江苏省常州市2018届高三第一学期期末检测数学试卷.doc

江苏省常州市2018届高三第一学期期末检测 数学试题一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1若集合，则集合 （第5题）结束开始输出2命题“”是 命题（选填“真”或“假”）3若复数满足，则 4若一组样本数据2015，2017，x，2018，2016的平均数为2017，则该组样本数据的方差为 5右图是一个算法的流程图，则输出的的值是 6函数的定义域记作集合随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子（骰子的每个面上分别标有点数），记骰子向上的点数为，则事件“”的概率为 7已知圆锥的高为6，体积为8用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为 8各项均为正数的等比数列中，若，则的最小值为 9在平面直角坐标系中，设直线与双曲线的两条渐近线都相交且交点都在y轴左侧，则双曲线C的离心率的取值范围是 1-1（第12题）10已知实数满足则的取值范围是 11已知函数，其中若过原点且斜率为的直线与曲线相切，则的值为 12如图，在平面直角坐标系中，函数的图象与轴的交点满足，则 13在中，为内一点（含边界），若满足，则的取值范围为 14已知中，所在平面内存在点使得，则面积的最大值为 二、解答题：本大题共6小题，共计90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15（本小题满分14分）已知中，分别为三个内角的对边，（1）求角；（2）若，求的值16（本小题满分14分）（第16题）如图，四棱锥的底面是平行四边形，点是棱上异于P，C的一点（1）求证：；（2）过点和的平面截四棱锥得到截面（点在棱上），求证：17（本小题满分14分）已知小明（如图中AB所示）身高1.8米，路灯OM高3.6米，AB，OM均垂直于水平地面，分别与地面交于点A，O点光源从M发出，小明在地面上的影子记作（1）小明沿着圆心为O，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求扫过的图形面积；（2）若米，小明从A出发，以1米/秒的速度沿线段走到，且米秒时，小明在地面上的影子长度记为（单位：米），求的表达式与最小值（第17题）18（本小题满分16分）xy（第18题）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，点是椭圆的左顶点，过原点的直线与椭圆交于两点（在第三象限），与椭圆的右准线交于点已知，且（1）求椭圆的离心率；（2）若，求椭圆的标准方程19（本小题满分16分）已知各项均为正数的无穷数列的前项和为，且满足（其中为常数），数列满足（1）证明数列是等差数列，并求出的通项公式；（2）若无穷等比数列满足：对任意的，数列中总存在两个不同的项，（），使得，求的公比20（本小题满分16分）已知函数，其中为常数（1）若，求函数的极值；（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（3）若，设函数在上的极值点为，求证：数学（附加题）21【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做两题，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（选修41）A选修41：几何证明选讲在中，N是边AC上一点，且，AB与的外接圆相切，求的值B选修42：矩阵与变换已知矩阵不存在逆矩阵，求：（1）实数a的值；（2）矩阵的特征向量C选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线C的参数方程为（为参数），直线l的极坐标方程为，直线l与曲线C交于M，N两点，求MN的长D选修45：不等式选讲已知，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（本小题满分10分）已知正四棱锥的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量的值：若这两条棱所在的直线相交，则的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；若这两条棱所在的直线平行，则；若这两条棱所在的直线异面，则的值是这两条棱所在直线所成角的大小（弧度制）（1）求的值；（2）求随机变量的分布列及数学期望23（本小题满分10分）记（且）的展开式中含项的系数为，含项的系数为（1）求；（2）若，对成立，求实数的值；（3）对（2）中的实数，用数学归纳法证明：对任意且，都成立数学试题参考答案及评分标准一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分12真314257 673891011121314二、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解：（1）由正弦定理得，中，所以，所以，所以；（2）因为，由正弦定理得，所以，16（1）证明：，所以，记交于点，平行四边形对角线互相平分，则为的中点，又中，所以，又，所以，又，所以；（2）四边形是平行四边形，所以，又，所以，又，所以，又，所以17解：（1）由题意，所以，小明在地面上的身影扫过的图形是圆环，其面积为；（2）经过秒，小明走到了处，身影为，由（1）知，所以，化简得，当时，的最小值为，答：，当（秒）时，的最小值为（米）18解：（1）由题意，消去y得，解得，所以，所以；（2）由（1），右准线方程为，直线的方程为，所以，所以，所以，椭圆的标准方程为19解：（1）方法一：因为，所以，由-得，即，又，则，即在中令得，即综上，对任意，都有，故数列是以2为公差的等差数列又，则方法二：因为，所以，又，则数列是以为首项，为公差的等差数列，因此，即当时，又也符合上式，故，故对任意，都有，即数列是以2为公差的等差数列（2）令，则数列是递减数列，所以考察函数，因为，所以在上递增因此，从而因为对任意的，总存在数列中的两个不同项，使得，所以对任意的都有，明显若，当时，有，不符合题意，舍去；若，当时，有，不符合题意，舍去；故20解：（1）当时，定义域为，令，得0极大值当时，的极大值为，无极小值（2），由题意对恒成立，对恒成立对恒成立令，则，若，即，则对恒成立，在上单调递减，则，与矛盾，舍去；若，即，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，综上（3）当时，令，则，令，得当时，单调递减，恒成立，单调递减，且，当时，单调递增，其中，又，存在唯一，使得，当时，单调递增，当时，单调递减，且，由和可知，在单调递增，在上单调递减，当时，取极大值，又，数学（附加题）参考答案21、【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做两题，每小题10分，共计20分A选修41：几何证明选讲解：记外接圆为圆O，AB、AC分别是圆O的切线和割线，所以，又，所以与相似，所以，所以，B选修42：矩阵与变换（2），即，所以，解得时，属于的一个特征向量为；时，属于的一个特征向量为C选修44：坐标系与参数方程解：曲线，直线，圆心到直线的距离为，所以弦长D选修45：不等式选讲证明：，不妨设，则，由排序不等式得，所以【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分22解：根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到，为等腰直角三角形的可能取值为：，共种情况，其中：时，有2种；时，有种；时，有种；（1）；（2），再根据（1）的结论，随机变量的分布列如下表：0根据上表，23解：（1）（2），则解得（3）当时，由（2）知等式成立；假设时，等式成立，即；当时，由知，所以，又，等式也成立；综上可得，对任意且，都有成立13