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1、江苏省苏州市2018届暑假自主学习测试数学试题第卷一、填空题（每题5分，满分70分，将答案填在答题纸上）1.已知集合，则 2.已知（为虚数单位），则的值是 3.运行如图所示的流程图，则输出的结果是 4.有五条线段，其长度分别为2，3，4，5，7.现任取三条，则这三条线段可以构成三角形的的概率是 5.为了了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1 : 2 : 3，第2小组的频数为12，则报考飞行员的学 生人数是 6.若双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，则的值是 7.将函数)的图象沿轴向左平移个单位，得到
2、函数的图象，若函数的图象过原点，则的值是 8.已知平面向量，若，则的值是 9.如图，正四棱锥的底面一边的长为，侧面积为，则它的体积为 .10.已知函数.若，则的最大值是 11.等差数列的前项和为，且，若对任意，总有，则的值是 12.已知点和点，若圆上恰有两个不同的点，使得的面积为，则实数的取值范围是 13.已知函数，当时，函数的值域为，若，则的值是 14.设是定义在上的偶函数，且当时，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 二、解答题 （本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.在平面直角坐标系中，设向量，其中为的两个内角.（1）若，求证：为直角；（2）
3、若，求证：为锐角.16.如图，在三棱锥中，已知平面平面.（1）若，求证：；（2）若过点作直线平面，求证：平面.17. 某公司设计如图所示的环状绿化景观带，该景观带的内圈由两条平行线段（图中的)和两个半圆构成，设，且. （1）若内圈周长为，则取何值时，矩形的面积最大？（2）若景观带的内圈所围成区域的面积为，则取何值时，内圈周长最小？18.如图，已知椭圆的右焦点为，点分别是椭圆的上、下顶点，点是直线上的一个动点（与轴的交点除外），直线交椭圆于另一个点.（1）当直线经过椭圆的右焦点时，求的面积；（2）记直线的斜率分别为，求证：为定值；求的取值范围.19. 已知数列满足.（1）若数列是等差数列，求的值
4、；（2）当时，求数列的前项和；（3）若对任意，都有成立，求的取值范围.20.已知函数，其中是自然对数的底数，.（1）若/是函数的导函数，当时，解关于的不等式； (2)若在上是单调增函数，求的取值范围；（3）当时，求整数的所有值，使方程在上有解.第卷（附加题）21.【选做题】在四小题中，只能选做2题，每小题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 如图，圆的直径为圆周上一点，,过作圆的切线，过作的垂线，分别与直线和圆交于点，求线段的长. 在平面直角坐标系中，设点在矩阵对应的变换下得到点，求.在极坐标系中，设直线过点，且直线与曲线有且只有一个公共点，
5、求实数的值.已知均为正数，求证：.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.22.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，平面.（1）求与平面所成角的正弦值；(2) 棱上是否存在一点满足?若存在，求的长；若不存在，说明理由.23.设集合，集合，集合中满足条件 “”的元素个数记为.（1）求和的值；(2)当时，求证：.试卷答案一、填空题1 2. 6 3.4. 5. 486. 37.85 9. 4 10. 7 11. 7 12. 13. 1514. 二、解答题15.（1）易得，因为，所以，即.因为，且函数在内是单调减函数，
6、所以，即为直角.（2）因为，所以，即.因为是三角形内角，所以，于是，因而中恰有一个是钝角，从而，所以，即证为锐角注：（2）解得后，得与异号，若，则于是，在中，有两个钝角和，这与三角形内角和定理矛盾，不可能于是必有，即证为锐角16.（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以又因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）在平面内过点作，垂足为.因为平面平面，又平面平面,平面，所以平面.又平面，所以.又平面，平面，平面.17.设题中半圆形半径为，矩形的面积为，内圈周长为.（1）由题意知：，且，即，于是当且仅当时，等号成立.答：当时，矩形的面积最大.（2）由题意知：，于是，从而
7、.因为，所以，即，解得，所以，故.因为，所以关于的函数在上是单调减函数.故当即时，内圈周长取得最小值，且最小值为.18.（1）由题意，焦点，当直线过椭圆的右焦点时，则直线的方程为，即，联立，解得或(舍），即.连，则直线，即 ，而，.故.（2）解:法一：设，且，则直线的斜率为，则直线的方程为，联立化简得，解得，所以，所以为定值.由知，所以，令故，因为在上单调递增，所以，即的取值范围为.解法二：设点，则直线的方程为，令，得.所以，所以(定值）.由知，所以，.令，则，因为在上单调递减,所以，即的取值范围为.19.（1）若数列是等差数列，则.由，得，即 ，解得，.（2）由，得两式相减，得所以数列是首项
8、为，公差为4的等差数列.数列是首项为，公差为4的等差数列, 由，得，所以当为奇数时，.当为偶数时，.（3）由（2）知，当为奇数时，.由得.令，当或3时，所以.解得或.当为偶数时，.由得.令，当时，所以，解得或.综上，的取值范围是.21. 解：在中，因为，所以，因为为过的切线，所以，所以.又因为，所以.在中，因为，且，所以.21.解：依题意，即解得由逆矩阵公式知，矩阵的逆矩阵，所以. 21.解：依题意，的直角坐标方程为, 从而直线的普通方程为，曲线的普通方程为，因为直线与曲线有且只有一个公共点，所以解得 (负值已舍).21.证明：因为都是为正数，所以，同理可得，当且仅当时，以上三式等号都成立.将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得.22. 解：（1）依题意，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，从而.设平面的法向量为,则，且，即，且，不妨取，则，所以平面的一个法向量,此时， 所以与平面所成角的正弦值为；（2）设，则则，由得，化简得，该方程无解，所以，棱上不存在一点满足.23.解(1)；（2）设集合.若，即中有个取自集合，1个取自集合， 故共有种可能，即为，同理，即中有个取自集合，2个取自集合，故共有种可能，即为，若，即中有个取自集合，个取自集合， 故共有种可能，即为，所以因为当时，故，所以所以.- 13 -
