苏州三校.docx
- 文档编号:15571574
- 上传时间:2023-07-05
- 格式:DOCX
- 页数:30
- 大小:162.43KB
苏州三校.docx
《苏州三校.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《苏州三校.docx(30页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
苏州三校
2019—2020学年第二学期5月调研测试
高三数学试题
2020.05
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.设集合A={2,0,1,2},B={x|x–1<0},则A∩B=▲.
2.设z=3+2i,i为虚数单位,则z2=▲.
3.为了做好防疫工作,要对复工员工进行体温检测,从4名(含甲、乙两人)随机选2名,则甲、乙两人中,至少有一人被选中的概率是▲.
4.运行如图所示的伪代码,其结果为▲.
5.如图是一次摄影大赛上7位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图.记分员在去掉一个最高分和一个最低分后,则该作品的平均分为▲.
ππ
6.
函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<2)的最小正周期为π,且它的图象过点(-12,-
2),
则φ的值为▲.
7.
若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是双曲线x-y
2pp
=1的一个焦点,则p=▲.
8.已知α为锐角,若2sin2α=sin(π+2α)+1,则cosα=▲.
2
9.等差数列{an}的前n项和为Sn,若
S2m-1=2019,am=3,其中m∈N*,则m=▲.
10.已知正实数x,y满足2x⋅4y=(2x)y,则x+y的最小值为▲.
11.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对
称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,其棱长为1,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的表面积为▲.
12.由圆C:
x2+y2-2x-4y+1=0外一点P(4,6)引直线l交圆C于A、B两点,则线段AB中点M到x轴的距离的最小值为▲.
13.
△ABC中,BC=2,点O,G分别为△ABC的外心、重心,若AO⋅AG=AB⋅AC,
则△ABC面积的最大值为▲.
⎧1-x2,0≤x≤1
14.设f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=⎪
+,x>1
,若关于x的
⎪
⎩
方程f2(x)-2af(x)+a2-1=0有4个不同的实数根,则实数a的取值范围是
9
▲.
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)
在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知向量m=(cosB,cosC),
n=(4a-b,c),且m∥n.
(1)求cosC的值;
(2)若c=,△ABC的面积S=
15,求a,b的值.
4
16.(本小题满分14分)
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AA1=
2AB,D是AB的中点.
(1)求证:
BC1∥平面A1CD;
(2)若点P在线段BB上,且BP=1BB,求证:
AP⊥平面ACD.
1411
B
D
CA
P
B1
C1A1
17.(本小题满分14分)
苏州园博园拟建一个多边形苗圃,苗圃的一边紧靠着长度大于30m的围墙.现有两种
方案:
方案①:
如图1所示,多边形为直角三角形AEB(∠AEB=90
),其中AE+EB=30m;
方案②:
如图2所示,多边形为等腰梯形AEFB(AB>EF
AE=EF=BF=10m.
),其中
请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积,并从中确定使苗圃面积最大的方案.
EEF
图1图2
18.(本小题满分16分)
x2y226
已知椭圆C:
a2+b2
=1(a>b>0)的离心率为
2
,点(1,
)在椭圆C上.
2
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连结QE并延长交C于点G.
①求证:
△PQG是直角三角形;
②求△PQG面积的最大值.
19.(本小题满分16分)
设函数f(x)=x3-3x2+ax(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)已知函数f(x)有两个极值点x1,x2(0 ①比较f(x1)+f(x2)与f (2)的大小; ②若函数g(x)=|f(x)|-|f(x1)|在区间[0,2]上有且只有一个零点,求实数a的取值范围. 20.(本小题满分16分) 数列{an}的数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,若数列{an}满足: 对任意正整数n, k,当n>k时,Sn+k+Sn-k=2(Sn+Sk)总成立,则称数列{an}是“D(k)数列”. (1)若{an}是公比为2的等比数列,试判断{an}是否为“D (2)”为数列? (2)若{an}是公差为d的等差数列,且是“D(3)数列”,求实数d的值; (3)若数列{an}既是“D (2)”,又是“D(3)”,求证: 数列{an}为等差数列. 2019—2020学年第二学期5月调研测试 高三数学Ⅱ(附加题) 21.【选做题】本题包括A、B、C三小题,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. A.[选修4-2: 矩阵与变换](本小题满分10分) ⎡33⎤⎡1⎤ 已知矩阵A=⎢cd⎥,若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为α1=⎢1⎥,属于特征值 ⎣⎦⎣⎦ ⎡3⎤ 1的一个特征向量为α2=⎢-2⎥,求矩阵A. ⎣⎦ B.[选修4-4: 坐标系与参数方程](本小题满分10分) 在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.直线l π3 ⎧⎪x=2cost 的极坐标方程为ρsin(3-θ)=2,椭圆C的参数方程为⎨⎪y= 3sint (t为参数).若直线l 与椭圆C交于A,B两点,求线段AB的长. C.[选修4-5: 不等式选讲](本小题满分10分) 3 已知a+b+c=1,证明: (a+1)2+(b+1)2+(c+1)2≥16. 【必做题】第22题、第23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. 22.(本小题满分10分) 如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF中,AB=2,CE=1,CE⊥平面ABCD. (1) 求异面直线DF与BE所成角的余弦值; (2)求二面角A-DF-B的大小. 23.(本小题满分10分) 在平面直角坐标系xOy中,点P(x0,y0)在曲线y=x2(x>0)上.已知A(0,-1),Pn(xn,yn), 00 n∈N*.记直线APn的斜率为kn. (1)若k1=2,求P1的坐标; (2)若k1为偶数,求证: kn为偶数. 2019—2020学年第二学期5月调研测试参考答案 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.{2,0}2.5+12i3.54.175.916.-π 7.128.25 5 12.313. 6 9.33710.3+2 14.(1+1215 11. 12 18+12 2e63e6 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.解: (1)∵m∥n,∴ccosB=(4a-b)cosC,2分 由正弦定理,得sinCcosB=(4sinA-sinB)cosC, 化简,得sin(B+C)=4sinAcosC﹒4分 ∵A+B+C=,∴sinA=sin(B+C)﹒ 又∵A∈(0, ),∵sinA>0,∴cosC=1.6分 4 (2)∵C∈(0, ),cosC=1,∴sinC= 4 ==15. 4 ∵S=1absinC=15,∴ab=2﹒①9分 24 ∵c=,由余弦定理得3=a2+b2-1ab, 2 ∴a2+b2=4,②12分 由①②,得a4-4a2+4=0,从而a2=2,a=±2(舍负),所以b=, ∴a=b=.14分 16.证明: (1)连结AC1,设交A1C于点O,连结OD. ∵四边形AA1C1C是矩形,∴O是AC1的中点.2分 在△ABC1中,O,D分别是AC1,AB的中点, ∴OD∥BC1.4分 又∵OD⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD, ∴BC1∥平面A1CD.6分 (2)∵CA=CB,D是AB的中点,∴CD⊥AB﹒ 又∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC⊥侧面AA1B1B,交线为AB, CD⊂平面ABC,∴CD⊥平面AA1B1B﹒8分 ∵AP⊂平面A1B1BA,∴CD⊥AP.9分 ∵BB=2BA,BB=AA,BP=1BB, 11141 ∴BP= 2=AD,∴Rt△ABP∽Rt△AAD, 1 BA4 AA1 从而∠AA1D=∠BAP,所以∠AA1D+∠A1AP=∠BAP+∠A1AP=90︒, ∴AP⊥A1D.12分 又∵CDA1D=D,CD⊂平面A1CD,A1D⊂平面A1CD ∴AP⊥平面A1CD.14分 16.解: 设方案①,②中多边形苗圃的面积分别为S1,S2. 方案①设AE=x,则S1=⨯(30-x).................................3分 2 1⎡x+(30-x)⎤2 ≤2⎢2⎥ ⎣⎦ 225 (当且仅当x15时,“=”成立)...................................5分 2 ⎛π⎫ 方案②设∠BAE=θ,则S=100sinθ(1+cosθ),θ∈ç0,⎪.................8分 ⎝⎭ 由S'=100(2cos2θ+cosθ-1)=0得,cosθ=1(cosθ=-1舍去)..........10分 22 ⎛π⎫π 因为θ∈ç0,⎪,所以θ=,列表: ⎝⎭ θ ⎛0,π⎫ ç3⎪ ⎝⎭ π 3 ⎛π,π⎫ ç32⎪ ⎝⎭ ' S2 + 0 - S2 极大值 2) 所以当θ=π时,(S 3 max =753..............12分 225 因为 2 π <753,所以建苗圃时用方案②,且∠BAE=. 3 答: 方案①,②苗圃的最大面积分别为225m2,753m2,建苗圃时用方案②,且 2 π ∠BAE=......................................14分 3 【注: 不作答,不写单位分别扣1分】 18.解: (1)x+y=1 42 …………4分 (i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0). ⎧y=kx ⎪2 由⎨x2 ⎪⎩ +y2= 得x=±.6分 1+2k2 42 记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 1+2k2 于是直线QG的斜率为k 2 ⎧y=k(x-u), ,方程为y= k(x-u). 2 ⎪222 222 由⎨x2y2 得(2+k)x - 2ukx+ku -8=0.① ⎪+=1 ⎪⎩42 设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG= u(3k2+2) 2+k2 ,由此得 uk3 yG2+k2. uk3 2+k2 -uk =-1 …………8分 从而直线PG的斜率为u(3k2+2)k. 2+k2-u 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.10分 (ii)由(i)得|PQ|=2u ,|PG|= 2+k2 ,所以△PQG的面积 S=1|PQ‖PG|= 8k(1+k2) 8(1+k) =k .12分 2(1+2k2)(2+k2)1+2(1+k)2 k 1 设t=k+ k ,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号. 因为S= 8t 1+2t2 在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值 为16.因此,△PQG面积的最大值为16.16分 99 19.解: (1)f'(x)=3x2-6x+a=3(x-1)2+a-3. 当a≥3时,f'(x)≥0,所以f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无减区间; 当a<3时,令f'(x)>0,得x<1- 或x>1+ 所以f(x)的单调增区间为 (-∞,1- 3-a)和(1+ 3 3-a,+∞),减区间为(1- 3 3-a,1+ 3 3-a). 3 综上: 当a≥3时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无减区间 当a<3时,f(x)的单调增区间为(-∞,1- 3-a)和(1+ 3 3-a,+∞), 3 减区间为(1- 3-a,1+ 3 3-a)4分 3 (2)因为f(x)的两个极值点x,x,由 (1)知,当a<3时,a=-3x2+6x,a=-3x2+6x, 121122 且x1 =1- ,x2 =1+ ,则x1 + x2 =2,x1x2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 苏州