南通、泰州、揚州、徐州、淮安、宿遷、連云港 2019屆高三第二次調研測試 數學試題 你有能力拿到的分數1——13，15—17，18（1）（2），19（1），(2) 20.(1)(2),共計 133分 一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計70分． 1、已知集合，．若，則實數a的值為 ▲ ． 【答案】4 【解析】因為，所以，則a＝4. 2、復數（為虛數單位）的實部為 ． 【答案】 【解析】，所以實部為 3、某單位普通職工和行政人員共280人．為了解他們在“學習強國”APP平臺上的學習情況，現用分層抽樣的方法從所有職員中抽取容量為56的樣本．已知從普通職工中抽取的人數為49，則該單位行政人員的人數為 ▲ ． 【答案】35 【解析】抽取的比例為：，所以普通職工的人數為：49×5＝245，則 行政人員的人數為：280－245＝35 4、從甲、乙、丙、丁這4名學生中隨機選派2人參加植樹活動，則甲、乙兩人中恰有1人被選中的概率為 ． 【答案】 【解析】隨機選派2人，共有：甲乙，甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，丙丁，共6種， 甲、乙兩人中恰有1人被選中的有：甲丙，甲丁，乙丙，乙丁，4種 所以所求事件的概率為P= 5、執(zhí)行如圖所示的偽代碼，則輸出的S的值為 ▲ ． 【答案】30 【解析】第1步：；第2步：S＝6，i＝3+2=5； 第3步：S＝30，i＝5+2=7，退出循環(huán)，所以輸出S＝30. 【解后總結】處理流程圖問題，關鍵在于遵循按部就班的原則，寫出每次循環(huán)時的S和i值，同時要注意對循環(huán)條件的判定. 6、函數的定義域為 ． 【答案】 【解析】由－16≥0，得≥16＝42，解得x≥2，所以函數的定義域為. 7、將函數的圖象向左平移個單位長度得到的圖象，則的值為 ▲ ． 【答案】 【解析1原解稱為解析1 】由題意可知：，所以 。 【解析2】根據圖象平移前后的關系，的值應和中時值相等，所以．此處增加解析2 誤區(qū)警示：圖象的平移變換要按照“左加右減”的原則，若x前面有系數，需要提取系數. 而解析2則可能避開可能在這方面犯的錯誤．誤區(qū)警示增加一話 8、在平面直角坐標系中，已知雙曲線的右頂點到漸近線的 距離為，則b的值為 ． 【答案】 【解析】因為雙曲線的右頂點為A（2,0），所以a＝2， 雙曲線的漸近線的方程為，即，因為右頂點到漸近線的 距離為，則有，即，解得：b＝2. 9、 在△ABC中，已知C ＝ 120°，sinB ＝2 sinA，且△ABC的面積為，則AB的長為 ▲ ． 【答案】 【解析】設角A,B,C的對邊分別為a,b,c.因為sinB ＝2 sinA，由正弦定理得b＝2a，因為△ABC的面積為，所以S＝，解得：a＝2，所以b＝4，則AB＝c＝. 10、設P，A，B，C為球O表面上的四個點，PA，PB，PC兩兩垂直，且PA = 2 m，PB = 3 m，PC = 4 m，則球O的表面積為 m2． 【答案】 【解析】根據題意，可知三棱錐P-ABC是長方體的一個角，如圖所示，該長方體的外接球就是經過P，A，B，C四點的球 ，因為此處由符號必為漢字 PA＝2，PB＝3，PC＝4， 所以此處由符號改為漢字 ，長方體的體對角線的長為即外接球的直徑2R＝，可得R＝，因此外接球的表面積為S＝4πR2＝4π×＝29π 【解后反思】幾何體的內接球問題，關鍵要找到球心所在的位置，進而確定半徑的值，本題，抓住PA，PB，PC兩兩垂直，將其補形成一個長方體，從而轉化為長方體的外接球的問題，這一類題在各類考題中常有出現，同學們一定要掌握其方法. 11、定義在R上的奇函數滿足，且在區(qū)間上， 則函數的零點的個數為 ▲ ． 【答案】5 【解析】因為，可得是周期為4的奇函數，先畫出函數f(x)在區(qū)間上的圖象，根據奇函數和周期為4，可以畫出f(x)在R上的圖象，由＝0，得，分別畫出和的圖象，如下圖，由f(5)=f(1)=1,而, 而可以得到兩個圖象有5個交點，所以零點的個數為5. 【解后反思】本題考查了函數的零點問題，以及函數的奇偶性和周期性，考查了轉化與化歸、數形結合的思想，函數的零數問題，常轉化為函數的圖象的交點個數來處理，其中能根據函數的性質作出函數的圖象并能靈活地運用圖象，找到臨界問題是解題的關鍵也是難點. 12．已知關于的不等式( a，b，cR ) 的解集為{ x | 3 < x < 4}，則的最小值為 ． 【思路分析】 先根據一元二次不等式的解集，確定a<0,以及a,b,c的關系，再將所求運用消元法，統一成單變量a的函數問題，運用基本不等式求最值. 【答案】 【解析】依題意得：，且3和4方程的兩根，即：，則， 所以＝，當且僅當，即時取等號，所以所求最小值為. 【誤區(qū)警示】 運用基本不等式求最值要注意“一正、二定、三相等”，這里a<0，要轉化為正數，再求最值. 13．在平面直角坐標系xOy中，已知點A，B在圓上，且，點P（3，-1），，設的中點M的橫坐標為x0，則x0的所有值為 ▲ ． 【思路分析】 設出M坐標為（x0，y0）,由弦長求得OM，條件通過向量的線性運算轉化為，通過上述兩個條件，建立方程組，解得x0的值. 【答案】 【解析】設M（x0，y0），由AB＝2，得： ， 又， 所以， 由，解得：x0＝1或. 所以x0的所有值為 【解后反思】 1.直線與圓相交的問題，要能充分利用好圓的幾何性質，垂徑定理是最常見的性質；圓心距是核心問題，通過圓心距可以求出弦長，而給出弦長，要能第一時間求出圓心距. 2.解析幾何中的向量問題，往往是向量的坐標運算來處理，但往往需要先通過線性運算后轉化，再通過向量坐標運算來處理。 14．已知集合，從集合中取出個不同元 素，其和記為；從集合中取出個不同元素，其和記為．若，則的最大值為 ． 【解后反思】 由于，要使足夠大，則A要取第1項到第m項，B中要取第1項到第n項，從而得到,再運用基本不等式求最值. 【答案】44 【解析】由于，則要使足夠大，則A要取第1項到第m項，B中要取第1項到第n項，則有=1+3+5+…+（2m-1）+0+8+…+8（n-1）=,即，根據基本不等式可得 ，此時,等號當且僅當，此時n不是整數，故不成立，由于m,n為正整數，當m=22,n=11時，滿足題意，此時m+2n=44,故的最小值為44. 【解后反思】 1. 本題得到m，n的不等式關系式后配方得到，運用基本不等式得到m+2n-1的最小值為44，進而得到m+2n的最小值為45，但等號驗證不成立，由于m,n為正整數，可以考慮m+2n能否取到44，通過驗證不難得到結論. 2. 運用基本不等式求最值，不僅要掌握課本上的基本不等式，對其變形式，也要能靈活運用，本題正是運用了該不等式，才使得問題得以解決，值得注意的是一定要驗證等號成否成立,否則會導致錯誤. 二、解答題：本大題共6小題，共計90分． 15. (本小題滿分14分) 在平面直角坐標系中，設向量a =，b = ，其中． （1）若a∥b，求的值； （2）若，求的值． 【解】（1）因為a∥b， 所以，……………………………………………2分 所以． …………………………………………………………………4分 因為，所以． 于是 解得． ………………………………………………………6分 （2）因為，所以，又，故． 因為，所以， 又， 解得．……………………………………………………10分 因此， …………………………12分 ． ……………………………………14分 16. (本小題滿分14分) A B C A1 B1 C1 E D （第16題） 如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，側面BCC1B1為正方形，A1B1⊥B1C1．設A1C與AC1交于 點D，B1C與BC1交于點E． 求證：（1）DE∥平面ABB1A1； （2）BC1⊥平面A1B1C． 【證明】（1）因為三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱， 所以側面ACC1 A1為平行四邊形． 又A1C與AC1交于點D，所以D為AC1的中點， 同理，E為BC1的中點．所以DE∥AB．………………3分 又ABÌ平面ABB1 A1，DEË平面ABB1 A1， 所以DE∥平面ABB1A1． …………………………………………………………6分 （2）因為三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1． 又因為A1B1Ì平面A1B1C1，所以BB1⊥A1B1． ……………………………………8分 又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1Ì平面BCC1B1，BB1∩B1C1 = B1， 所以A1B1⊥平面BCC1B1． ………………………………………………………10分 又因為BC1Ì平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1．……………………………………12分 又因為側面BCC1B1為正方形，所以BC1⊥B1C． 又A1B1∩B1C = B1，A1B1，B1C Ì平面A1B1C， 所以BC1⊥平面A1B1C．…………………………………………………………14分 17. (本小題滿分14分) 圖①是一棟新農村別墅，它由上部屋頂和下部主體兩部分組成．如圖②，屋頂由四坡屋面構成，其中前后兩坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左右兩坡屋面EAD和FBC是全等的三角形．點F在平面ABCD和BC上的射影分別為H，M．已知HM = 5 m，BC = 10 m，梯形ABFE的面積是△FBC面積的2.2倍．設∠FMH = ． （1）求屋頂面積S關于的函數關系式； （2）已知上部屋頂造價與屋頂面積成正比，比例系數為k（k為正的常數），下部主體造價與其高度成正比，比例系數為16 k．現欲造一棟上、下總高度為6 m的別墅，試問：當為何值時，總造價最低？ 17.【思路分析】 （1）先通過線面垂直得到FHHM,放在直角Rt△FHM中，求出FM,根據三角形的面積公式求出△FBC的面積，根據已知條件就可以得到所求S關于的函數關系式; (2)先求出主體高度，進而建立出別墅總造價y關于的函數的關系式，再通過導數法求函數的最小值. A B C D E F H M θ 【解】（1）由題意FH⊥平面ABCD，FM⊥BC， 又因為HM Ì平面ABCD，得FH⊥HM． …………2分 在Rt△FHM中，HM = 5，， 所以．……………………………………4分 因此△FBC的面積為． 從而屋頂面積． 所以S關于的函數關系式為()． ………………………………6分 （2）在Rt△FHM中，，所以主體高度為． ……………8分 所以別墅總造價為 …………………………………………10分 記，， 所以， 令，得，又，所以．………………………………12分 - 0 + 列表： 所以當時，有最小值． 答：當為時該別墅總造價最低． …………………………………………………14分 【解后反思】 理解題意，建立出函數的關系式，是處理最優(yōu)解類型應用問題的關鍵，第（1）問，抓住條件 ”梯形ABFE的面積是△FBC面積的2.2倍”,只要用表示△FBC面積，即可得到屋頂面積；第（2）問，需要先設出總造價為y元，抓住已知條件，求出主體高度并結合第（1）問中求得的屋頂面積，就可以建立函數關系式. 18．（本小題滿分16分） P A B （第18題） x y O 如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C1：，橢圓C2：， C2與C1的長軸長之比為∶1，離心率相同． （1）求橢圓C2的標準方程； （2）設點為橢圓C2上一點． ① 射線與橢圓C1依次交于點，求證：為定值； ② 過點作兩條斜率分別為的直線，且直線與橢圓C1均有且只有一個公共點，求證：為定值． 【思路分析】 （1） 根據已知條件，求出a,b的值，得到橢圓C2的標準方程； （2） ①對直線OP斜率分不存在和存在兩種情況討論，當OP斜率存在時，設直線OP的方程為，并與橢圓C1的方程聯立，解得P點橫坐標，同理求得A點橫坐標， 再通過弦長公式，求出的表達式，化簡整理得到定值； ②設，寫出直線的方程，并與橢圓C1聯立，得到x的一元二次方程，根據直線與橢圓C1有且只有一個公共點，得到方程只有一解，即，整理得，同理得到，從而說明是一元二次方程的兩個根，運用韋達定理，證得定值. 【解】（1）設橢圓C2的焦距為2c，由題意，，，， 解得，因此橢圓C2的標準方程為． ……………………………3分 （2）①1°當直線OP斜率不存在時， ，，則． ……………………………4分 2°當直線OP斜率存在時，設直線OP的方程為， 代入橢圓C1的方程，消去y，得， 所以，同理．………6分 所以，由題意，同號，所以， 從而． 所以為定值． …………………………………………………………8分 ②設，所以直線的方程為，即， 記，則的方程為， 代入橢圓C1的方程，消去y，得， 因為直線與橢圓C1有且只有一個公共點， 所以，即， 將代入上式，整理得，， ……………12分 同理可得，， 所以為關于k的方程的兩根， 從而．……………………………………………………………14分 又點在橢圓C2：上，所以， 所以為定值． ………………………………………………16分 【解后反思】 （1） 求時，只要計算橫坐標之差即可，把斜線段之比轉化為平行于x軸的線段之比，體現了化斜為直的思想. 從變換的角度看，本題是兩個同心圓壓縮成橢圓得到，壓縮前后對應線段比值不變，放在圓中很容易得到答案.增加解后反思 （2） 證明為定值，運用了方程的思想，得到的一元二次方程的兩個根， 巧妙地運用了韋達定理。值得注意的是本題變量比較多，計算也比較復雜，這里我們通過換元，令，代入計算，最后再回代，大大簡化了計算的過程.同樣，如果將橢圓拉伸為圓，不難看出，原兩條切線就是互相垂直的直線，壓縮成橢圓后斜率之積變?yōu)槎ㄖ盗?增加解后反思 19．（本小題滿分16分） 已知函數． （1）當時，求函數的極值； （2）設函數在處的切線方程為，若函數是上 的單調增函數，求的值； （3） 是否存在一條直線與函數的圖象相切于兩個不同的點？并說明理由． 【思路分析】 （1） 求導后通分，令，得到函數的的極值點，通過列表，得到函數的單調性，進而確定函數的極值; （2）先求出函數f(x)在處的切線方程，將是上 的單調增函數轉化為導數大于或等于0恒成立，通過兩種方法處理恒成立問題， 方法一：轉化為一元二次不等式恒成立，結合函數圖象，得到，確定的值； 方法二：分離出變量，轉化求函數的最值問題，運用基本不等式求得函數的最小值，從而得到的不等式，解得的值。 （3）假設存在，設出兩個切點坐標，，根據導數的幾何意義以及同一切線，得到的方程組，消去得到的方程，從而將問題轉化為方程有兩解的問題，通過導數法得到函數單調遞增，否定兩個解，從而得到所求切線不存在. 【解】（1）當時，函數的定義域為． 則， 令得，或． ………………………………………………………2分 1 2 + 0 - 0 + ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 列表： 所以函數的極大值為；極小值為． ………………4分 （2）依題意，切線方程為， 從而， 記， 則在上為單調增函數， 所以在上恒成立， 即在上恒成立． …………………………………8分 法一：變形得在上恒成立 ， 所以，又，所以． ……………………………………………10分 法二：變形得在上恒成立 ， 因為（當且僅當時，等號成立）， 所以，從而，所以．……………………………10分 法3：此處增加法3 由在上恒成立知在時取最小值， 而，其導函數， 所以當時，，為減函數，當時，，為增函數，所以當時，取得極小值也是最小值， 所以. ……………………………10分 （3）假設存在一條直線與函數的圖象有兩個不同的切點，， 不妨，則處切線的方程為：， 處切線的方程為：． 因為，為同一直線，所以……………………12分 即 整理得，上一個式子中多了一個逗號，已刪除 ………………………………………………14分 消去得，． 令，由與，得， 記，則， 所以為上的單調減函數，所以． 從而式不可能成立，所以假設不成立，從而不存在一條直線與函數的圖象有兩個不同的切點． ……………………………………16分 【解后反思】 第3問的論證運用了反證法，假設存在兩個不同的切點，解題的難點在于導出矛盾，根據已知條件，得到方程解的問題，通過構造函數，研究函數的單調性，得到方程最多一解，從而與假設矛盾，證得結論. 20．（本小題滿分16分） 已知數列的各項均不為零．設數列的前n項和為Sn，數列的前n項和為Tn，且． （1）求的值；原稿此處有錯誤 （2）證明：數列是等比數列； （3）若原稿這里有錯誤 對任意的恒成立，求實數的所有值． 【思路分析】 （1） 對令n=1,2得到方程，解得的值； （2） 對n賦值，作差消去Tn，再對n賦值作差，消去，從而得到 ，證得數列是等比數列； （3） 先求出，由恒成立，確定適合,再運用反證法證明和不成立. 【解】（1）因為，． 令，得，因為，所以． 令，得，即， 因為，所以．……………………………………………………………3分 （2）解法1：原解稱為“解法1” 因為， ① 所以， ② ②①得，， 因為，所以，③ …………………………………5分 所以， ④ 當時，③④得，，即， 因為，所以． 又由（1）知，，，所以， 所以數列是以1為首項，為公比的等比數列． …………………………8分 解法2：此處增加解法2 因為， ① 所以， ② ②①得，， 因為，所以， 所以，…………………………………5分 整理為，又， 所以，得， 當時，，而也適合此式， 所以，所以 所以數列是以為公比的等比數列． …………………………8分 （3）解法1：原解稱為解法1 由（2）知，． 因為對任意的，恒成立， 所以的值介于和之間． 因為對任意的恒成立，所以適合． ……………10分 若，當為奇數時，恒成立，從而有 記，因為， 所以，即，所以（*）， 從而當時，有，所以不符． ………………………13分 若，當為奇數時，恒成立，從而有恒成立． 由（*）式知，當時，有，所以不符． 綜上，實數的所有值為0． …………………………………………………16分 解法2：此處增加解法2 由（2）知，，故， 　所以當時，即，對任意的成立，符合題意； 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ……………10分 　　　因為對任意的，恒成立， 　　　所以對任意的大于3的偶數，即成立， 　亦即對任意的大于3的偶數，成立，………………13分 　先證，當時，， 　記，因為， 　所以，即，所以（*）， 　所以對任意的大于3的偶數，成立， 　但若，當時，，所以不合題意， 　綜上，實數的所有值為0． …………………………………………………16分 【解后反思】 （1） 對于和的遞推關系式，通常運用賦值作差法，消去，從而得到的遞推關系式，也可消去，得到的關系式，此處增加解題反思 特別要注意下標n的范圍的確定. （2） 第（3） 問中，根據極限的理論可知當,,由不等式恒成立，不難得到,但由于是解答題需要進行嚴格論證，當時，構造數列，通過作差法研究p(n)的單調性，得到不等式，從而得到當時，有，導出矛盾，否定，同理可證不成立；而解法2，則是對解法1的改進，若對任意的恒成立的必要條件是對任意的大于3的偶數，成立，這樣避開了對實數符號的討論.增加解后反思　 21．【選做題】 A．[選修4-2：矩陣與變換]（本小題滿分10分） 已知m，n∈R，向量是矩陣的屬于特征值3的一個特征向量，求矩陣M及另一個特征值． 【解】由題意得，即 所以即矩陣. ………………………………………………5分 矩陣的特征多項式， 解得矩陣的另一個特征值為.…………………………………10分 B．[選修4-4：坐標系與參數方程]（本小題滿分10分） 在平面直角坐標系xOy中，已知直線的參數方程為( t為參數)，橢圓C的參數方程為.設直線與橢圓C交于A，B兩點，求線段AB的長． 【解】法1：原解稱為法1 由題意得，直線的普通方程為．① 橢圓C的普通方程為．② ……………………………………………4分 由①②聯立，解得A，B， ………………………………………8分 所以．…………………………………………………10分 法2：此處增加法2 令消去，得， 解得或，　　　　　　　……………………………………………5分 取，得交點，取，得交點， 所以．……………………………………………10分 C．[選修4-5：不等式選講]（本小題滿分10分） 已知x，y，z均是正實數，且求證：． 【證】由柯西不等式得， ……………5分 因為，所以 所以，當且僅當“”時取等號． …………………………10分 【必做題】第22題、第23題，每小題10分，共計20分． 22.（本小題滿分10分） 如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，AB = 1，AP = AD = 2. （1）求直線與平面所成角的正弦值； （2）若點M，N分別在AB，PC上，且平面，試確定點M，N的位置． 【解】（1）由題意知，AB，AD，AP兩兩垂直． 以為正交基底，建立如圖所示的空間 （第22題） A B C D P z x y 直角坐標系，則 從而 設平面PCD的法向量 則即 不妨取則． 所以平面PCD的一個法向量為． …………………………………3分 設直線PB與平面PCD所成角為所以 即直線PB與平面PCD所成角的正弦值為．……………………………5分 （2）設則 設則而 所以． ……………………………………8分 由（1）知，平面PCD的一個法向量為， 因為平面PCD，所以∥． 所以解得，． 所以M為AB的中點，N為PC的中點． …………………………………10分 23.（本小題滿分10分） 已知均為非負實數，且． 證明：（1）當時，； (2)對于任意的，． 證明：（1）當時，因為，，…，均為非負實數，且， 所以………………………2分 ．………………………………………………………………4分 （2）①當時，由（1）可知，命題成立； ②假設當時，命題成立， 即對于任意的，若，，…，均為非負實數，且， 則． 則當時，設，并不妨設． 令，則． 由歸納假設，知．………………………………………8分 因為均為非負實數，且， 所以 ． 所以， 即， 也就是說，當時命題也成立． 所以，由①②可知，對于任意的，．…………10分 【解后反思】 第（2）問的證明，運用了數學歸納法，證明的關鍵在于對n=k+1 的論證，是將n=k的結論，當做條件來使用，本題取，這樣變成k個數，得到，從而將問題轉化為證明此處原稿有錯誤，已改正 （注：可編輯下載，若有不當之處，請指正，謝謝!） .