江苏省常州市2018届高三第一学期期末检测数学试卷.doc

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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
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