2017苏锡常镇高三数学一模试卷答案

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一、填空题Mxx26x5≤0,xZ，∁UM1、已知集合U．1,2,3,4,5,6,7，t1i2Whilei≤4tti2i2、若复数z满足zi（i为虚数单位），则z．i1ii13、函数f(x)的定义域为．ln(4x3)EndWhliePrintt4、下图是给出的一种算法，则该算法输出的结果是．5、某高级中学共有900名学生，现用分层抽样的方法从该校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人．则该校高二年级学生人数为．6、已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是3，则该正四棱锥的体积为．7、从集合1,2,3,4中任取两个不同的数，则这两个数的和为3的倍数的概率为．x22y1的28、在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y8x的焦点恰好是双曲线2a3右焦点，则双曲线的离心率为．9、设等比数列a的前n项和为S，若S,S,S成等差数列，且aa54，则a的nn39628值为．10、在平面直角坐标系xOy中，过点M(1,0)的直线l与圆xy5交于A,B两点，22其中A点在第一象限，且BM2MA，则直线l的方程为．11、在△ABC中，已知AB1,AC2,A60，若点P满足APABAC，且BPCP1，则实数的值为．1

1)12、已知sin3sin()，则tan(．612121,x1x113、若函数f(x)，则函数yf(x)的零点个数为．lnx8,x≥12x14、若正数x,y满足15xy22，则x3y3x2y2的最小值为．二、解答题15、在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边．若acosB3,bcosA1，且AB．6（1）求边c的长；（2）求角B的大小．16、如图，在斜三棱柱ABCABC中，侧面AACC是菱形，AC与AC交于点O，1111111E是棱AB上一点，且OE∥平面BCCB．11（1）求证：E是AB中点；（2）若ACAB，求证：ACBC．1112

217、某单位将举办庆典活动，要在广场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC（如图）．设计要求彩门的面积为S（单位：m），高为h（单位：m）（S,h为常数）．彩2门的下底BC固定在广场底面上，上底和两腰由不锈钢支架构成，设腰和下底的夹角为，不锈钢支架的长度和记为l．（1）请将l表示成关于的函数lf()；（2）问当为何值l最小，并求最小值．x22y2218、在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的焦距为2，离心率为ab2，椭圆的右顶点为A.2（1）求该椭圆的方程；（2）过点D(2,2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P,Q，求证：直线AP,AQ的斜率之和为定值.3

319、已知函数f(x)(x1)lnxaxa（a为正实数，且为常数）.（1）若函数f(x)在区间(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若不等式(x1)f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.2nna2n1n20、已知n为正整数，数列a满足an0，4(n1)a0，设数列b满足nbna2ntn.an为等比数列；n（1）求证：数列（2）若数列b是等差数列，求实数t的值；n（3）若数列b是等差数列，前n项和为S，对任意的nN，均存在mN，使得nn4

48a12Sna14n216b成立，求满足条件的所有整数的值.a1m2016—2017学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学Ⅱ试题2017.311、已知二阶矩阵M有特征值8及对应的一个特征向量e，并且矩阵M对应11的变换将点(1,2)变换成(2,4).（1）求矩阵M；（2）求矩阵M的另一个特征值.5

52、已知圆O和圆O的极坐标方程分别为2,222cos()2.124（1）把圆O和圆O的极坐标方程化为直角坐标方程；12（2）求经过两圆交点的直线的极坐标方程.3、如图，已知正四棱锥PABCD中，PAAB2，点M,N分别在PA,BD上，且PMBN1.PABD3（1）求异面直线MN与PC所成角的大小；（2）求二面角NPCB的余弦值.n4、设，n为正整数，数列a的通项公式ansintann，其前n项和为Snn226

6.n1（1）求证：当n为偶数时，a0；当n为奇数时，a(1)ntann；2n1sin2[1(1)n1tan2n].（2）求证：对任何正整数n，S2n22016-2017学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学参考答案2017.3一、填空题．31.1．6,72．103．,14．248．247．146．35．3009．2310．yx111．1或1412．23413．414．1二、解答题：本大题共6小题，共计90分．15．解：（1）（法一）在△ABC中，由余弦定理，acosB3，则aa2c2acca2bc8c，c4.2b2……2分3，得a2c2b26c；①bcosA1，则bb2221，得bca2c，②……4分……7分222①+②得：2c2（法二）因为在△ABC中，ABCπ，7

7则sinAcosBsinBcosAsin(AB)sin(Cπ)=sinC，……2分abcasinCbsinC由得：sinA，sinB，代入上式得：……4分sinAsinBsinCcacosBbcosA314.sinAcosBtanAcc……7分（2）由正弦定理得acosBbcosAsinBcosAtanB3，……10分tanAtanB2tanB1tanAtanB13tan3，3又tan(AB)……12分……14分2Bπ解得tanB3，B(0,π)，B.3616．（1）连接BC，因为OE∥平面BCCB，111OE平面ABC，平面BCCBI平面ABCBC，所以OE∥BC.……4分……5分……7分111111因为侧面AACC是菱形，ACACO，所以O是AC中点，11111AEAO1，E是AB中点.所以EBOC1（2）因为侧面AACC是菱形，所以ACAC，……9分1111又ACAB，ACABA，AC,AB面ABC，所以AC面ABC，…12分1111111111因为BC平面ABC，所以ACBC．……14分11yA1C1ADPB1OOAxBCHACQ（第17题DE（第18题图）B（第16题17．解：（1）过D作DHBC于点H，则DCB（0π），DHh，设2ADx，8

8hsin1htan2htanh则DC，CH，BCx，；……3分因为S=(xx2h)h，则xS……5分……7分2tanhtan则lf()2DCADSh(21)(0π)；hsintan22cos112cos（2）f()h()h，……8分……9分sin12cos2sin2sin2π0，得令f()h.sin23π3π30ππ,0,32……11f()f()－＋分减极小值增πS所以，lminf()3h.……12分3h答：（1）l表示成关于的函数为lf()Sh(21)(0π)；hsintan2（2）当π时，l有最小值为3hS.h……14分318．解：（1）由题c1，ec2，所以a2，b1.2……2a分所以椭圆C的方程为x2……4分……5分y21.2（2）当直线PQ的斜率不存在时，不合题意；当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y2k(x2)，……6分代入x22y22，得(12k2)x242(k2k)x4k28k20，……8分设P(x,y)，Q(x,y)，则：1122142(k2k)4(8k1)0，k，x，……9分1,2282(12k)42(kk)，2xx12k24k8k22x1x2，……所以1212k29

911分y1x1y2x2k(x2)2k(x2)212又kAPkAQ22x12x2242(k2k)2242(xx)42k122k12k=1.xx2(xx)24k12k28k2242(k2k)212k12122所以直线AP，AQ的斜率之和为定值1.……16分x119．解：（1）f(x)(x1)lnxaxa，f(x)lnx+a.……1分x1因f(x)在(0,)上单调递增，则f(x)≥0，alnx+1恒成立.„x1x1，令g(x)lnx+1，则g(x)……2分xx2(0,1)－(1,＋)x10……４分g(x)g(x)减极小值增因此，gmin(x)g(1)2，即0a„2.（2）当0a„2时，由（1）知，当x(0,)时，f(x)单调递增.……6分……7分又f(1)0，当x(0,1)，f(x)0；当x(1,)时，f(x)0.……9分……10分故不等式(x1)f(x)…0恒成立．xlnx(1a)x1若a2，f(x)，x设p(x)xlnx(1a)x1，令p(x)lnx2a0，则xea21.…12分当x(1,ea2)时，p(x)0，p(x)单调递减，则p(x)p(1)2a0，p(x)0，所以当x(1,ea2)时，f(x)单调递减，则f(x)……14分……15x则当x(1,ea2)时，f(x)f(1)0，此时(x1)f(x)<0，矛盾.分因此，0a„2.……16分10

1020．解：（1）由题意得4(n1)an2nan12，因为数列a各项均正，n得an14a22nnan1n12an，所以，……2分……4分n1nan1n1ana因此2，所以n是以a为首项公比为2的等比数列.1nn（2）由（1）得aaa2n1n，bna2ntnan1n，214tn……5分……6分na2n1，1n1n如果数列b是等差数列，则2bb1b3，2n得：2a212421a21t40a213431，即，则t1614816t480，2t2t3t2tt3解得t4，t12.……7分12an，214当t4时，b1na21(n1)ana2211，数列b是等差数列，符合题意；……8分44bn1bnn4an，2143n当t=12时，b2n2a124a1222a1211，2b2a213a2bba211，24432434434162343183bb2b，数列b不是等差数列，t=12不符合题意；……9分243n24.综上，如果数列b是等差数列，t……10分na214n（3）由（2）得b，对任意的nN*，均存在mN*，使8a12Sna14n216b，nm则8a414n(n1)a1n16am，所以mna1221.44……12分4224knk2n，对任意的nN*，符合题意；……14分24当a2k，kN*，此时m1当a2k1，kN*，当n1时，m4k24k1kk1.不合题意.…15分2144综上，当a2k,kN*，对任意的nN*，均存在mN*，使8a12Sna14n216bm.1……16分11

11（第Ⅱ卷理科附加卷）21．【选做题】本题包括A，B，C，D四小题，每小题10分.A．（选修4－1几何证明选讲）.DEC解：连结OC，由于l是圆的切线，故OCl，因为ADl，所以AD∥OC，因为AB是圆O的直径，AB6，BC3，所以ABCBCO60,……2分ABO（第21—A题图）则DAC=ACO906030.……4分339AC23cos3033，DCACsin30，DAACcos30.……7分22由切割线定理知，DC2DADE，……9分所以DE3，则AE3.……10分2B．（选修4—2：矩阵与变换）ab，M11ab12a2bc2d解：设M=c8d，M，……3分……5分d11c24ab8，cd8，a2b2，a6，b2，c4，d4，62解得即M=.44c2d4，（2）则令特征多项式f()62(6)(4)80，44……8分解得8，2.矩阵M的另一个特征值为2.……10分12C．（选修4—4：坐标系与参数方程）解：（1）圆O的直角坐标方程为x2y24，①2(cossin)2，……3分……4分1π由222cos()2，得24x2y22(xy)2，12

12故圆O的直角坐标方程为x2y22x2y20，②……6分……8分……10分2（2）②-①得经过两圆交点的直线为xy10，该直线的极坐标方程为cossin10.D．（选修4—5：不等式选讲）2解：因为：3a13b13c1„(111)(3a13b13c1),……7分由于abc3，故3a13b13c1„6，当且仅当abc1时,3a13b13c1取到最大值6.……10分【必做题】第22，23题，每小题10分，计20分.22．解：（1）设AC，BD交于点O，在正四棱锥PABCD中，OP平面ABCD.又PAAB2，所以OP2.以O为坐标原点，DA，AB方向分别是x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图：……1分则A(1,1,0)，B(1,1,0)，C(1,1,0)，D(1,1,0)，P(0,0,2).122ON1OB(,,0))，3111故OMOAAMOA2AP(,,，……3分333333222z所以MN(0,,3)，PC(1,1,2)，P3MMNPC3，cosMN,PCMNPC2DC所以MN与PC所成角的大小为π.……5分Oy6NBA42（2）PC(1,1,2)，CB(2,0,0)，NC(,,0).33x（第22题设m(x,y,z)是平面PCB的一个法向量，则mPC0,mCB0，y2z0,令x0，yx可得2，z1，即m(0,2,1)，，nCN0，……7分x0,设n(x,y,z)是平面PCN的一个法向量，则nPC011113

13y10,令x2，y4，z2，即n(2,4,2)，…9分x12z1可得2xy0,11111mn5232253333cosm,n，mn53333则二面角NPCB的余弦值为.……10分nπ23．证明：（1）因为asintann.n22kπ当n为偶数时，设n2k，aasintan2ksinkπtan2k0，a0.…1nn2k2分(2k1)ππ当n为奇数时，设n2k1，aasin2k1tannsin(kπ)tann.n22ππ当k2m时，aasin(2mπ)tannsin()tanntann，n2k122n1n1(1)此时2m1，aa2k1tann(1)2m1tann2tan.……2nn2分3π3π当k2m1时，aasin(2mπ)tannsin()tanntann，n2k122n1n1(1)此时2m2，ana2k1tann(1)2m2tann2tann.2n1综上，当n为偶数时，a0；当n为奇数时，a(1)tann.……3分2nn（2）当n1时，由（1）得：Saatan，2121211tan.cos2sin21(1)n1tan2n=sin21tan2sincos2故n1时，命题成立……5分假设nk时命题成立，即S2k1sin21(1)k1tan2k.2当nk1时，由（1）得：S2(k1)Saa2k2Sa2k2k12k2k114

141=sin21(1)k1tan2ktan2k(1)ktan2k1212=sin21(1)k1(1)ktan2k121sin212=sin21(1)k2tan2k2(sin2tan)2tan21sin21(1)k2tan2k2(cossin21)22sin21=sin21(1)k2tan2k22即当nk1时命题成立.综上所述，对正整数n命题成立.……9分……10分15