《江苏省泰州市2019届高三数学上学期期末考试试卷201902220151》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省泰州市2019届高三数学上学期期末考试试卷201902220151（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 20182018 20192019 学年度第一学期期末考试学年度第一学期期末考试 数数 学学 满分 160 分 考试时间 120 分钟 参考公式 柱体的体积V Sh 锥体的体积V Sh 1 3 一 填空题 本大题共 1414 小题 每小题 5 5 分 共计 7070 分 1 1 函数 f x sin 2x 的最小正周期为 2 2 已知集合 A 4 a2 B 1 16 若 A B 则实数 a 3 3 复数 z 满足 zi 4 3i i是虚数单位 则 z 4 4 函数 y 的定义域是 1 x2 5 5 从 1 2 3 4 5 这五个数中随机取两个数 则这两个数的和为 6 的概率为 6 6 一个
2、算法的伪代码如图所示 执行此算法 最后输出的 T 的值是 7 7 已知数列 an 满足log2an 1 log2an 1 则 a5 a3 a3 a1 8 8 若抛物线y2 2px p 0 的准线与双曲线x2 y2 1的一条准线重合 则p 9 9 如图 在直三棱柱 ABCA1B1C1中 M 为棱 AA1的中点 记三棱锥 A1MBC 的体积为 V1 四棱锥 A1BB1C1C 的体积为 V2 则的值是 V1 V2 10 10 已知函数 f x 2x4 4x2 若 f a 3 f a 1 则实数 a 的取值范围为 11 11 在平面直角坐标系 xOy 中 过圆 C1 x k 2 y k 4 2 1 上
3、任一点 P 作圆 C2 x2 y2 1 的一条切线 切点为 Q 则当线段 PQ 的长最小时 k 12 12 已知 P 为平行四边形 ABCD 所在平面上任一点 且满足 2 0 0 PA PB PD PA PB 2 0 0 则 PC 13 13 已知函数 f x 若存在 x0 0 使得 f x0 0 则实数 a x3 3x 2a x a x3 3x 4a x a 的取值范围是 14 14 在 ABC 中 已 知sin Asin Bsin C sin2C 其 中tan 1 2 若 为定值 则实数 0 b 0 的左顶点为 A B 是椭圆 C x2 a2 y2 b2 上异于左 右顶点的任意一点 P 是
4、 AB 的中点 过点 B 且与 AB 垂直的直线与直线 OP 交于 点 Q 已知椭圆 C 的离心率为 点 A 到右准线的距离为 6 1 2 1 求椭圆 C 的标准方程 2 设点 Q 的横坐标为 x0 求 x0的取值范围 6 19 19 本小题满分 16 分 设 A B 为函数 y f x 图象上相异两点 且点 A B 的横坐标互为倒数 过点 A B 分 别作函数 y f x 的切线 若这两条切线存在交点 则称这个交点为函数 f x 的 优点 1 若函数 f x 不存在 优点 求实数 a 的值 ln x 0 x 1 2 求函数 f x x2的 优点 的横坐标的取值范围 3 求证 函数 f x l
5、n x 的 优点 一定落在第一象限 7 20 20 本小题满分 16 分 已知首项不为 0 的数列 an 的前 n 项和为 Sn 2a1 a2 a3 且对任意的 n N N n 2 都 有 2nSn 1 2n 5 Sn Sn 1 ra1 1 若a2 3a1 求r的值 2 数列 an 能否是等比数列 说明理由 3 当r 1 时 求证 数列 an 是等差数列 20182018 20192019 学年度第一学期期末考试学年度第一学期期末考试 8 数学附加题数学附加题 本部分满分 40 分 考试时间 30 分钟 21 21 选做题 本题包括 A A B B C C 三小题 请选定其中两小题 并作答 若
6、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 42 矩阵与变换 本小题满分 10 分 B 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 已知直线l的参数方程为 t为参数 曲线C的 x 1 2 t y 1 2 t 参数方程为 为参数 若直线l与曲线C相交于A B两点 求线段 x 1 2cos y 2sin AB的长 9 C 选修 45 不等式选讲 本小题满分 10 分 设正数a b c满足 3a 2b c 1 求 的最小值 1 a 1 a b 1 b c 10 必做题 第 2222 题 第 2323 题 每题 1010 分 共
7、计 2020 分 解答时应写出文字说明 证明 过程或演算步骤 22 22 本小题满分 10 分 如图 在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中 AA1 3 AB 1 1 求异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值 2 求平面 A1BC 与平面 AC1D 所成二面角的正弦值 23 23 本小题满分 10 分 已知函数 f x 1 2x 1 0 x 1 设 fn x fn 1 f1 x 其中 f1 x f x 方程 fn x 0 和方程 fn x 1 根的个数分别为 gn 0 gn 1 1 求 g2 1 的值 2 证明 gn 0 gn 1 1 11 20182018 20192019 学年度第一学
8、期期末考试学年度第一学期期末考试 数学参考答案 1 1 2 2 4 3 3 5 4 4 1 1 5 5 6 6 8 1 5 7 7 4 8 8 9 9 10 10 1 11 11 2 2 1 4 12 12 13 13 1 0 14 14 3 4 5 10 15 15 1 因为a ba b 所以 sin xcos x 即 sin 2x 1 1 2 因为x 0 所以x 4 2 因为 tan x 2 sin x cos x 所以 sin x 2cos x 因为a a b b sin x 1 2 1 cos x 所以 a a b b sin x 1 2 2 1 cos x 2 9 4 sin x 2
9、cos x 3 2 16 16 1 O 为 BD 的中点 F 为 PD 的中点 所以 PB FO 因为 PB 平面 OEF FO 平面 OEF 所以 PB 平面 OEF 2 连结 AC 因为四边形 ABCD 为平行四边形 所以 AC 与 BD 交于点 O O 为 AC 的中点 因为 E 为 PC 的中点 所以 PA OE 因为 PA AB PA AD AB AD A AB AD 平面 ABCD 所以 PA 平面 ABCD 所以 OE 平面 ABCD 12 因为 OE 平面 OEF 所以平面 OEF 平面 ABCD 17 17 1 因为 Q 为弧 AB 的中点 由对称性 知 PA PB AOP
10、BOP 6 又 APO OAP 6 由正弦定理 得 又 OA 2 PA sin 6 OA sin OP sin 6 所以 PA OP 1 sin 2sin 6 sin 所以 y PA PB OP 2PA OP 2 2sin 6 sin 3sin cos 2 sin 因为 APQ AOP 所以 OAQ OQA 6 1 2 6 5 12 所以 6 5 12 2 令 f 3sin cos 2 sin 6 5 12 f 0 得 1 2cos sin2 3 f 在区间上单调递减 在区间 上单调递增 6 3 3 5 12 所以当 即 OP 千米时 f 有唯一的极小值 即是最小值 则 f min 3 2 3
11、 3 2 3 答 当工作坑 P 与 O 的距离为千米时 地下电缆管线的总长度最小 2 3 3 13 18 18 1 依题意 得解得 c a 1 2 a a 2 c 6 a 2 c 1 所以 b a2 c23 所以椭圆 C 的方程为 1 x2 4 y2 3 2 由 1 知 A 2 0 设 AB x my 2 m 0 联立 x my 2 3x2 4y2 12 解得或 x 6m 2 8 3m2 4 y 12m 3m2 4 x 2 y 0 即 B 则 P 6m2 8 3m2 4 12m 3m2 4 8 3m2 4 6m 3m2 4 所以 kOP OP y x 3m 4 3m 4 因为 AB BQ 所以
12、 kBQ m 所以直线 BQ 的方程为 BQ y mx 6m3 4m 3m2 4 联立得 x0 8 4 8 y 3m 4 x y mx 6m 3 4m 3m2 4 8 3m2 2 3m2 4 16 3m2 4 19 19 1 由题意可知 f x f 对 x 0 1 1 恒成立 1 x 不妨取 x 0 1 则 f x f 恒成立 即 a 1 x 2a x 1 x 1 2 经验证 a 符合题意 1 2 2 设 A t t2 B t 0 且 t 1 1 t 1 t2 因为 f x 2x 所以 A B 两点处的切线方程分别为 y 2tx t2 y x 2 t 1 t2 令 2tx t2 x 解得 x
13、1 1 2 t 1 t2 1 2 t 1 t 所以 优点 的横坐标取值范围为 1 1 14 3 设 A t ln t b t 0 1 1 t ln t 因为 f x 1 x 所以 A B 两点处的切线方程分别为 y x ln t 1 y tx ln t 1 1 t 令 x ln t 1 tx ln t 1 1 t 解得 x 0 2ln t t 1 t 所以 y ln t 1 ln t 1 t 2ln t t 1 t t2 1 t2 1 t2 1 t2 1 设 h m ln m m 0 1 m2 1 m2 1 则 h m 0 m2 1 2 m m2 1 2 所以 h m 单调递增 所以 h m
14、h 1 0 即ln t 0 t2 1 t2 1 因为0 1 t 2ln t t 1 t 所以 优点 的横坐标和纵坐标均为正数 在第一象限 20 20 1 令 n 2 得 4S3 9S2 S1 ra1 即 4 a3 a2 a1 9 a2 a1 a1 ra1 化简 得 4a3 5a2 4a1 ra1 因为 2a1 a2 a3 a2 3a1 所以 4 5a1 5 3a1 4a1 ra1 解得 r 1 2 假设数列 an 是等比数列 公比为 q 则由 2a1 a2 a3得 2a1 a1q a1q2 且 a1 0 解得 q 2 或 q 1 15 由 2nSn 1 2n 5 Sn Sn 1 ra1 得 4
15、Sn 2nan 1 an ra1 n 2 所以4Sn 1 2 n 1 an an 1 ra1 n 3 两式相减 整理得2nan 1 an 1 2n 3 an 两边同除以 an 1 可得 2n q2 q 3q 1 因为 q 2 或 1 所以 q2 q 0 所以上式不可能对任意 n 3 恒成立 故数列 an 不可能是等比数列 3 r 1 时 令 n 2 整理得 4a1 5a2 4a3 a1 又由 2a1 a2 a3可知 a2 3a1 a3 5a1 令 n 3 可得 6S4 11S3 S2 a1 解得 a4 7a1 由 2 可知 4Sn 2nan 1 an a1 n 2 所以 4Sn 1 2 n 1
16、 an an 1 a1 n 3 两式相减 整理得 2nan 1 an 1 2n 3 an n 3 所以 2 n 1 an an 2 2n 1 an 1 n 4 两式相减 可得 2n an 1 an an an 1 an an 1 an 1 an 2 n 4 因为 a4 a3 a3 a2 0 所以 an an 1 an 1 an 2 0 n 4 即 an an 1 an 1 an 2 n 4 又因为 a3 a2 a2 a1 2a1 所以数列 an 是以 a1为首项 2a1为公差的等差数列 21 21 A A 将 2 代入 2 x 1 x 5 0 得x 3 1 2 5 2 x 16 B B 由题意得曲线C的直角坐标方程为 x 1 2 y2 4 将直线l的参数方程代入 x 1 2 y2 4 得 x 1 2 t y 1 2 t 4 1 2 t 1 2 1 2 t 2 即 4t2 4t 3 0 解得t1 t2 1 2 3 2 则AB t1 t2 2 22 1 2 3 2 2 C C 因为 3a 2b c 1 所以 1 a 1 a b 1 b c 2a a b b c 1 a 1 a b 1 b
