江蘇省蘇北三市(徐州、淮安、連云港)2019屆高三上學期期末考試數學試卷(含答案)

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1、 蘇北三市（徐州、淮安、連云港）2018-2019學年度高三年級第一次質量檢測數學考試試卷 數　　學(滿分160分，考試時間120分鐘) 2019.1 參考公式：樣本數據x1，x2，…，xn的方差 一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分. 1. 已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|0<x≤2}，則A∩B＝　　　　. 2. 已知復數z＝(2－i)2(i是虛數單位)，則z的模為　　　　. 3. 已知一組樣本數據5，4，x，3，6的平均數為5，則該組數據的方差為　　　　. I←1 While I<8 I←I＋2 S←2I＋3 En

2、d While Print S (第4題) 4. 運行如圖所示的偽代碼，則輸出的結果S為　　　　. 5. 若從2，3，6三個數中任取一個數記為a，再從剩余的兩個數中任取一個數記為b，則“是整數”的概率為　　　　. 6. 若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點與雙曲線x2－＝1的右焦點重合，則實數p的值為　　　　. 7. 在等差數列{an}中，若a5＝，8a6＋2a4＝a2，則{an}的前6項和S6的值為　　　　. 8. 已知正四棱錐的底面邊長為2，高為1，則該正四棱錐的側面積為　　　　. 9. 已知a，b∈R，函數f(x)＝(x－2)(ax＋b)為

3、偶函數，且在(0，＋∞)上是減函數，則關于x的不等式f(2－x)>0的解集為　　　　. 10. 已知a>0，b>0，且a＋3b＝－，則b的最大值為　　　　. 11. 將函數f(x)＝sin 2x的圖象向右平移個單位長度得到函數g(x)的圖象，則以函數f(x)與g 請預覽后下載！ (x)的圖象的相鄰三個交點為頂點的三角形的面積為　　　　. 12. 在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P為△ABC所在平面內一點，滿足＝＋2，則·的值為　　　　. 13. 在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1：x2＋y2＋2mx－

4、(4m＋6)y－4＝0(m∈R)與以C2(－2，3)為圓心的圓相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，且滿足x－x＝y(tǒng)－y，則實數m的值為　　　　. 14. 已知x>0，y>0，z>0，且x＋y＋z＝6，則x3＋y2＋3z的最小值為　　　　. 二、解答題：本大題共6小題，共90分. 解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟. 15. (本小題滿分14分) 在△ABC中，sin A＝，A∈(，π). (1) 求sin 2A的值；(2) 若sin B＝，求cos C的值. 16. (本小題滿分14分)如圖，在直三棱柱ABCA1

5、B1C1中，D，E，F分別是B1C1，AB，AA1的中點. (1) 求證：EF∥平面A1BD； (2) 若A1B1＝A1C1，求證：平面A1BD⊥平面BB1C1C. 請預覽后下載！ 17. (本小題滿分14分)如圖，某公園內有兩條道路AB，AP，現計劃在AP上選擇一點C，新建道路BC，并把△ABC所在的區(qū)域改造成綠化區(qū)域.已知∠BAC＝，AB＝2 km. (1) 若綠化區(qū)域△ABC的面積為1 km2，求道路BC的長度； (2) 若綠化區(qū)域△ABC改造成本為10萬元/km2，新建道路BC成本為10萬元/km.設∠ABC＝θ(0<θ≤)，當θ為何

6、值時，該計劃所需總費用最?。? 18. (本小題滿分16分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且右焦點到右準線l的距離為1.過x軸上一點M(m，0)(m為常數，且m∈(0，2))的直線與橢圓C交于A，B兩點，與l交于點P，D是弦AB的中點，直線OD與l交于點Q. (1) 求橢圓C的標準方程； (2) 試判斷以PQ為直徑的圓是否經過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由. 請預覽后下載！ 19. (本小題滿分16分)已知函數f(x)＝(x－a)ln x(a∈R). (1)

7、 若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的方程； (2) 若對于任意的正數x，f(x)≥0恒成立，求實數a的值； (3) 若函數f(x)存在兩個極值點，求實數a的取值范圍. 20. (本小題滿分16分)已知數列{an}滿足對任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.記Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an. (1) 若q＝1，求T2 019的值； (2) 設數列{bn}滿足bn＝(1＋q)Tn－qnan. ①求數列{bn}的通項公式

8、； ②若數列{cn}滿足c1＝1，且當n≥2時，cn＝2bn－1－1，是否存在正整數k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比數列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，請說明理由. 請預覽后下載！ 2019屆高三模擬考試試卷 數學附加題 (滿分40分，考試時間30分鐘) 21. 【選做題】在A，B，C三小題中只能選做2題，每小題10分，共20分.若多做，則按作答的前兩題計分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟. A. (選修42：矩陣與變換) 已知矩陣A＝，B＝，求A－1B. B. (選修44：坐標系與

9、參數方程) 在極坐標系中，曲線C：ρ＝2cos θ.以極點為坐標原點，極軸為x軸非負半軸建立平面直角坐標系xOy，設過點A(3，0)的直線l與曲線C有且只有一個公共點，求直線l的斜率. C. (選修45：不等式選講) 已知函數f(x)＝|x－1|. (1) 解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6； (2) 若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求證：f(ab)>|a|f(). 請預覽后下載！ 【必做題】第22，23題，每小題10分，共20分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟. 22. 如圖，在三棱

10、錐DABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E為BD的中點. (1) 求異面直線AE與BC所成角的余弦值； (2) 求二面角ACEB的余弦值. 23. 已知數列{an}滿足a1＝，an＋1＝－2a＋2an，n∈N*. (1) 用數學歸納法證明：an∈(0，)； (2) 令bn＝－an，求證： 請預覽后下載！ 2019屆高三模擬考試試卷(五)(蘇北三市) 數學參考答案及評分標準 1. {1，2}　2. 5　3. 2　4. 21　5. 　6. 4　7. 　8. 8　9. (0，4

11、)　10. 　11. 　12. －1　13. －6　14. 15. 解：(1) 由sin A＝，A∈(，π)，則cos A＝－＝－＝－，(2分) 所以sin 2A＝2sin Acos A＝2××(－)＝－.(6分) (2) 由A∈(，π)，則B為銳角. 又sin B＝，所以cos B＝＝＝，(8分) 所以cos C＝－cos (A＋B)＝－(cos Acos B－sin Asin B)(12分) ＝－(－×－×)＝.(14分) 16. 證明：(1) 因為E，F分別是AB，AA1的中點，所以EF∥A1B.(3分) 因為EF?平面A1BD，

12、A1B?平面A1BD， 所以EF∥平面A1BD.(6分) (2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1. 因為A1D?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D. (8分) 因為A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中點， 所以A1D⊥B1C1.(10分) 因為BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1?平面BB1C1C， 所以A1D⊥平面BB1C1C.(12分) 因為A1D?平面A1BD， 所以平面A1BD⊥平面BB1C1C. (14分) 17. 解：(1) 在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2 km， 所以△ABC的面積S＝×AB×AC

13、×sin ＝1，解得AC＝2.(2分) 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos ＝22＋22－2×2×2×cos ＝8－4，(4分) 所以BC＝＝－(km).(5分) (2) 由∠ABC＝θ，則∠ACB＝π－(θ＋)， 0<θ≤. 請預覽后下載！ 在△ABC中，∠BAC＝，AB＝2 km，由正弦定理得＝＝， 所以BC＝，AC＝.(7分) 記該計劃所需費用為F(θ)， 則F(θ)＝××2××10＋×10＝(0<

14、;θ≤).(10分) 令f(θ)＝，則f′(θ)＝.(11分) 由f′(θ)＝0，得θ＝. 所以當θ∈(0，)時，f′(θ)<0，f(θ)單調遞減； 當θ∈(，)時，f′(θ)>0，f(θ)單調遞增.(12分) 所以當θ＝時，該計劃所需費用最小. 答：當θ＝時，該計劃所需總費用最小.(14分) 18. 解：(1) 設橢圓的右焦點為(c，0)，由題意，得解得 所以a2＝2，b2＝1，所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1.(4分) (2) 由題意，當直線AB的斜率不存在或為零時顯然不符合題意. 設AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－m). 又準線方程為x＝2

15、， 所以點P的坐標為P(2，k(2－m)).(6分) 由得x2＋2k2(x－m)2＝2， 即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0， 所以xD＝·＝，yD＝k(－m)＝－，(8分) 所以kOD＝－，從而直線OD的方程為y＝－x， 請預覽后下載！ 所以點Q的坐標為Q(2，－)，(10分) 所以以PQ為直徑的圓的方程為(x－2)2＋[y－k(2－m)](y＋)＝0， 即x2－4x＋2＋m＋y2－[k(2－m)－]y＝0.(14分) 因為該式對?k≠0恒成立，所以解得 所以以PQ為直徑的圓經過定點(2±，0).(16分) 19. 解：(1)

16、 因為f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，所以當a＝1時，f(x)＝(x－1)ln x， 則f′(x)＝ln x＋1－.(1分) 當x＝1時，f(1)＝0，f′(1)＝0， 所以曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線的方程為y＝0.(3分) (2) 因為對于任意的正數x，f(x)≥0恒成立， 所以當lnx＝0，即x＝1時，f(x)＝0，a∈R；(5分) 當ln x>0，即x>1時，x≥a恒成立，所以a≤1； (6分) 當ln x<0，即x<1時，x≤a恒成立，所以a≥1. 綜上可知，對于任意的正數x，f(x)≥0恒成立，a＝1. (7分) (

17、3) 因為函數f(x)存在兩個極值點， 所以f′(x)＝ln x－＋1存在兩個不相等的零點. 設g(x)＝ln x－＋1，則g′(x)＝＋＝.(8分) 當a≥0時，g′(x)>0，所以g(x)單調遞增，至多一個零點.(9分) 當a<0時，x∈(0，－a)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減， x∈(－a，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增， 所以x＝－a時，g(x)min＝g(－a)＝ln(－a)＋2. (11分) 因為g(x)存在兩個不相等的零點，所以ln(－a)＋2<0，解得－e－2<a<0. 因為－e－2<a<

18、;0，所以－>e2>－a. 因為g(－)＝ln(－)＋a2＋1>0，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一個零點.(13分) 因為－e－2<a<0，所以a2<－a.又g(a2)＝ln a2－＋1＝2ln(－a)＋＋1， 設t＝－a，則y＝2ln t＋＋1(0<t<). 因為y′＝<0，所以y＝2ln t＋＋1(0<t<)單調遞減. 又函數圖象是連續(xù)的，所以y>2ln ＋e2＋1＝e2－3>0， 請預覽后下載！ 所以g(a2)＝ln a2－＋1>0，所以在(0，－a)上存在一個零點. 綜上可知，

19、－e－2<a<0.(16分) 20. 解：(1) 當q＝1時，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)， 得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an. 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1.(2分) 又a1＝2， 所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.(4分) (2) ①由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an. 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝.(6分) 因為Tn＝a1＋qa2＋

20、q2a3＋…＋qn－1an， 所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan， 所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan， bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1， 所以bn＝n＋1.(10分) ②由題意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2. 因為c1，ck－c1，ct－ck成等比數列， 所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k， (12分) 所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t－2

21、＝(2k－1)2－3·2k－2＋1　(*). 由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2. 當k＝2時，2t＝8，得t＝3.(14分) 當k≥3時，由(*)得(2k－1)2－3·2k－2＋1為奇數， 所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0，即2k＝3，此時k無正整數解. 綜上，k＝2，t＝3.(16分) 請預覽后下載！ 2019屆高三模擬考試試卷(五)(蘇北三市) 數學附加題參考答案及評分標準 21. A. 解：由題意得A－1＝，(5分) 所以A－1B＝＝.(10分) B. 解：曲線C：ρ＝2cos θ的

22、直角坐標方程為(x－1)2＋y2＝1.(4分) 設過點A(3， 0)的直線l的直角坐標方程為x＝my＋3， 因為直線l與曲線C有且只有一個公共點， 所以＝1，解得m＝±.(8分) 從而直線l的斜率為±.(10分) C. (1) 解：不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(4分) (2) 證明：要證f(ab)>|a|f()，只要證|ab－1|>|b－a|，只需證(ab－1)2>(b－a)2. 而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0， 從而原不等式成立. (10分) 22. 解

23、：因為DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz.因為AC＝AD＝1，AB＝2， 所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1). 因為點E為線段BD的中點，所以E(0，1，). (1) ＝(0，1，)，＝(1，－2，0)， 所以cos〈，〉＝＝＝－， 所以異面直線AE與BC所成角的余弦值為.(5分) (2) 設平面ACE的法向量為n1＝(x，y，z)，因為＝(1，0，0)，＝(0，1，)， 所以n1·＝0，n1·＝0，即x＝0且y＋z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2，

24、 所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一個法向量. 設平面BCE的法向量為n2＝(x，y，z)，因為＝(1，－2，0)，＝(0，－1，)， 請預覽后下載！ 所以n2·＝0，n2·＝0，即x－2y＝0且－y＋z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2， 所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一個法向量. 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－. (8分) 所以二面角ACEB的余弦值為－. (10分) 23. 證明：(1) 當n＝1時，a1＝∈(0，)，結論顯然成立； 假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，ak∈(0，)， 則當n＝k＋1時，ak＋1＝－2a＋2ak

25、＝－2(ak－)2＋∈(0，). 綜上，an∈(0，).(4分) (2) 由(1)知，an∈(0，)，所以bn＝－an∈(0，). 因為an＋1＝－2a＋2an， 所以－an＋1＝－(－2a＋2an)＝2a－2an＋＝2(an－)2，即bn＋1＝2b. 于是log2bn＋1＝2log2bn＋1， 所以(log2bn＋1＋1)＝2(log2bn＋1)， 故{log2bn＋1}構成以2為公比的等比數列，其首項為log2b1＋1＝log2＋1＝log2. 于是log2bn＋1＝(log2)·2n－1，從而log2(2bn)＝(log2)·2n－1＝log2()2n

26、－1， 所以2bn＝()2n－1，即bn＝，于是＝2·32n－1.(8分) 因為當i＝1，2時，2i－1＝i， 當i≥3時，2i－1＝(1＋1)i－1＝C＋C＋…＋C>C＋C＝i， 所以對?i∈N*，有2i－1≥i，所以32i－1≥3i，所以＝2·32i－1≥2·3i， 從而＝＋＋…＋≥2(31＋32＋…＋3n)＝2×＝3n＋1－3.(10分) 歡迎訪問“高中試卷網”——http://sj.fjjy.org （注：可編輯下載，若有不當之處，請指正，謝謝!） 請預覽后下載！