江苏省苏州市2018届高三数学上学期调研测试试题 理（含解析）.doc

江苏省苏州市2018届高三数学上学期调研测试试题 理（含解析）注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求.1.本试卷共4页，包含填空题（第1题 - 第14题）、解答题（第15题 - 第20题）本卷满分160分，考试时间为120分钟考试结束后，请将答题卡交回2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔请注意字体工整，笔迹清楚4.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗5.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔参考公式：球的表面积公式S=4r2，其中r为球的半径一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上1.已知i为虚数单位，复数的模为_【答案】【解析】，故答案为.2.已知集合，且，则正整数_【答案】2【解析】 ，且，故答案为.3.在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点坐标为_【答案】【解析】抛物线方程为，抛物线方程为的焦点坐标为，故答案为.4.苏州轨道交通1号线每5分钟一班，其中，列车在车站停留0.5分钟，假设乘客到达站台的时刻是随机的，则该乘客到达站台立即能乘上车的概率为_【答案】【解析】每分钟一班列车，其中列车在车站停留分钟，根据几何概型概率公式可得，该乘客到达站台立即能乘上车的概率为，故答案为.5.已知，则正实数_【答案】【解析】，则，得，故答案为.6.秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的数书九章中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法右边的流程图是秦九韶算法的一个实例若输入n，x的值分别为3，3，则输出v的值为_【答案】48【解析】输入，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，结束循环，输出，故答案为.【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.7.已知变量x，y满足则的最大值为_【答案】-9【解析】画出表示的可行域，如图，平移直线，当直线经过点时，直线截距最小，最大，最大值为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题. 求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.8.已知等比数列的前n项和为，且，则的值为_【答案】【解析】设等比数列的公比为，则，即，得，解得，故答案为.9.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90榫卯起来若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为_（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）【答案】【解析】该球形容器最小时，正四棱柱与球内接，此时球直径等于正四棱柱的对角线，即，球形容器的表面积为，故答案为.10.如图，两座建筑物AB，CD的高度分别是9m和15m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角，则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离_m【答案】18【解析】试题分析：过作于,设,显然此时,记;将放入中利用建立关于的关系;将放入中,利用建立关于的关系最后根据的关系,解出其中的如图，过作于， 设,记,则，在中，, ,在中，, ,解得：或（舍去）所以建筑物和底部之间的距离为考点：直角三角形中,正切表示边;正切和角公式11.在平面直角坐标系中，已知过点的圆和直线相切，且圆心在直线上，则圆的标准方程为_【答案】【解析】【分析】根据题意，设圆C的圆心为（m，n），半径为r，结合题意可得，解得m、n、r的值，代入圆的标准方程即可得答案【详解】根据题意，设圆C的圆心为（m，n），半径为r，则圆C的标准方程为（xm）2+（yn）2r2，则有，解可得：m1，n2，r，则圆C的方程为：（x1）2+（y+2）22，故答案为：（x1）2+（y+2）22【点睛】本题考查圆的标准方程的计算，关键是求出圆的圆心以及半径，属于基础题12.已知正实数 a，b，c满足，则的取值范围是_【答案】【解析】【详解】由=1，可得，由，得，或，故答案为.13.如图，ABC为等腰三角形，以A为圆心，1为半径的圆分别交AB，AC与点E，F，点P是劣弧上的一点，则的取值范围是_【答案】【解析】以为原点，以的垂线平行线为轴，建立直角坐标系，由，可得，可设， ,故答案为.【方法点睛】本题主要考查平面向量的数量积以及向量的坐标表示、利用三角函数的有界性求范围，属于难题. 求范围问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据: 配方法（适合二次函数）； 换元法（代数换元与三角换元）； 不等式法（注意基本不等式的使用条件“一正、二定、三相等”）； 三角函数法（注意恒等变形）； 图像法（根据图象的最高和最低点求解）； 函数单调性法求解（根据其单调性求凼数的取值范围即可），本题主要应用方法解答的. 14.已知直线ya分别与直线，曲线交于点A，B，则线段AB长度的最小值为_【答案】【解析】，设与平行的的切线的点为，则切线斜率为，切线方程为，则与， 被直线与切线截得的线段长，就是被直线和曲线截得线段 的最小值，因为取任何值时，被两平行线截得的线段长相等，所以令，可得，线段 的最小值，故答案为.【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及最值问题以及数学的转化与划归思想，属于难题.转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中. 本题中，将被直线和曲线截得线段 的最小值转化为，被直线和曲线截得线段 的最小值，是解题的关键.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.已知函数（1）求函数的最小值，并写出取得最小值时自变量x的取值集合；（2）若，求函数的单调增区间【答案】（1）取得最小值0，（2）单调增区间是和【解析】试题分析：（1）根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式化简，再根据余弦函数的性质可得当，即时，取得最小值 ；（2）令， 解得，结合，分别令，可得函数在的单调增区间是和.试题解析：（1） 当，即时，取得最小值0此时，取得最小值时自变量x的取值集合为（2）因为，令， 解得，又，令，令，所以函数在的单调增区间是和【方法点睛】本题主要考查二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式、三角函数的图像与性质，属于中档题.的函数的单调区间的求法：(1) 代换法：若,把看作是一个整体，由 求得函数的减区间，求得增区间；若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.16.如图，在正方体中，已知E，F，G，H分别是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中点（1）求证：EF平面ABHG；（2）求证：平面ABHG平面CFED【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）由是的中点，可得，从而可得，根据线面平行的判定定理可得结论；（2）根据线面垂直的性质可得，根据相似三角形的性质可得，从而根据线面垂直的判定定理可得平面 ，进而根据面面垂直的判定定理可得结论.试题解析：（1）因为E，F是A1D1，B1C1的中点，所以，在正方体中，A1B1AB，所以 又 平面ABHG，AB平面ABHG，所以EF平面ABHG， （2）在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD 平面BB1C1C，又平面，所以 设，BCH，所以，因为HBC+PHC=90，所以+PHC=90所以，即 由，又，DC，CF平面CFED，所以平面CFED又平面ABHG，所以平面ABHG平面CFED【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理，属于中档题 . 证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.17.如图，B,C分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B，C之间的距离为100km，海岛A在城市B的正东方50处从海岛A到城市C，先乘船按北偏西角（，其中锐角的正切值为）航行到海岸公路P处登陆，再换乘汽车到城市C已知船速为25km/h，车速为75km/h. （1）试建立由A经P到C所用时间与的函数解析式；（2）试确定登陆点P的位置，使所用时间最少，并说明理由【答案】（1），定义域为（2）17.68 【解析】试题分析：（1）由轮船航行的方位角为，可得，由直角三角形的性质及三角函数的定义可得，所以，则由经到 所用时间与的函数关系为，可得函数的定义域为，其中锐角的正切值为；（2）利用导数研究函数的单调性，可得在上递减，在上递增，（），所以可得时函数取得最小值，此时 17.68.试题解析：（1）由题意，轮船航行的方位角为，所以，则， 由A到P所用的时间为，由P到C所用的时间为，所以由A经P到C所用时间与的函数关系为函数的定义域为，其中锐角的正切值为. （2）由（1），令，解得，设0，使00减函数极小值增函数所以，当时函数f()取得最小值，此时BP=17.68，答：在BC上选择距离B为17.68 处为登陆点，所用时间最少18.在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知过点的动直线l与椭圆C交于 A，B 两点，试判断以AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由【答案】（1）（2）存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为【解析】试题分析：（1）根据椭圆的离心率为，椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为，结合 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、即可得结果；（2）设过点的直线 的方程为与椭圆交于,则整理得，根据韦达定理及平面向量数量积公式可将表示为的函数，消去可得，从而可得，存在以为直径的圆恒过定点 ，且定点的坐标为.试题解析：（1）由题意，故， 又椭圆上动点到一个焦点的距离的最小值为，所以，解得，所以， 所以椭圆C的标准方程为. （2）当直线l的斜率为0时，令，则，此时以AB为直径的圆的方程为 当直线l的斜率不存在时，以AB为直径的圆的方程为， 联立解得，即两圆过点猜想以AB为直径的圆恒过定点 对一般情况证明如下：设过点的直线l的方程为与椭圆C交于,则整理得，所以 因为 ，所以所以存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系以及曲线过定点问题，属于难题.解决曲线过定点问题一般有两种方法： 探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标. 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.19.已知各项是正数的数列的前n项和为（1）若（nN*，n2），且求数列的通项公式；若对任意恒成立，求实数的取值范围；（2）数列是公比为q（q0， q1）的等比数列，且an的前n项积为若存在正整数k，对任意nN*，使得为定值，求首项的值【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）当时，由 可得 两式相减得，即，数列为等差数列，可得，由知，所以，可得对一切恒成立，记，判断数列的单调性，求出最大项，从而可得结果；（2）设（），两边取常用对数， 令，则数列是以为首项，为公差的等差数列， 若为定值，令，化为.对恒成立，问题等价于，从而可得结果.试题解析：（1）当时，由 则 两式相减得，即， 当时，即，解得或（舍），所以，即数列为等差数列，且首项，所以数列的通项公式为. 由知，所以，由题意可得对一切恒成立，记，则，所以， 当时，当时，且，所以当时，取得最大值，所以实数的取值范围为. （2）由题意，设（），两边取常用对数， 令，则数列是以为首项，为公差的等差数列， 若为定值，令，则，即对恒成立，因为，问题等价于 将代入，解得.因为，所以，所以，又故.20.已知函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）若方程在区间(0,+)上有实数解，求实数a的取值范围；（3）若存在实数，且，使得，求证：【答案】（1）函数的单调减区间为和，单调增区间为（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）时，,分段求出导函数，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）设，则，所以在区间上有解，等价于在区间上有解，设，对利用导数研究函数的单调性，结合函数图象及零点存在定理，即可得到符合题意的的取值范围即可；（3）先排除的情况，到，利用导数研究函数的单调性，分别求出最大值与最小值，问题转化为解得，所以.试题解析：（1）当时，当时，则，令，解得或（舍），所以时， 所以函数在区间上为减函数. 当时，令，解得，当时，当时，所以函数在区间上为减函数，在区间上为增函数，且. 综上，函数的单调减区间为和，单调增区间为（2）设，则，所以，由题意，在区间上有解，等价于在区间上有解. 记，则， 令，因为，所以，故解得，当时，当时，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故函数在处取得最小值. 要使方程在区间上有解，当且仅当，综上，满足题意的实数a的取值范围为. （3）由题意，当时，此时函数在上单调递增，由，可得，与条件矛盾，所以. 令，解得，当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增.若存在，则介于m，n之间， 不妨设，因为在上单调递减，在上单调递增，且，所以当时，由，可得，故，又在上单调递减，且，所以所以，同理 即解得，所以. 三【选做题】本题包括四大题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21.如图，与圆O分别切于点B，C，点P为圆O上异于点B，C的任意一点，于点D，于点E，于点F. 求证：.【答案】见解析.【解析】试题分析：连根据同弧上的圆周角与弦切角相等，可得. 再由，可得 ，从而得. 同理，又，因此，故， 从而可得，即.试题解析：连PB，PC，因为分别为同弧BP上的圆周角和弦切角，所以. 因为，所以PDBPFC，故. 同理，又，所以PFBPEC，故. 所以，即. 22.选修4-2：矩阵与变换已知，求【答案】【解析】试题分析：矩阵的特征多项式为， 令，解得，解得属于1的一个特征向量为，属于2的一个特征向量为 令，即，所以解得，从而可得结果.试题解析：矩阵的特征多项式为， 令，解得，解得属于1的一个特征向量为，属于2的一个特征向量为 令，即，所以解得所以23.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，若直线l与曲线C相交于A，B两点，求AOB的面积【答案】12.【解析】试题分析：（1）先根据极坐标与直角坐标的互化公式得到的直角坐标方程，利用代入法将直线的参数方程转化为普通方程，利用点到直线距离公式求得三角形的高，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据韦达定理及直线参数方程的几何意义可求得，从而根据三角形面积公式可得结果.试题解析：由曲线C的极坐标方程是，得2sin2=2cos所以曲线C的直角坐标方程是y2=2x 由直线l的参数方程 (t为参数)，得，所以直线l的普通方程为 将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程y2=2x，得，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，所以， 因为原点到直线的距离，所以AOB的面积是24.选修4-5：不等式选讲已知a，b，cR，若对一切实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围【答案】【解析】试题分析：（1）根据柯西不等式可得，对一切实数a，b，c恒成立，等价于，对分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得结果.试题解析：因为a，b，cR，由柯西不等式得， 因为对一切实数a，b，c恒成立，所以当时，即；当时，不成立；当时，即；综上，实数x的取值范围为【必做题】第25题、第26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25.如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且ABBP2，AD=AE=1，AEAB，且AEBP（1）求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于。【解析】试题分析：（1）由面面垂直的性质定理可得平面，所以直线，两两垂直，以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系, 为平面的一个法向量，利用向量垂直的性质列方程组求出平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果；（2）设，由（1）知，平面的一个法向量为，利用空间向量夹角余弦公式列方程求解即可.试题解析：（1）因为平面ABCD平面ABEP，平面ABCD平面ABEPAB，BPAB，所以BP平面ABCD，又ABBC，所以直线BA，BP，BC两两垂直， 以B为原点，分别以BA，BP，BC为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P（0，2，0），B（0，0，0），D（2，0，1），E（2，1，0），C（0，0，1），因为BC平面ABPE，所以为平面ABPE的一个法向量，设平面PCD的一个法向量为，则 即令，则，故，设平面PCD与平面ABPE所成的二面角为，则，显然，所以平面PCD与平面ABPE所成二面角的余弦值 （2）设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于设，由（1）知，平面PCD的一个法向量为，所以，即，解得或（舍去） 当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为 26.在正整数集上定义函数，满足，且（1）求证：；（2）是否存在实数a，b，使，对任意正整数n恒成立，并证明你的结论【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）由，整理得，根，根据递推关系先求出，进而可得结果；（2）由，可得，再利用数学归纳法证明即可.试题解析：（1）因为，整理得，由，代入得，所以（2）由，可得 以下用数学归纳法证明存在实数，使成立 当时，显然成立 当时，假设存在，使得成立，那么，当时，即当时，存在，使得成立由，可知，存在实数，使对任意正整数n恒成立