《江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷含答案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、常州市2019届高三上学期期末考试文科数学参考公式：样本数据的方差，其中.柱体的体积，其中为柱体的底面积，为高Read xIf x1 Thenyx22x2ElseyEnd IfPrint y一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1.已知集合，则_.2.已知复数满足（是虚数单位），则复数_.3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为，且这5个分数的平均数为，则实数_.4. 一个算法的伪代码如右图所示，执行此算法，若输出的值为，则输入的实数的值为_. (第4题)5. 函数的定义域为_.6. 某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选
2、中1文1理的概率为_.（第8题）7. 已知双曲线的离心率为2，直线经过双的焦点，则双曲线的渐近线方程为_.8. 已知圆锥，过的中点作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱，圆柱的下底面落在圆锥的底面上（如图），则圆柱的体积与圆锥的体积的比值为_.9. 已知正数满足，则的最小值为_.10. 若直线与曲线（是自然对数的底数）相切，则实数_.11. 已知函数是偶函数，点是函数图象的对称中心，则最小值为_.12. 平面内不共线的三点，满足，点为线段的中点，的平分线交线段于，若|，则_.13. 过原点的直线与圆交于两点，点是该圆与轴负半轴的交点，以为直径的圆与直线有异于的交点，且直线与直线的斜率之积
3、等于，那么直线的方程为_.14. 数列满足，且数列的前项和为，已知数列的前项和为1，那么数列的首项_.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)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点M，N分别是AB，CC1的中点(1) 求证：CM平面AB1N；(2) 求证：平面A1BN平面AA1B1B. (第15题)16. (本小题满分14分)已知在ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且b2bcsinAc2a2.(1) 求角A的大小；(2) 若tanBtanC3，且a2，求ABC的周长17. (本小题满分14分)已知在平面
4、直角坐标系xOy中，椭圆C1：1的焦点在椭圆C2：1上，其中ab0，且点是椭圆C1，C2位于第一象限的交点(1) 求椭圆C1，C2的标准方程；(2) 过y轴上一点P的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A，B，已知，求直线l的斜率18. (本小题满分16分)某公园要设计如图(1)所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等三角形所得，如图(2)中所示的多边形ABCDEFGH)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AFBE1.6 m，两根竖轴CHDG1.2 m，记景观窗格的外框(图(2)中实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l m.(1) 若ABC，且两根横轴之间
5、的距离为0.6 m，求景观窗格的外框总长度；(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过5 m，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中ABC的大小与BC的长度图(1) 图(2)(第18题)19. (本小题满分16分)已知在数列an中，a11，且an13an40，nN*.(1) 求证：an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2) 数列an中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出满足条件的项；若不存在，请说明理由20. (本小题满分16分)已知函数m(x)x2，函数n(x)aln x1(aR)(1) 若a2，求曲
6、线yn(x)在点(1，n(1)处的切线方程；(2) 若函数f(x)m(x)n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；(3) 若函数g(x)n(x)1exex0对x1，)恒成立，求实数a的取值范围(e是自然对数的底数，e2.718 28)江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数学参考答案及评分标准1. 12. i3. 9.54. 35. (0，e6. 7. yx8. 9. 410. e211. 12. 13. yx14. (第15题)15. (1) 令AB1交A1B于点O，连接OM，ON，在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1CC1，BB1CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，所以O为
7、AB1的中点，又因为M为AB的中点，所以OMBB1，且OMBB1.因为N为CC1的中点，CNCC1，所以OMCN，且OMCN，所以四边形CMON是平行四边形，(5分)所以CMON，又ON平面AB1N，CM平面AB1N，所以CM平面AB1N.(7分)(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，CM平面ABC，所以BB1CM.(9分)因为CACB，M为AB的中点，所以CMAB，又由(1)知CMON，所以ONAB，ONBB1.又因为ABBB1B，AB，BB1平面AA1B1B，所以ON平面AA1B1B.(12分)又ON平面A1BN，所以平面A1BN平面AA1B1B.(14分)16. (1
8、) 由余弦定理得a2b2c22bccosA，又b2bcsinAc2a2，所以b22bccos Ac2b2bcsinAc2，即2bccos Abcsin A，(3分)从而sinAcosA，若cosA0，则sinA0，与sin2Acos2A1矛盾，所以cos A0，所以tanA.又A(0，)，所以A.(7分)(2) tan(BC)tan(A)tan.(9分)又tanBtan C3，所以tanBtanC(2)2，解得tanBtanC.(11分)又B，C(0，)，所以BC.又因为A，所以ABC是正三角形，由a2，得ABC的周长为6.(14分)17. (1) 椭圆C1：1的焦点坐标为(c，0)，代入椭圆
9、C2的方程有1，点P的坐标代入椭圆C1，C2的方程有C1：1，所以解得a22，b2c21，(3分)所以椭圆C1，C2的标准方程分别为y21，x21.(5分)(2) 由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)，由消去y，得x21，即x2kmx10，k2m240，即k22m20.(7分)由消去y，得(kxm)21，即x22kmxm210，因为直线l与椭圆C1相交，有4k2m24(m21)40(*)，x1，2.(9分)因为，即(x1，y1m)(x2，y2m)，则5x13x2，所以53或53化简得，km4或km4，即k2m216.(12分)又因
10、为k22m20，解得或符合(*)式，所以直线l的斜率为或2.(14分)18. (1) 记CH与AF，BE的交点为M，N，由ABC，得在BCN中，CBN，其中CNHM(1.20.6)0.3 m，所以BCm，BNm，(2分)所以CDBE2BN1.6，则ABBCCDDEEFFGGH HA2AB2CD4BC1.2.(5分)答：景观窗格的外框总长度为 m(6分)(2) ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC5，设CBN，BCr，则CNrsin，BNrcos，所以ABCH2CN1.22rsin， CDBE2BN1.62rcos，所以2(1.22rsin)2(1.62rcos)4r5，即4r(s
11、incos1).(8分)设景观窗格的面积为S，有S1.21.62r2sincos.(9分)令tsincos(1，则sincos，所以S，其中11，(12分)所以S(32)，即S，所以当且仅当r且时，S取到最大值(15分)答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中ABC且BC m(16分)19. (1) 由an13an40，得an113(an1)，nN*，(2分)其中a11，所以a1120，可得an10，nN*，(4分)所以3，nN*，所以an1是以2为首项，3为公比的等比数列，(6分)所以an12(3)n1，所以数列an的通项公式为an2(3)n1，nN*.(8分)(2) 若数列an中存在三项am，an，ak(mn0对x(0，)恒成立，所以yf(x)在(0，)上单调递增，又f(1)0，所以yf(x)在(0，)上只有一个零点，符合题意若a0，令f(x)0，得x或x(舍去)当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)?极小值?1.若1
