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    江苏省苏州市实验学校2020届高三上学期模拟考试数学试卷
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    江苏省苏州市实验学校2020届高三上学期模拟考试数学试卷

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    数学
    (满分160分,考试时间120分钟)
    一、 填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.
    1. 已知集合A={0,1},B={-1,1},则A∩B=________.
    2. 已知复数z满足z(1+i)=1-i(i是虚数单位),则复数z=________.
    3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为9.1,9.3,x,9.2,9.4,且这5个分数的平均数为9.3,则实数x=________.
    4. 一个算法的伪代码如图所示,执行此算法,若输出的y的值为1,则输入的实数x的值为________.
           
    5. 函数y=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,则该同学恰好选中1文1理的概率为________.
    7. 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,直线x+y+2=0经过双曲线C的焦点,则双曲线C的渐近线方程为____________.
    8. 已知圆锥SO,过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面,以截面为上底面作圆柱PO,圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图),则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________.
    9. 已知正数x,y满足x+=1,则+的最小值为________.
    10. 若直线kx-y-k=0与曲线y=ex(e是自然对数的底数)相切,则实数k=________.
    11. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈R)是偶函数,点(1,0)是函数y=f(x)图象的对称中心,则ω的最小值为________.
    12. 平面内不共线的三点O,A,B,满足||=1,||=2,C为线段AB的中点,∠AOB的平分线交线段AB于点D,若||=,则||=________.
    13. 过原点的直线l与圆x2+y2=1交于P,Q两点,A是该圆与x轴负半轴的交点.如果以AQ为直径的圆与直线l有异于点Q的交点N,且直线AN与直线AP的斜率之积等于1,那么直线l的方程为____________.
    14. 数列{an},{bn}满足bn=an+1+(-1)nan(n∈N*),且数列{bn}的前n项和为n2.已知数列{an-n}的前2 018项和为1,则数列{an}的首项a1=________.

    二、 解答题:本大题共6小题,共计90分.解答时应写出文字说明,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,M,N分别是棱AB,CC1的中点.求证:
    (1) CM∥平面AB1N;
    (2) 平面A1BN⊥平面AA1B1B.









    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b2-bcsin A+c2=a2.
    (1) 求角A的大小;
    (2) 若tan Btan C=3,且a=2,求△ABC的周长.
    17. (本小题满分14分)
    已知在平面直角坐标系xOy中,椭圆C1:+=1的焦点在椭圆C2:+=1上,其中a>b>0,且点P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的三角形所得,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AF=BE=1.6米,两根竖轴CH=DG=1.2米,记景观窗格的外框(图2实线部分,轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l米.
    (1) 若∠ABC=,且两根横轴之间的距离为0.6米,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得超过5米,当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时,求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


    19. (本小题满分16分)
    已知在数列{an}中,a1=1,且an+1+3an+4=0,n∈N*.
    (1) 求证:{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
    (2) 在数列{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,说明理由.
    20. (本小题满分16分)
    已知函数m(x)=x2,函数n(x)=aln x+1(a∈R).
    (1) 若a=2,求曲线y=n(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)+ex-ex-1≥0对x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.(e是自然对数的底数,e≈2.71828…)






































    2019届高三年级第一次模拟考试(五)
    数学附加题
    (本部分满分40分,考试时间30分钟)
    21. 【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定其中两小题,并作答.若多做,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)
    已知点(1,2)在矩阵A=对应的变换作用下得到点(7,6),求:
    (1) 矩阵A;
    (2) 矩阵A的特征值及对应的特征向量.











    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,以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系.直线l 的参数方程为(t为参数),曲线C的极坐标方程为ρ=2sin,求直线l被曲线C所截的弦长.








    C. [选修45:不等式选讲](本小题满分10分)
    已知a>0,b>0,求证:a+b+1≥++.
    【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
    22. (本小题满分10分)
    如图,在空间直角坐标系Oxyz中,已知正四棱锥PABCD的高OP=2,点B,D和C,A分别在x轴和y轴上,且AB=,M是棱PC的中点.
    (1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值;
    (2) 求二面角APBC的余弦值.
















    23. (本小题满分10分)
    是否存在实数a,b,c使得等式1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n+4)=(an2+bn+c)对于一切正整数n都成立?若存在,求出a,b,c的值;若不存在,说明理由.

    数学参考答案
    1. {1} 2. -i 3. 9.5 4. 3 5. (0,e] 6.  7. y=±x 8.  9. 4 10. e2 11.  
    12.  13. y=±x 14.
    15. 令AB1交A1B于点O,连结OM,ON.
    在正三棱柱ABCA1B1C1中,BB1∥CC1,BB1=CC1,且四边形AA1B1B是平行四边形,
    所以O为AB1的中点.
    又因为M为AB的中点,
    所以OM∥BB1,且OM=BB1.
    因为N为CC1的中点,所以CN =CC1,
    所以OM=CN,且OM∥CN,
    所以四边形CMON是平行四边形, (5分)
    所以CM∥ON,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BB1⊥CM.(9分)
    又CA=CB,M为AB的中点,所以CM⊥AB,
    又由(1)知CM //ON,
    所以ON⊥AB,ON⊥BB1,
    又因为AB∩BB1=B,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) 由余弦定理得a2=b2-2bccos A+c2,又b2-bcsin A+c2=a2,
    所以b2-2bccos A+c2=b2-bcsin A+c2,
    即2bccos A=bcsin A,(3分)
    从而sin A=cos A.
    若cos A=0,则sin A =0,与sin2A+cos2A=1矛盾,所以cos A≠0,
    所以tan A=,又A∈(0,π),
    所以A=.(7分)
    (2) 因为=tan(B+C)=tan(π-A)=tan =-.(9分)
    又tan Btan C=3,所以tan B+tan C=-×(-2)=2,解得tan B=tan C=.(11分)
    又B,C∈(0,π),所以B=C=,又因为A=,所以△ABC是正三角形,
    由a=2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C2的方程得=1,
    将点P的坐标代入椭圆C2的方程得+=1,
    所以解得(3分)
    所以椭圆C1,C2的标准方程分别为+y2=1,+x2=1.(5分)
    (2) 由题意知,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),P(0,m).
    联立消去y得+x2=1,
    即(1+)x2+kmx+-1=0,
    Δ=k2m2-4=0,即k2+2-m2=0.(7分)
    联立消去y得+(kx+m)2=1,
    即x2+2kmx+m2-1=0,
    因为直线l与椭圆C1相交,所以Δ=4k2m2-4·(+k2)(m2-1)=4(k2-+)>0;(*)
    x1,2=.(9分)
    因为=,所以(x1,y1-m)=(x2,y2-m),即5x1=3x2,
    所以5×
    =3×
    或5×
    =3×,
    化简得km=4或km=-4·,即k2m2=16(k2-+).(12分)
    又因为k2+2-m2=0,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=可得,在△BCN中,∠CBN=,
    其中CN=HM=×(1.2-0.6)=0.3(米),
    所以BC===(米),
    BN===(米).(2分)
    所以CD=BE-2BN=1.6-=(米),
    则AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH+HA=2AB+2CD+4BC=1.2++=(米).(5分)
    故景观窗格的外框总长度为米.(6分)
    (2) 由题意得,AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH+HA=2AB+2CD+4BC≤5,
    设∠CBN=α,α∈,BC=r,
    则CN=rsin α,BN=rcos α,
    所以AB=CH-2CN=1.2-2rsin α,
    CD=BE-2BN=1.6-2rcos α,
    所以2(1.2-2rsin α)+2(1.6-2rcos α)+4r≤5,即4r(sin α+cos α-1)≥.(8分)
    设景观窗格的面积为S,则S=1.2×1.6-2r2·sin αcos α≤-,当且仅当4r(sin α+cos α-1)=时取等号.(9分)
    令t=sin α+cos α∈(1,],则sin αcos α=,
    所以S≤-=-·(1+),其中1+≥1+,当且仅当t=,即α=时取等号.(12分)
    所以S≤-≤-×(1+)=-×(3+2)=-,
    即S≤-,当且仅当4r(sin α+cos α-1)=且α=时取等号,
    所以当且仅当r=且α=时,S取到最大值.(15分)
    故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=米.(16分)
    19. (1) 由an+1+3an+4=0得an+1+1=-3(an+1),n∈N*.(2分)
    其中a1=1,所以a1+1=2≠0,可得an+1≠0,n∈N*.(4分)
    所以=-3,n∈N*,所以{an+1}是以2为首项,-3为公比的等比数列.(6分)
    所以an+1=2·(-3)n-1,则数列{an}的通项公式an=2·(-3)n-1-1,n∈N*.(8分)
    (2) 若数列{an}中存在三项am,an,ak(m 分以下三种情形:
    ①若am位于中间,则2am=an+ak,即2[2·(-3)m-1-1]=2·(-3)n-1-1+2·(-3)k-1-1,
    所以2·(-3)m=(-3)n+(-3)k,
    两边同时除以(-3)m得,2=(-3)n-m+(-3)k-m是3的倍数,舍去;
    ②若an位于中间,则2an=am+ak,即2[2·(-3)n-1-1]=2·(-3)m-1-1+2·(-3)k-1-1,
    所以2·(-3)n=(-3)m+(-3)k,两边同时除以(-3)m得,2·(-3)n-m=1+(-3)k-m,
    即1=2·(-3)n-m-(-3)k-m是3的倍数,舍去;
    ③若ak位于中间,则2ak=am+an,即2[2·(-3)k-1-1]=2·(-3)m-1-1+2·(-3)n-1-1,
    所以2·(-3)k=(-3)m+(-3)n,两边同时除以(-3)m得,2·(-3)k-m=1+(-3)n-m,
    即1=2·(-3)k-m-(-3)n-m是3的倍数,舍去.(15分)
    综上可得,数列{an}中不存在三项满足题意.(16分)
    20. (1) 当a=2时,n(x)=2ln x+1,
    所以n′(x)=,所以n′(1)=2,又n(1)=1,
    所以切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.(3分)
    (2) 由题意得,f(x)=x2-aln x-1,定义域为(0,+∞),其图象是一条不间断的曲线.
    f′(x)=2x-=,
    若a≤0,则f′(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立,
    所以y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,
    所以y=f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,符合题意;
    若a>0,令f′(x)=0,得x=或x=-(舍).

    x



    f′(x)

    0

    f(x)

    极小值

    ①若>1,即a>2,此时a>,则f 令F1(a)=a2-aln a-1,a≥2,则F′1(a)=2a-ln a-1,
    令F2(a)=2a-ln a-1在[2,+∞)上单调递增,所以F2(a)≥F2(2)=3-ln 2>0,
    即F′1(a)>0对a∈[2,+∞)恒成立,
    所以F1(a)=a2-aln a-1在[2,+∞)上单调递增,所以F1(a)≥F1(2)=3-2ln 2>0,
    即f(a)>0,又因为f<0,且函数f(x)在单调递增,
    所以函数f(x)在上有且只有一个零点,
    而函数f(x)在单调递减,且有一个零点x=1,
    故函数f(x)在(0,+∞)上有两个零点,不符题意,舍去.
    ②若=1,即a=2,
    则函数f(x)在(0,1)单调递减,所以f(x)>f(1)=0,
    函数f(x)在(1,+∞)单调递增,所以f(x)>f(1)=0,
    故函数f(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点,适合题意.
    ③若<1,即0 因为函数f(x)在单调递增,所以f 又f=e->0,所以函数f(x)在(0,1)内必有零点,
    又因为1是函数f(x)的零点,不符题意,舍去.(9分)
    综上,a≤0或a=2.(10分)
    (3) 当x≥1时,g(x)=aln x+ex-ex.
    令G(x)=ex-ex,x≥1,则G′(x)=ex-e≥0对x∈[1,+∞)恒成立,
    所以函数y=G(x)在[1,+∞)单调递增,
    所以G(x)≥G(1)=0.
    ①若a≥0,则当x≥1时,ln x≥0,所以g(x)=aln x+ex-ex≥0恒成立,适合题意;(11分)
    ②若a<0,g′(x)=+ex-e,令H(x)=+ex-e,x≥1,则H′(x)=ex->0恒成立,
    所以H(x)=+ex-e在[1,+∞)单调递增,且H(1)=a<0.
    因为a<0,所以1-a>1,所以G(1-a)>G(1)=0,即e1-a>e(1-a).(12分)
    所以H(1-a)=+e1-a-e>+e-ea-e=-ea=+(1-a)-2-(e-1)a,
    因为a<0,1-a>1,所以+(1-a)>2,(e-1)a<0,所以H(1-a)>0,
    因为H(x)=+ex-e在[1,+∞)单调递增,其图象是一条不间断的曲线,且H(1)=a<0,所以存在唯一的x0∈(1,1-a),使H(x0)=0,即g′(x0)=0,
    当x∈(1,x0)时,g′(x)<0,所以函数y=g(x)在(1,x0)上单调递减,
    此时g(x) 综上,a≥0.(16分)
    21. A. (1) 由题意得=,
    即解得
    所以A=.(3分)
    (2) f(λ)==(λ-1)(λ-2)-6=λ2-3λ-4,
    令f(λ)=0,得λ2-3λ-4=0,
    解得λ1=-1,λ2=4.(5分)
    将λ1=-1代入二元一次方程组

    所以属于λ1=-1的一个特征向量为,
    将λ2=4代入二元一次方程组

    所以属于λ1=4的一个特征向量为.(9分)
    矩阵A的特征值为λ1=-1,λ2=4,对应的特征向量为,.(10分)
    B. 直线l的普通方程为x-y-1=0,曲线C的直角坐标方程为(x-1)2+(y-1)2=2.(4分)
    所以曲线C是圆,圆心C(1,1),半径为r=.(6分)
    所以圆心C(1,1)到直线l的距离为d==.(8分)
    所以直线l被曲线C所截的弦长为2=2=.(10分)
    C. 因为a>0,b>0,由柯西不等式可得(a+b+1)(b+1+a)≥(++)2,
    当且仅当==时取等号,
    所以(a+b+1)2≥(++)2,
    又因为a+b+1>0,++>0,
    所以a+b+1≥++.(10分)
    22. (1) 记直线AM与平面PAB所成角为α,点A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),M(0,,1),
    则=(1,1,0),=(0,-1,-2),=(0,,1),
    设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
    所以,即
    取z=1,则y=-2,x=2,
    所以平面PAB的一个法向量为n=(2,-2,1),
    所以sin α=|cosn,|===.(5分)
    即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.(6分)
    (2) 设平面PBC的法向量为n1=(x1,y1,z1),=(-1,1,0),=(1,0,-2),
    所以即
    取z1=1,则x1=2,y1=2,
    所以平面PBC的一个法向量为n1=(2,2,1),
    所以cosn,n1===.(9分)
    由图可知二面角APBC的余弦值为-.(10分)
    23. 在1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n+4)=(an2+bn+c)中,
    令n=1,得15=(a+b+c);
    令n=2,得63=(4a+2b+c);
    令n=3,得168=(9a+3b+c),
    即解得(3分)
    下面用数学归纳法证明:
    1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n+4)=(n2+9n+20)对于一切正整数n都成立.
    当n=1时,等式成立;
    假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,等式成立,
    即1×3×5+2×4×6+…+k(k+2)(k+4)=(k2+9k+20).(4分)
    当n=k+1时,1×3×5+2×4×6+…+k(k+2)(k+4)+(k+1)(k+3)(k+5)=(k2+9k+20)+(k+1)(k+3)(k+5)=k(k+1)(k+4)(k+5)+(k+1)(k+3)(k+5)=(k+1)(k+5)(k2+8k+12)=[(k+1+1)·(k+1+5)]=[(k+1)2+9(k+1)+20]即等式对n=k+1也成立.(8分)
    综上可得,等式1×3×5+2×4×6+…+n(n+2)(n+4)=(n2+9n+20)对于一切正整数n都成立.(9分)
    所以存在实数a,b,c符合题意,且(10分)

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