江苏省常州市2019届高三数学上学期期末考试试题

江苏省常州市2019届高三上学期期末考试数 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. y±x8. 9. 410. e211. 12. 13. y±x14. (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) 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)4>0(*)，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(sincos1).(8分)设景观窗格的面积为S，有S1.2×1.62r2sin·cos.(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(m<n<k)符合题意，其中kn，km，nm都是正整数，(9分)分以下三种情形：am位于中间，则2amanak，即22(3)m112(3)n112 (3)k11，所以2(3)m(3)n(3)k，两边同时除以(3)m，得2(3)nm(3)km是3的倍数，舍去；an位于中间，则2anamak，即22(3)n112(3)m112(3)k11，所以2(3)n(3)m(3)k，两边同时除以(3)m，得2(3)nm1(3)km，即12(3)nm(3)km是3的倍数，舍去；ak位于中间，则2akaman，即22(3)k112(3)m112(3)n11，所以2(3)k(3)m(3)n，两边同时除以(3)m，得2(3)km1(3)nm，12(3)km(3)nm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a2时，n(x)2ln x1，所以n(x)，所以n(1)2，又n(1)1，所以切线的方程为y12(x1)，即y2x1.(3分)(2) f(x)x2aln x1，定义域为(0，)，其图象是一条不间断的曲线，f(x)2x.若a0，则f(x)>0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a>0，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，即a>2，此时a>，则f<f(1)0，f(a)a2aln a1.令F1(a)a2aln a1，a2，则F1(a)2aln a1，令F2(a)2aln a1，则F2(a)2>0对a2，)恒成立，所以F2(a)2aln a1在2，)上单调递增，所以F2(a)F2(2)3ln 2>0，即F1(a)>0对a2，)恒成立，所以F1(a)a2aln a1在2，)上单调递增，所以F1(a)F1(2)32ln 2>0，即f(a)>0，又因为f<0，且函数f(x)在上单调递增，所以函数f(x)在上有且只有一个零点，因为函数f(x)在上单调递减，且有一个零点x1，故函数f(x)在(0，)上有两个零点，不符合题意，舍去2°.若1，即a2，则函数f (x)在(0，1)上单调递减，所以f(x)>f(1)0，函数f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)>f(1)0，故函数f(x)在(0，)上有且只有一个零点，符合题意3°.若<1，即0<a<2，此时0<e<e01，0<<1.因为函数f(x)在上单调递增，所以f<f(1)0，又fe>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，不符合题意，舍去(9分)综上，a0或a2.(10分)(3) 当x1时，g(x)aln xexex.令G(x)exex，x1，则G(x)exe0对x1，)恒成立，所以函数yG(x)在1，)上单调递增，所以G(x)G(1)0.若a0，则当x1时，ln x0，所以g(x)aln xexex0恒成立，符合题意(11分)若a<0，g(x)exe，令H(x)exe，x1，则H(x)ex>0恒成立，所以H(x)exe在1，)上单调递增，且H(1)a<0.因为a<0，所以1a>1，所以G(1a)>G(1)0，即e1a>e(1a)(12分)所以H(1a)e1ae>eeaeea(1a)2(e1)a，因为a<0，1a>1，所以(1a)>2，(e1)a<0，所以H(1a)>0，因为H(x)exe在1，)上单调递增，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(1，1a)，使得H(x0)0，即g(x0)0，当x(1，x0)时，g(x)<0，所以函数yg(x)在(1，x0)上单调递减，此时g(x)<g(1)0，不符合题意，舍去(15分)综上，a0.(16分)12