江苏省扬州中学2018届高三5月第四次模拟考试数学含答案

扬州中学高三 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 试卷必做题部分一、填空题：本大题共14小题，每题5分，合计70分．请把答案填写在答题卡相应地点．．．．．．．上．．1、已知会合A{1,0,2},B{xx2n1,nZ},则AB▲．2、已知复数z112i,z2a2i（此中i是虚数单位，aR），若z1z2是纯虚数，则a的值为▲．3、从会合{1,2,3}中随机取一个元素，记为a，从会合{2,3,4}中随机取一个元素，记为b，则ab的概率为▲．4、对一批产品的长度（单位毫米）进行抽样检测，样本容量为400，右图为检测结果的频次散布直方图，依据产品标准，单件产品长度在区间[25,30)的为一等品，在区间[20,25)和[30,35)的为二等品，其他均为三等品，则样本中三等品的件数为▲．5、运转右边的算法伪代码，输出的结果为S=▲．S0226、若双曲线C:xyForiFrom1To10Step11(a0,b0)的离心率为10，1a2b2SS1)则双曲线C的渐近线方程为▲．i(iEndFor1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，11PrintS7、正三棱柱ABC-ABC则三棱锥A-B1DC1的体积为▲．8、 函数 excel方差函数excelsd函数已知函数     2 f x m x mx m      2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载 ycos(2x)()的图象向右平移个单位后，与函数ysin(2x)的23图象重合，则▲．9、若函数f(x)xln(xax2)为偶函数，则a=▲．a210、已知数列an与n均为等差数列（nN），且a12，则a10=▲．n11、若直线kxyk20与直线xky2k30交于点P，则OP长度的最大值为▲．12、如图，已知ACBC4，ACB90，M为BC的中点，D为以AC为直径的圆上一动点，CDMAB则AMDC的最小值是▲．2x,x2，函数gxbf2x，此中b13、已知函数fx22x2R，若函数x,yfxgx恰有4个零点，则实数b的取值范围是▲．14、已知x,y均为非负实数，且xy1，则4x24y21(xy)2的取值范围为▲．二、解答题：本大题共6小题，合计90分．请在答题卡指定地区内作答．解答时应写出文字．．．．．．．说明、证明过程或演算步骤．15、已知ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c向量m(1,2)，n(cos2A,cos2A)，,2且mn1.(1)求角A的大小；(2)若bc2a23，求sin(B)的值416、如图，四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．1）求证：FG//平面PBD；2）求证：BD⊥FG．17、已知椭圆C:x2y21(ab0)的左焦点为F，上极点为A，直线AF与直线a2b2xy320垂直，垂足为B，且点A是线段BF的中点.（1）求椭圆C的方程；（2）若M，N分别为椭圆C的左，右极点，P是椭圆C上位于第一象限的一点，直线MP与直线x4交于点Q，且MPNQ9，求点P的坐标.18、中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的一致，给人以美的享受．如图为一花窗中的一部分，呈长方形，长30cm，宽26cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木材做成，由两个菱形和六根支条组成，整个窗芯对于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为cm和ycm，窗芯所需条形木材的长度之和为L．（1）试用，y 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示L；（2）假如要求六根支条的长度均不小于2cm，每个菱形的面积为130cm2，那么做这样一个窗芯起码需要多长的条形木材（不计榫卯及其他消耗）？19、已知函数x2，f(x)ex1fx的单一区间；（）求函数（2）当0m4时，判断函数g(x)x2m,(x0)有几个零点，并证明你的结论；e2ex311112，若函数h(x)在0,为增函（）设函数h(x)x+f(x)xf(x)cx2x2x数，务实数c的取值范围．20、已知数列{an}中，a11，前n项和为Sn，若对随意的nN*，均有Snankk（k是常数，且kN*）成立，则称数列{an}为“H(k)数列”.（1）若数列{an}为“H(1)数列”，求数列{an}的前n项和Sn；（2）若数列{a}为“数列”，且a2为整数，试问：是否存在数列{a}，使得nH(2)n|an2an1an1|40对随意n2，nN*成立？假如存在，求出这样数列{an}的a2的全部可能值，假如不存在，请说明原因。扬州中学高三数学试卷附带题21A．选修4-1：几何证明选讲如图，⊙O的直径AB的延伸线与弦CD的延伸线订交于点P，E为⊙O上一点，AE=AC，DE交AB于点F．求证：△PDF∽△POC．21B．选修4-2：矩阵与变换20已知矩阵M，求矩阵M的特点值及其相应的特点向量．1121C．选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，直线l的极坐标方程为R，以极点为原点，极轴为x轴的正3x2cos,为参数），求直线l与曲半轴成立平面直角坐标系，曲线C的参数方程为（y1cos2线C的交点P的直角坐标。21D．选修4-5：不等式选讲设a，b，c，d都是正数，且xa2b2,yc2d2．求证：xy(acbd)(adbc)．22、甲、乙两班各派三名同学参加知识比赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得0分，假定甲班三名同学答对的概率都是2，乙班三名同学答对的概率分别是2,2,1，且这六名同3332学答题正确与否互相之间没有影响．1）记“甲、乙两班总得分之和是60分”为事件A，求事件A发生的概率；2）用表示甲班总得分，求随机变量的概率散布和数学希望．23、已知函数f0xaxx为fn1x的导数，nN*．esinbx，设fn1）求f1x，f2x；2）猜想fnx的表达式，并证明你的结论．扬州中学高三数学试卷参照答案1.{－1}；2.－4；84.100；5.106.y＝±3；7.3.；；9111；8.5；9.1；10.20；11.221；12.8-45；13.7,2；14.642[,4]314.解：由于x,y0，因此(xy)2x2y2(xy)2，令txy，则0t1．24x24y2(1xy)24t2(1t)25t22t14．当xy0且t1，即x0,y1或x1,y0时取等号；另一方面，4x24y2(1xy)22t2(1t)23t22t123当xy14y2(1xy)2[2,4]．时取等号．因此4x26A315.解：(1)由题意得mncos2A2cos22cos2A1cosA12cos2AcosA21又由于mn1，因此2cos2AcosA1，解得cosA或cosA120A,A37分1(2)在ABC中，由余弦定理得(3)2b2c22bcb2c2bc①2又bc23，∴b23c，代入①整理得c223c30，解得c3，∴b3，于是abc3即△ABC为等边三角形，B3sin(B)sin()623414分4416．证明：（Ⅰ）连接PE，由于G.、F为EC和PC的中点，FG//PE,FG平面PBD，PE平面PBD，FG//PE，3分又FG平面PBD，PE平面PBD，因此FG平面PBD7分（II）由于菱形ABCD，因此BDAC，又PA⊥面ABCD，BD平面ABCD，因此BDPA，由于PA平面PAC，AC平面PAC，且PAACA，BD平面PAC，FG平面PAC，BD⊥FG14分x2y2（过程略）6分17.解（1）122）方法1：“点参”设P(x0，y0)，则直线MP的方程为yy0(x2)，因此Q(4,6y0)x0+2x0+2因此MPNQ(x0+2，y0)(2，6y0)2(x0+2)26y028分x0+2x0+2由P(x0，y0)在椭圆上得y0221x02，因此MPNQx028x02010分2x0+2因此x028x0209，解得x01或x02（舍），因此P(1,6)14分x0+22方法2：“参”kMP的方程为yk(x2),(k0)x2y21设直线，由42得yk(x2)(12k2)x28k2x8k2402，因此P(224k2),由于xM2，因此xP24k24k2,10分12k12k12k又Q(4,6k)，因此44k，MP(12k2,12k2),NQ(2,6k)因此MPNQ24k289，解得k21，故k6，因此P(1,6)14分12k266218.解：（1）水平方向每根支条长为m302x15xcm，竖直方向每根支条长为226y13yx2y)2x2y2ncm，菱形的一条边长为()(2cm．2222y2y2因此L2(15x))8x=824222(xy)cm．6分4(132xy21xy260，由15x≥2,（2）由题意得130，即y13得130≤x≤13．8分2xy≥2,112因此L824x226022(x260()x)．x令tx260，其导函数t(x)12600，（130≤x≤13），xx211故tx260130,13]上单一递减，故t[33,37210分在[]．x1111因此L824t25202t，此中定义域t372[33,]12分2t11求导得L(t)2(1)0，因此2在t372520L824t5202t[33,]上为增函t211数，故当t33，即x13,y20时L有最小值164569．答：做这样一个窗芯起码需要164569cm长的条形木材．16分19.解：（1）f(x)2xexx2exx(2x)，(ex)2exx(,0)0(0,2)22,f(x)-00f(x)极小值极大值因此单一增区间0,2，单一减区间为,0、2,4分（2）函数g(x)x2m,(x0)有2个零点。证明以下：5分ex由于04时，因此g(2)4m0，me2e20,2由g(2)0，g(0)m0，且g(x)在上单一递加且连续得g(x)在0,2上仅有一个零点，7分由上边可得x0时，fxf2，即x241，故x0时，exx2，exe2161641644memem因此g(mmm4m24，)4mememmem2416，因此g(4)由exx2得em4，平方得em0mm2m由g(2)0，g(4)0，且g(x)在0,2上单一递加且连续得g(x)在2,4上仅有一mm个零点，综上得：函数（3）记函数g(x)x2m,(x0)有2个零点10分exx2F(x)f(x)(x1)x1,x0，下边观察F(x)的符号．xexx求导得F(x)x(2xx)112,x0．ex当x2时F(x)0恒成立．当0x2时，x(2x)[x(2x)]21，2进而F(x)x(2x)1111110．ex1ex11x2x2x2x2∴F(x)0在(0,)上恒成立，故F(x)在(0,)上单一递减．143∵F(1)0,F(2)2ee2因此由函数的零点存在性定理得∴x(0,x0),F(x)0;x(x0,12，xx0x-cx0x∴h(x)2xcx2,xx0ex0，∴F(1)F(2)0，又由于F(x)在[1,2]上连续，唯一的x0(1,2)，使F(x0)012分),F(x)0．1，xx012cx0∴h(x)x2x(2x)x0ex2cx,x由于h(x)在(0,)上增且连续，因此h(x)0在(0,x0)，(x0,)上恒成立．①当xx0时，x(2x)2cx0在(x0,)上恒成立，即2c2x在(x0,)上exex恒成立．记u(x)2x,xx0，则u(x)x3exx,xx0，e当x变化时，u(x)，u(x)变化状况以下表：x(x0,3)3(3,)u(x)0u(x)极小值∴u(x)minu(x)极小u(3)1．e3故2cu(x)min1，即c1．e312e3②当0xx0时，h(x)2cx，当c0时，h(x)1x21综合（1）（2）知，实数c的取值范围是c3．2e20.（1）由于数列{an}为“H(1)数列”，因此Snan11，故Sn1两式相减得an12an,(n2)0在(0,x0)上恒成立．16分an1(n2)在Snan11中令n1，则可得a22，故a22a1因此an12,(nN*,n1)，因此数列{an}为等比数列，an因此an2n1，因此Sn（2）由题意得Snan2两式相减得an2an1因此，当n2时，an212n16分2，故Sn1an12(n2)，an,(n2)8分anan2an21an(an1an)an1(an1an)an2又由于an1anan1,(n3)因此an21anan2an1(an1an)an2an1an1an2因此an12anan2an2an1an1,(n3)因此当n3时，数列an2an1an1是常数列，11分因此an2an1an1a32a2a4,(n3)12分因此an2an1an1a32a2a4,(n3)由于a4a3a2因此an2an1an1a32a2a3a22,(n3)在Snan22中令n1，则可得a33，因此93a2a2240又n2时a22a1a3a22340且a2为整数因此可解得a20,1,2,3,4,5,616分附带题答案21.A．选修4-1：几何证明选讲证明：∵AE=AC，∠CDE=∠AOC，又∠CDE=∠P+∠PDF，∠AOC=∠P+∠OCP，进而∠PDF=∠OCP．在△PDF与△POC中，∠P=∠P，∠PDF=∠OCP，故△PDF∽△POC．B．选修4-2：矩阵与变换解：矩阵M的特点多项式为，令f（λ）=0，解得λ1=1，λ2=2，4分将λ=1代入二元一次方程组解得=0，1因此矩阵M属于特点值1的一个特点向量为；同理，矩阵M属于特点值2的一个特点向量为10分C．选修4-4：坐标系与参数方程解：由于直线l的极坐标方程为R，因此直线l的一般方程为y3x，3又由于曲线C的参数方程为x2cosy1（为参数），cos2因此曲线C的直角坐标方程为y1x2x2,2，2x0x23．联立解方程组得或y0y6x23(0,0)10分依据x的范围应舍去,故P点的直角坐标为y6注：多一解扣2分D．选修4-5：不等式选讲证明：∵（a2+b2）（c2+d2）﹣（ac+bd）2=（a2c2+a2d2+b2c2+b2d2）﹣（a2c2+2abcd+b2d2）=（ad﹣bc）2≥0，∴（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2成立，又a，b，c，d都是正数，?≥ac+bd＞0，①同理?≥ad+bc＞0，∴y≥．22.解：（1）P(A)(222)(221)164分333332243（2）随机变量的取值为0，10，20，30.因此希望E(X)L2010分23.解：（1）f1xf0xaeaxsinbxbeaxcosbxa2b2eaxasinbxbb2cosbxa2b2eaxsinbxa2b2a2ba1，此中sin，cos21分a2b22eaxsinbxa2b2a2bf2xf1xa2b2aeaxsinbxbeaxcosbxa2b2eaxasinbxbcosbxa2b2eaxsinbx2，此中sinbb2，cosa3分a2a2b2n，nN*4分（2）猜想fnxa2b22eaxsinbxn下边用数学概括法证明：①当n1时，f1xa2b212sinbx成立，②假定nk时，猜想成立k即fkxa2b22eaxsinbxk当nk1时，fk1xfkxa2a2a2nb2kaeaxsinbeaxcosbx2bxkkk1abb22eaxsinbxkcosbxka2b2a2b2k1b22eaxsinbxkk11neaxsinbxnnN*fnxa2b2210