《蘇錫常鎮(zhèn)高三數學一模試卷答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《蘇錫常鎮(zhèn)高三數學一模試卷答案（26頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 一、填空題 1、已知集合 U 1,2,3,4,5,6,7 ， M x x2 6x 5 ≤ 0, x Z ，? U M ． 2、若復數 z 滿足 z i 2 i （ i 為虛數單位） ，則 z ． t 1 i i 2 While i ≤ 4 1 3、函數 f (x)

2、 的定義域為 ． t t i ln(4 x 3) i i 1 4、下圖是給出的一種算法，則該算法輸出的結果是 ． End Whlie Print t 5、某高級中學共有 900 名學生，現(xiàn)用分層抽樣的方法從該校學生中抽取 1個容量為 45 的 樣本，其中高一年級抽 20 人，高三年級抽 10人．則該校高二年級學生人數為

3、 ． 6、已知正四棱錐的底面邊長是 2 ，側棱長是 3 ，則該正四棱錐的體積為 ． 7、從集合 1,2,3,4 中任取兩個不同的數，則這兩個數的和為3 的倍數的概率為 ． 2 2 8、在平面直角坐標系 xOy 中，已知拋物線 y2 8x的焦點恰好是雙曲線 x2 y 1 的右 a 3 焦點，則雙曲線的離心率為 ．

4、 9、設等比數列 a 的前 n 項和為 Sn ，若 S3 , S9 , S6 成等差數列，且 a2 a5 4 ，則 a8 的 n 值為 ． 10、在平面直角坐標系 xOy 中，過點 M (1,0) 的直線 l 與圓 x2 y2 5 交于 A, B 兩點，其 中 A 點在第一象限，且 uuuur uuur BM 2MA ，則直線 l 的方程為

5、． 11、在△ ABC 中，已知 AB 1, AC 2, A uuur uuur uuur 60 o，若點 P 滿足 AP AB AC ，且 uuur uuur BP CP 1 ，則實數 的值為 ． 12、已知 sin 3sin( ) ，則 tan( 12 ) ． 6

6、 1 1, x 1 2x 1 13、若函數 f (x) ，則函數 y f ( x) ． ln x 的零點個數為 8 x2 , x ≥ 1 14、若正數 x, y 滿足 15x y 22 ，則 x3 y3 x2 y2 的最小值為 ．

7、 二、解答題 15、在△ ABC 中， a, b, c 分別為角 A, B,C 的對邊．若 a cos B 3,b cos A 1，且 A B ． 6 （ 1）求邊 c 的長；（ 2）求角 B 的大小． 16、如圖，在斜三棱柱 ABC A1 B1C1 中，側面 AAC1 1C 是菱形， AC1 與 A1C 交于點 O ， E 是棱 AB 上一點，且 OE ∥平面 BCC1 B1 ． （ 1）

8、求證： E 是 AB 中點； （ 2）若 AC1 A1 B ，求證： AC1 BC ． 17、某單位將舉辦慶典活動， 要在廣場上豎立一形狀為等腰梯形的彩門 BADC（如圖）．設 計要求彩門的面積為 S （單位： m2 ），高為 h （單位： m ）（ S, h 為常數）．彩門的下底 BC 固定在廣場底面上，上底和兩腰由不銹鋼支架構成，設腰和下底的夾角為 ，不銹鋼 支架的長度和記為 l ． （ 1）請將 l 表示成關于 的函數 l f (

9、 ) ； （ 2）問當 為何值 l 最小，并求最小值． 18、在平面直角坐標系 xOy 中，已知橢圓 x2 y2 1(a b 0) 的焦距為 2 ，離心率為 a2 b2 2 ，橢圓的右頂點為 A . 2 （ 1）求該橢圓的方程； （ 2）過點 D ( 2, 2) 作直線 PQ 交橢圓于兩個不同點 P, Q ，求證：直線 AP, AQ 的斜 率之和為定值 .

10、 19、已知函數 f (x) ( x 1)ln x ax a （ a 為正實數，且為常數） . （ 1）若函數 f ( x) 在區(qū)間 (0, ) 上單調遞增，求實數 a 的取值范圍； （ 2）若不等式 ( x 1) f ( x)≥ 0 恒成立，求實數 a 的取值范圍 . 20、已知 n 為正整數，數列 an 滿足 an 0 ， 4(n 1)an2 nan2 1

11、 0 ，設數列 bn 滿足 bn an2 t n . （ 1）求證：數列 an 為等比數列； n （ 2）若數列 bn 是等差數列，求實數 t 的值； （ 3）若數列 bn 是等差數列，前 n 項和為 Sn ，對任意的 n N ，均存在 m N ，使得 8a12 Sn a14n2 16bm 成立，求滿足條件的所有整數 a1 的值 .

12、 2016— 2017 學年度蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學情況調研（一） 數 學 Ⅱ 試 題 2017.3 1、已知二階矩陣 M 有特征值 ur 1 8 及對應的一個特征向量 e1 ，并且矩陣 M 對應的 1 變換將點 ( 1,2) 變換成 ( 2,4) . （ 1）求矩陣 M ； （ 2）求矩陣 M 的另一個特征值 . 2、已知圓 O 和圓 O 的極坐標方程分別

13、為 2 . 2,2 2 cos() 2 1 2 4 （ 1）把圓 O1 和圓 O2 的極坐標方程化為直角坐標方程； （ 2）求經過兩圓交點的直線的極坐標方程. 3、如圖，已知正四棱錐 P ABCD 中， PA AB 2 ，點 M , N 分別在 PA, BD 上，且 PM BN 1 . PA BD 3 （ 1）求異面直線 MN 與 PC 所成角的大小； （ 2）求二面角 N PC B 的余弦值 .

14、 4、設 ， n 為正整數，數列 an 的通項公式 an sin n tann ，其前 n 項和為 Sn . 2 2 n 1 （ 1）求證：當 n 為偶數時， an 0；當 n 為奇數時， an ( 1) 2 tann ； （ 2）求證：對任何正整數 n ， S2n 1 sin 2 [1 ( 1)n 1 tan2 n ] . 2

15、 2016-2017 學年度蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學情況調研（一） 數學參考答案 2017.3 一、填空題． 1． 6,7 2 ． 10 3 ． 3 ,1 U 1. 4 ． 24 4 5． 300 6 ． 4 7 ． 1 8 ． 2 3

16、 3 9． 2 10 ． y x 1 11 ． 1 或 1 4 12． 2 3 4 13 ． 4 14 ． 1 二、解答題：本大題共 6 小題，共計 90 分． 15．解：（ 1）（法一） 在△ ABC 中，由余弦定理， a cosB 3 ，則 a a2 c2 b2 3 ，得 a 2 c2 b2

17、 6c ；① ?? 2 分 2ac b cosA 1，則 b b2 c2 a2 1 ，得 b 2 c2 a 2 2c ，② ?? 4 分 2bc ① +②得： 2 8c ， c 4 . ?? 7 分 2c （法二） 因為在△ ABC 中， A B C π， 則 sin A cosB

18、 sin Bcos A sin( A B) sin( C π)=sin C ， ?? 2 分 由 a b c 得： sin A a sinC ， sin B bsin C ，代入上式得： ?? 4 分 sin A sin B sinC c c c a cosB bcosA 3 1 4 . ?? 7 分 （ 2）由正弦定理得 a cos B sin A cosB tan A 3 ， ?? 10 分 b cos A sin B cos A

19、 tan B 又 tan( A B) tan A tan B 2tan B 3 ， ?? 12 分 1 tan A tan B 2 3 1 3tan B 解得 tan B 3 ， B (0, π) ， B π. ?? 14 分 3 6 16．（ 1）連接 BC1 ，因為 OE ∥平面 BCC1B1 ， OE

20、 平面 ABC1 ，平面 BCC1 B1 I 平面 ABC1 BC1 ，所以 OE ∥ BC1 . ?? 4 分 因為側面 AA1C1C 是菱形， AC1 I AC1 O ，所以 O 是 AC1 中點， ?? 5 分 所以 AE AO 1 ， E 是 AB中點 . ?? 7 分 EB OC1 （ 2）因為側面 AA1C1C 是菱形，所以 AC1 A1C ， ?? 9 分 又 AC1 A1B ， AC1

21、 I A1 B A1 ， AC1 , A1B 面 A1 BC ，所以 AC1 面 A1 BC ， ? 12 分 因為 BC 平面 A1 BC ，所以 AC1 BC ． ?? 14 分 A1 C 1 A D y P O B1 O Ax

22、 A C B H C Q （第 17 題圖） D E （第 18 題圖） B （第 16 題圖） 17．解：（ 1）過 D 作 DH BC 于點 H ，則 DCB （ 0 π）， DH h ， 設 AD x ，

23、 2 則 DC h ， CH h ， BC x 2h ， ?? 3 分 sin tan tan 因為 S=1 (x x 2h ) h ，則 x S h ； ?? 5 分 2 tan h tan 則 l f ( ) 2 DC AD S 2 1 π ?? 7 分 h h( ) ( 0 ) ；

24、 sin tan 2 （ 2） f ( ) h ( 2cos 1 1 2cos ?? 8 分 2 2 ) h 2 ， sin sin sin 1 2cos 0 ，得 π ?? 9 分 令 f ( ) h 2 . sin 3 π π π

25、π 0, 3 , ?? 11 分 3 3 2 f ( ) － 0 ＋ f ( ) 減 極小值 增 所以， l min π S ?? 12 分 f ( ) 3h. 3 h 答：（ 1） l 表示成關于 的函數為 l f ( )

26、 S 2 1 ( 0 π h h( ) ) ； sin tan 2 （2）當 π時， l 有最小值為 3h S . ?? 14 分 3 h 18．解：（ 1）由題 c 1， c 2 所以 a 2 ， b 1 . ?? 2 分 e a 2 ， 所以橢圓 C的方

27、程為 x2 y2 1. ?? 4 分 2 （ 2）當直線 PQ的斜率不存在時，不合題意； ?? 5 分 當直線 的斜率存在時，設直線 的方程為 y 2 k( x 2) ， ?? 6 分 PQ PQ 代入 x2 2 y2 2， 得 (1 2k2 ) x2 4 2( k2 k)x 4k 2 8k 2 0 ， ?? 8 分 設 P(x1 , y1 ) ， Q(x2 , y2 ) ，則：

28、 1 4 2( k 2 k) 4(8k 1) 0 ， k ， ?? 9 分 ， x1,2 2(1 2 ) 8 2 k 所以 x1 x2 4 2(k2 k) ， x1 x2 4k2 8k 2 ， ?? 11 分 1 2k 2 1 2k 2 又 kAP kAQ

29、 y1 y2 k( x1 2) 2 k (x2 2) 2 x1 2 x2 2 x1 2 x2 2 4 2( k2 k) 2k 2( x1 x2 ) 4 2k 2 1 2k 2 4 =1. x x 2( x x) 2 4k2 8k 2 4 2( k 2 k) 2 2 2

30、 1 1 2k2 1 2 k2 1 所以直線 AP， AQ的斜率之和為定值 1. ?? 16 分 19．解：（ 1） f (x) ( x 1)ln x ax 因 f ( x) 在 (0, ) 上單調遞增，則 令 g( x) ln x + 1 1 ，則 g ( x) x  x 1 ?? 1 分 a ，

31、f ( x) ln x + a . x 1 f ( x) ≥ 0 ， a, ln x + 1 恒成立 . x x 2 1 ， ?? 2 分 x x (0,1) 1 (1, ) ??４分 g ( x) － 0 ＋ g( x) 減 極小值 增 因此， gmin ( x) g(1) 2 ，即 0 a , 2 . ?? 6 分 （ 2）當 0 a , 2 時，由（ 1）知，當 x (0, ) 時， f (x) 單調

32、遞增 . ?? 7 分 又 f (1) 0 ，當 x (0,1) ， f ( x) 0 ；當 x (1, ) 時， f ( x) 0 . ?? 9 分 故不等式 ( x 1) f (x) ? 0 恒成立． ?? 10 分 若 a 2 ， f ( x) x ln x (1 a) x 1 ， x 設 p( x) x ln x (1 a)x 1 ，令 p ( x) ln x 2 a 0 ，則 x ea 2

33、 1 . ? 12 分 當 x (1,ea 2 ) 時， p (x) 0 ， p( x) 單調遞減，則 p( x) p(1) 2 a 0 ， 則 f (x) p( x) 0 ，所以當 x (1,ea 2 ) 時， f (x) 單調遞減， ?? 14 分 x 則當 x (1,ea 2 ) 時， f ( x) f (1) 0 ，此時 ( x 1) f ( x) 0< ，矛盾 . ?? 15 分 因此， 0 a , 2 .

34、 ?? 16 分 20．解：（ 1）由題意得 4(n 1)an 2 nan 1 2 ，因為數列 an 各項均正， 得 an2 1 4 an2 ，所以 an 1 2 an ， ?? 2 分 n 1 n n 1 n an 1 因此 n 1 2 ，所以 an 是以 a1 為首項公比為 2 的等比數列 . an n n

35、 （ 2）由（ 1）得 an 2 a12 4n 1 n n 1 a n 1 n 1 n an n a1 2 ， a 2 ， bn t n t n ， 如果數列 bn 是等差數列，則 2b2 b1 b3 ， 得： a12 2 42 1 a12 40 a12 3 43 1

36、16 1 48 2 16t 48 0 ， 2 t 2 t t 3 ，即 2 t 3 ，則 t t t 解得 t1 4 ， t2 12 . 當 t1 4 時， bn a12 n ， 4 bn 1 bn a12 ( n 1)

37、a12 n a12 ，數列 bn 是等差數列，符合題意； 4 4 4 2 當 t2 =12 時， bn a1 n ， 4 3n 2 2 2 11 a12 ， 2b3 2 2 2 b2 b4 2a1 4a

38、1 22a1 a1 3 a1 ， 4 32 4 34 4 34 162 4 33 18 b2 b4 2b3 ，數列 bn 不是等差數列， t2 =12 不符合題意；  ?? 4 分 ?? 5 分 ?? 6 分 ?? 7 分 ?? 8 分 ?? 9 分 綜上，如果數列 bn 是等差數列， t 4 . ?? 10 分

39、2 （ 3）由（ 2）得 bn a1 n ，對任意的 n N* ，均存在 m N* ，使 8a1 2Sn a14n 2 16bm ， 4 4 n(n 1) 2 2 a1 4 2 a1 m ，所以 na1 . ?? 12 分 則 8 2 a1 n

40、 16 4 m 4 4 當 a1 2k ， k N* ，此時 m 4k2 n k 2 n ，對任意的 n N* ，符合題意； ?? 14 分 4 當 a1 2k 1 ， k N*，當 n 1 時， m 4k 2 4k 1 k 2 k 1 . 不合題意 . ? 15 分

41、 4 4 綜上，當 a1 2 k,k N* ，對任意的 n N* ，均存在 m N* ，使 8a1 2 Sn a14n 2 16bm . ?? 16 分 （第Ⅱ卷 理科附加卷） 21．【選做題】本題包括 A ， B ， C ， D 四小題，每小題 10 分 . D A．（選修 4－ 1 幾何證明選講） .

42、 解：連結 OC，由于 l 是圓的切線，故 OC l ， E C 因為 AD l ，所以 AD ∥ OC ， ?? 2 分 A g B O 因為 AB 是圓 O的直徑， AB 6 ， BC 3 ， 所以 ABC BCO 60 ,

43、 （第 21—A 題圖） 則 DAC = ACO 90 60 30 . ?? 4 分 AC 2 3cos30 3 3 ， DC AC sin30 3 3 ， DA AC cos30 9 . ?? 7 分 2 2 由切割線定理知， 2 DA DE ， ?? 9

44、 分 DC 所以 DE 3 ，則 AE 3 . ?? 10 分 2 B．（選修 4— 2：矩陣與變換） 解：設 = a b ， 1 1 a b ， M 1 2 a 2b ， ?? 3 分 M c d M 8 c d

45、2 4 c 2d 1 1 a b 8 ， a 6 ， c d 8 ， b 2 ， 即 M= 6 2 . ?? 5 分 a 2b 2 解得 c 4 4 4 ， ， c 2d 4 ， d 4 ，

46、 （ 2）則令特征多項式 f ( ) 6 2 ( 6)( 4) 8 0 ， ?? 8 分 4 4 解得 1 8， 2 2 . 矩陣 M的另一個特征值為 2 . ?? 10 分 C．（選修 4— 4：坐標系與參數方程） 解：（ 1）圓 O1

47、的直角坐標方程為 x2 y2 4 ，① ?? 3 分 由 2 2 cos( π 2 2 (cos sin ) 2 ， ?? 4 分 2 ) 2 ，得 4 x2 y2 2( x y) 2 ， 故圓 O2 的直角坐標方程為 x2 y2 2 x 2 y 2 0 ，②

48、 ?? 6 分 （ 2）② - ①得經過兩圓交點的直線為 x y 1 0 ， ?? 8 分 該直線的極坐標方程為 cos sin 1 0 . ?? 10 分 D．（選修 4— 5：不等式選講） 2 解：因為： 3a 1 3b 1 3c 1 , (1 1 1)(3a 1 3b 1 3c

49、1) , ?? 7 分 由于 a b c 3 ，故 3a 1 3b 1 3c 1, 6 ， 當且僅當 a b c 1時, 3a 1 3b 1 3c 1 取到最大值 6. ?? 10 分 【必做題】第 22， 23 題，每小題 10 分，計 20 分 . 22．解：（ 1）設 AC ， BD 交于點 O ，在正四棱錐 P ABCD 中， OP 平面 ABCD . 又 PA AB 2 ，所以 OP 2 .

50、 以 O 為坐標原點， uuur uuur x 軸、 y 軸 DA ， AB 方向分別是 正方向，建立空間直角坐標系 O xyz ，如圖： ?? 1 分 則 A(1, 1,0) ， B(1,1,0) ， C ( 1,1,0) ， D( 1, 1,0) ， P(0,0, 2). uuuur uuur uuuur uuur 2 uuur 1 1 2 2 ) ， uuur 1 uuur ( 1 1 ， ?? 3 分 故 OM O

51、A AM OA AP ( , , 3 ON 3 OB 3 , ,0) uuuur 3 3 3 3 (0,2 , uuur z 所以 MN 2 2) ， PC ( 1,1, 2) ， P 3 3 uuuur uuur uuuur uuur 3

52、M MN PC cos MN , PC uuuuur uuuur 2 ， MN PC 所以 MN 與 PC 所成角的大小為 π. ?? 5 分 D O C N y 6 A B

53、 x （第 22 題圖） uuur ( 1,1, uuur (2,0,0) uuur 4 , 2,0) . （ 2） PC 2) ， CB ， NC ( 3 3 設 m (x, y, z)

54、 是平面 PCB的一個法向量，則 m uuur 0 , m uuur 0 ， PC CB 可得 x y 2 z 0, 令 x 0 ， y 2 ， z 1 ，即 m (0, 2,1) ， ?? 7 分 x 0, 設 n ( x1 , y1, z1 ) 是平面 PCN 的一個法向量，則 uuur 0 ， n uuur

55、 n PC CN 0 ， 可得 x1 y1 2 z1 0, 令 x1 2 ， y1 4 ， z1 2 ，即 n (2,4, 2) ， ? 9 分 2x1 y1 0, cos m,n m n 5 2 5 33 ， m n 3 22 33

56、 則二面角 N PC B 的余弦值為 5 33 . ?? 10 分 33 23．證明：（ 1）因為 an sin nπtann . 2

57、 當 n 為偶數時，設 n 2k ， an 2kπ 2 k sin kπ tan 2k 0 ， an 0 . ?1 分 a2 k sin tan 2 當 n 為奇數時，設 n 2k 1， an a2 k sin (2 k 1)π n sin( kπ π tan n . 1 2 tan )

58、 2 當 k 2m 時， an a2 k π n sin( π n n ， 1 sin(2mπ ) tan ) tan tan 2 2 此時 n 1 n 1

59、 2m 1 ，an a2 k 1 tann ( 1)2 m 1 tann ( 1) 2 tann . ?? 2 分 2 當 k 2m 1時， an a2 k 1 sin(2 mπ 3π n sin( 3π tan n tan n ， 2 ) tan )

60、 2 此時 n 1 tann ( 1)2 m 2 tann n 1 tann 2m 2 ， an a2k 1 ( 1) 2 . 2 n 1 綜上，當

61、n 為偶數時， an 0 ；當 n 為奇數時， an ( 1) 2 tann . ?? 3 分 （ 2）當 n 1時，由（ 1）得： S a a tan ， 2 1 2 1 1 ( 1) n 1 tan 2n = 1 1 tan 2

62、 sin cos 1 tan . sin2 sin 2 2 2 2 cos 故 n 1 時，命題成立 ?? 5 分 假設 n k 時命題成立，即 S2k 1 sin2 1 ( 1)k 1 tan 2k . 2 當 n k 1時，由（ 1）得： S2( k 1) S2k a2 k

63、 1 a2k 2 S2 k a2k 1 = 1 sin2 1 ( 1)k 1 tan2 k ( 1)k tan2k 1 2 = 1 sin 2 1 ( 1)k 1 tan2 k ( 1)k2 tan2 k 1 2 sin 2 = 1 sin 2 1 ( 1)k 2 tan2k 2 ( 1 2 ) 2

64、 tan2 sin2 tan 1 1 k 2 tan 2 k 2 ( cos2 1 ) sin 2 ( 1) sin 2 sin 2 2 = 1 sin2 1 ( k 2 2k 2 1) tan 2 即當 n k 1 時命題成立 . 綜上所述，對正整數 n 命題成立 .  ?? 6 分 ?? 9 分 ?? 10 分