)时，f(x)>0，当x ＝1时，f(x)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，f(x)>0. 对于g(x)＝ln x ，当x ∈(0，1)时，g(x)<0，当x ＝1时，g(x)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，g(x)>0.(14分)所以当x ∈(0，1)时，h(x)＝f(x)>0，当x ＝1时，h(x)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，h(x)>0. 故函数y ＝h(x)的值域为[0，＋∞). (16分)20. 解析：(1) 由2S n ＝a n ＋1－3(n ∈N *)得2S n ＋1＝a n ＋2－3，两式作差得2a n ＋1＝a n ＋2－a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ＋1(n ∈N *). (2分)a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝9，所以a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，a n ≠0，则a n ＋1a n＝3(n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n (n ∈N *)．(4分)(2) 由题意，得λa j ＋μa k ＝2×6a i ，即λ3j ＋μ3k ＝2×6·3i ，所以λ3j －i ＋μk －i ＝12，其中j －i ≥1，k －i ≥2，所以λ3j －i ≥3λ≥3，μ3k －i ≥9μ≥9, (6分)12＝λ3j －i ＋μ3k －i ≥12，所以j －i ＝1，k －i ＝2，λ＝μ＝1. (8分)(3) 由a 1b n ＋a 2b n －1＋a 3b n －2＋…＋a n b 1＝3n ＋1－3n －3得a 1b n ＋1＋a 2b n ＋a 3b n －1＋…＋a n b 2＋a n ＋1b 1＝3n ＋2－3(n ＋1)－3，a 1b n ＋1＋3(a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n －1b 2＋a n b 1＝3n ＋2－3(n ＋1)－3，a 1b n ＋1＋3(3n ＋1－3n －3)＝3n ＋2－3(n ＋1)－3，所以3b n ＋1＝3n ＋2－3(n ＋1)－3－3(3n ＋1－3n －3)，即3b n ＋1＝6n ＋3， 所以b n ＋1＝2n ＋1(n ∈N *), (10分)因为a 1b 1＝31＋1－3·1－3＝3，所以b 1＝1， 所以b n ＝2n －1(n ∈N *)，所以T n ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝1＋2n －12n ＝n 2(n ∈N *)，T n a n ＝n 23n (n ∈N *)，当n ＝1时，T 1a 1＝13；当n ＝2时，T 2a 2＝49；当n ＝3时，T 3a 3＝13.(12分)下面证明：对任意正整数n >3都有T n a n <13，T n ＋1a n ＋1－T n a n＝(n ＋1)2⎝⎛⎭⎫13n ＋1－n 2⎝⎛⎭⎫13n ＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1((n ＋1)2－3n 2)＝⎝⎛⎭⎫13n ＋1(－2n 2＋2n ＋1)， 当n ≥3时，－2n 2＋2n ＋1＝(1－n 2)＋n (2－n )<0， 即T n ＋1a n ＋1－T na n<0，所以当n ≥3时，T n a n 递减，所以对任意正整数n >3都有T n a n <T 3a 3＝13，综上，满足等式T n a n ＝13的正整数n 的值为1和3.(16分)21. A . 解析：(1) 连结OD ，BD .因为AB 是圆O 的直径，所以∠ADB ＝90°，AB ＝2OB . 因为CD 是圆O 的切线，所以∠CDO ＝90°， 因为DA ＝DC ，所以∠A ＝∠C ，所以△ADB ≌△CDO ，所以AB ＝CO ， 所以AO ＝BC ，所以AB ＝2BC .(6分)(2) 由AB ＝2，AB ＝2BC ，得CB ＝1，CA ＝3.由切割线定理，得CD 2＝CB ·CA ＝1×3＝3，所以CD ＝ 3.(10分)B . 解析：(1) AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4001⎣⎢⎡⎦⎥⎤1205＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4805.(4分)(2) 由B －1A －1X ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤51，解得X ＝AB ⎣⎢⎡⎦⎥⎤51＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4805⎣⎢⎡⎦⎥⎤51＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤285.因为X ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b ， 所以a ＝28，b ＝5. (10分)C . 解析： 在ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝－3中，令θ＝0，得ρ＝2，所以圆C 的圆心的极坐标为(2，0). (5分) 因为圆C 的半径PC ＝（22）2＋22－2×22×2×cos π4＝2，(7分)所以圆C 过极点，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ. (10分) D . 证明：因为x ，y 都是正数， 所以1＋x ＋y 2>33xy 2>0， 1＋y ＋x 2≥33yx 2>0, (6分)(1＋x ＋y 2)(1＋y ＋x 2)≥9xy ， 因为xy ＝1，所以(1＋x ＋y 2)(1＋y ＋x 2)≥9. (10分)22. 解析：(1) 以D 为原点，DA ，DC ，DP 为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝t ，则D(0，0，0)，A(2t ，0，0)，B(2t ，l ，0)，C(0，t ，0)，P(0，0，2t)，Q(t ，0，t)，所以CQ →＝(t ，－t ，t)，DB →＝(2t ，t ，0)，DP →＝(0，0，2t)，设平面PBD 的一个法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DB →·n 1＝0，DP →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2tx ＋ty ＝0，2tz ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝0，z ＝0， 所以平面PBD 的一个法向量n 1＝(1，－2，0)，(3分) 则cos 〈n 1，CQ →〉＝n·CQ →|n 1||CQ →|＝3t 5×3t ＝＝155，则CQ 与平面PBD 所成角的正弦值为155. (5分) (2) 由(1)知平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1，－2，0)，设PQ P A ＝λ(0<λ<1)，则PQ →＝λP A →，DQ →＝DP →＋PQ →＝(0，0，2t )＋λ(2t ，0，－2t )＝(2tλ，0，2t (1－λ))，DB →＝(2t ，t ，0)，设平面QBD 的一个法向量n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DQ →·n 2＝0，DB →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2t λx ＋2t （1－λ）z ＝0，2tx ＋ty ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λx ＋（1－λ）z ＝0，2x ＋y ＝0，所以平面QBD 的一个法向量n 2＝(1－λ，2λ－2，－λ), (7分) 由题意得1－⎝⎛⎭⎫232＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1||n 2|| ＝|5（1－λ）5（1－λ）2＋（2λ－2）2＋（－λ）2|，所以59＝5（1－λ）26λ2－10λ＋5，即(λ－2)⎝⎛⎭⎫λ－23＝0， 因为0<λ<1，所以λ＝23，则PQ P A ＝23.(10分)23. 解析：(1) D 1＝0，D 2＝1，(前2个全对方得分) (1分)D 3＝2, (2分) D 4＝9. (3分)(2) D n ＝(n －1)(D n －1＋D n －2), (4分) 理由如下：对A n 的元素的一个错位排列(a 1，a 2，…，a n )，若a 1＝k(k ≠1)，分以下两类： 若a k ＝1，这种排列是n －2个元素的错位排列，共有D n －2个；若a k ≠1，这种错位排列就是将1，2，…，k －1，k ＋1，…，n 排列到第2到第n 个位置上，1不在第k 个位置，其他元素也不在原先的位置，这种排列相当于n －1个元素的错位排列，共有D n －1个；根据k 的不同的取值，由加法原理得到D n ＝(n －1)(D n －1＋D n －2)．(6分)(3) 根据(2)的递推关系及(1)的结论，D n均为自然数．当n≥3，且n为奇数时，n－1为偶数，从而D n＝(n－1)(D n－1＋D n－2)为偶数，又D1＝0也是偶数，故对任意正奇数n，有D n均为偶数. (7分)下面用数学归纳法证明D2n(其中n∈N*)为奇数．当n＝1时，D2＝1为奇数；假设当n＝k时，结论成立，即D2k是奇数，则当n＝k＋1时，D2(k＋1)＝(2k＋1)(D2k＋1＋D2))，注意到D2k＋1为偶数，又D2k是奇数，所以D2k＋1＋D2k为奇数，又2k＋1为奇数，所以D2(k＋1)＝(2k＋1)(D2k＋1＋D2k)，即结论对n＝k＋1也成立；综上，对任意n∈N*，都有D2n为奇数．(10分)。