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江苏省无锡市名校2019届高三2月数学测试卷含附加题(含答案解析)

1、 1 江苏省无锡市名校江苏省无锡市名校 2019 届高三届高三 2 月数学测试卷含附加题月数学测试卷含附加题 一、填空题:本大题共一、填空题:本大题共 14 个小题,每小题个小题,每小题 5 分,共分,共 70 分分.请把答案写在答题卡相应位置上请把答案写在答题卡相应位置上 1已知集合 M1,1, = *| 1 22 :14, +,则 MN 2复数 z(1i)i(i 为虚数单位)的共轭复数为 3某高一学生在确定选修地理的情况下,想从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科进行学习,在 所选的两科中有生物的概率是 4如图是一个算法流程图,则输出的 b 的值为 5已知( 4)( 3 4 ) = 3

2、 3 , ( 2 , 3 4 ),则 sin2 6已知正四棱柱的底面边长为 3cm,侧面的对角线长是 35cm,则这个正四棱柱的体积是 cm3 7 在平面直角坐标系中, 四边形 ABCD 是平行四边形, = (1, 2), = (2,1), 则 = 8在平面直角坐标系 xOy 中,已知直线 y3x+t 与曲线 yasinx+bcosx(a,b,tR)相切于点(0,1) , 则(a+b)t 的值为 9已知数列an是等差数列,且 an0,若 a1+a2+a100500,则 a50a51的最大值 10已知 x,y 满足不等式组 + 1 1 2 + 4 1 ,则 = :2的取值范围是 11设双曲线 2

3、 9 2 16 =1 的右顶点为 A,右焦点为 F过点 F 平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交 于点 B,则AFB 的面积为 12已知 a,b 为正实数,函数 f(x)ax3+bx+2x在0,1上的最大值为 4,则 f(x)在1,0上的最小值 为 13在平面直角坐标系 xOy 中,已知点 A(1,1) ,B,C 为圆 O:x2+y24 上的两动点,且 BC23,若 圆 O 上存在点 P,使得 + =m ,m0 成立,则正数 m 的取值范围为 14已知 a,b,c,dR 且满足:3 = ;3 2 =1,则(ac)2+(bd)2的最小值为 2 二、解答题:本大题共二、解答题:本大题共 6 小

4、题,共小题,共 90 分分.请在答题卡制定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或请在答题卡制定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或 演算步骤演算步骤. 15在斜三角形 ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c (1)若 2sinAcosCsinB,求 的值; (2)若 sin(2A+B)3sinB,求 的值 16如图,在六面体 ABCDA1B1C1D1中,AA1CC1,A1BA1D,ABAD 求证: (1)AA1BD; (2)BB1DD1 17已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(ab0)的两个焦点分别为 F1(2,0) ,F2(2,0) ,离心率为 6 3 过焦

5、点 F2的直线 l(斜率不为 0)与椭圆 C 交于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 D,O 为坐标原点,直线 OD 交 椭圆于 M,N 两点 ()求椭圆 C 的方程; ()当四边形 MF1NF2为矩形时,求直线 l 的方程 18如图,墙上有一壁画,最高点 A 离地面 4 米,最低点 B 离地面 2 米观察者从距离墙 x(x1)米,离 地面高 a(1a2)米的 C 处观赏该壁画,设观赏视角ACB (1)若 a1.5,问:观察者离墙多远时,视角 最大? (2)若 tan= 1 2,当 a 变化时,求 x 的取值范围 19已知函数 f(x)x2+bx+c(b,cR) ,并设() = () , (

6、1)若 F(x)图象在 x0 处的切线方程为 xy0,求 b、c 的值; 3 (2)若函数 F(x)是(,+)上单调递减,则 当 x0 时,试判断 f(x)与(x+c)2的大小关系,并证明之; 对满足题设条件的任意 b、c,不等式 f(c)Mc2f(b)Mb2恒成立,求 M 的取值范围 20数列an是公差为 d(d0)的等差数列,它的前 n 项和记为 An,数列bn是公比为 q(q1)的等比数 列,它的前 n 项和记为 Bn若 a1b10,且存在不小于 3 的正整数 k,m,使 akbm (1)若 a11,d2,q3,m4,求 Ak (2)若 a11,d2,试比较 A2k与 B2m的大小,并说

7、明理由; (3)若 q2,是否存在整数 m,k,使 Ak86Bm,若存在,求出 m,k 的值;若不存在,说明理由 附加题附加题 21已知矩阵 = , = 10 0 1 2 ,且();1= 1 4 0 02 ,求矩阵 M 22在极坐标系中,设直线 = 3与曲线 210cos+40 相交于 A,B 两点,求线段 AB 中点的极坐标 23 “回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数, 如 22, 121, 3553 等 显然 2 位“回文数”共 9 个: 11,22,33,99现从 9 个不同 2 位“回文数”中任取 1 个乘以 4,其结果记为 X;从 9 个不同 2 位“回 文数”中任取 2

8、 个相加,其结果记为 Y (1)求 X 为“回文数”的概率; (2)设随机变量 表示 X,Y 两数中“回文数”的个数,求 的概率分布和数学期望 E() 24设 n3,nN*,在集合1,2,n的所有元素个数为 2 的子集中,把每个子集的较大元素相加,和 记为 a,较小元素之和记为 b (1)当 n3 时,求 a,b 的值; (2)求证:对任意的 n3,nN*, 为定值 一、填空题:本大题共一、填空题:本大题共 14 个小题,每小题个小题,每小题 5 分,共分,共 70 分分.请把答案写在答题卡相应位置上请把答案写在答题卡相应位置上 1集合 N 中的不等式可化为:2 12x+122, 因为 21,

9、所以指数函数 y2x为增函数,则1x+12 即2x1,由 xZ 得到 x 的值可以是1 和 0 所以 N1,0,则 MN1,11,01 故答案为:1 2复数 z(1i)i1+i 它的共轭复数是 1i, 故答案为:1i 3某高一学生在确定选修地理的情况下, 4 想从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科进行学习, 基本事件总数 n= 5 2 =10, 在所选的两科中有生物包含的基本个数 m= 1 141 =4, 在所选的两科中有生物的概率是 p= = 4 10 = 2 5 故答案为:2 5 4模拟程序的运行,可得 a0,b1 满足条件 a15,执行循环体,a1,b3 满足条件 a15,执行循环

10、体,a5,b5 满足条件 a15,执行循环体,a21,b7 此时,不满足条件 a15,退出循环,输出 b 的值为 7 故答案为:7 5因为 sin(3 4 )sin1 2 + ( 4 )cos( 4 )cos( 4) , 所以由( 4)( 3 4 ) = 3 3 ,可得2( 4) = 1:(2;1 2) 2 = 1:2 2 = 3 3 , 则 sin2= 23 3 1 故答案为:23 3 1 6设正四棱柱的高为 h, 正四棱柱的底面边长为 3cm,侧面的对角线长是 35cm, 32+ 2=35, 解得 h6(cm) , 这个正四棱柱的体积 VSh3 3 654(cm3) 故答案为:54 7平行

11、四边形 ABCD 中, = (1, 2), = (2,1), 则 = ( + )2 (1+2)+1 (2+1)5 故答案为:5 8根据题意得,t1 yacosxbsinx kacos0bsin0a 5 a3,bcos01 a3,b1 故答案为 4 9a1+a2+a100500= 100(50:51) 2 ,a50+a5110an0 则 a50a51 (10 2 )2=25,当且仅当 a50a515 时取等号 故答案为:25 10x,y 满足不等式组 + 1 1 2 + 4 1 ,表示一个三角形区域(包含边界) ,三角形的三个顶点的坐标分别为 A(2,3) ,B(1,2) ,C(1,7 2) =

12、 :2的几何意义是点(x,y)与 P(2,0)连线的斜率,由于 PB 的斜率为 2 3,PC 的斜率为 7 2 1:2 = 7 6 所以 = :2的取值范围是 2 3, 7 6 故答案为:2 3, 7 6 11a29,b216,故 c5, A(3,0) ,F(5,0) , 不妨设 BF 的方程为 y= 4 3(x5) , 代入双曲线方程解得:B(17 5 , 32 15) SAFB= 1 2|AF|yB|= 1 22 32 15 = 32 15 故答案为:32 15 6 12a,b 为正实数,函数 f(x)ax3+bx+2x, f(x)在 R 上是增函数, f(x)在0,1上的最大值 f(1)

13、a+b+24, a+b2 f(x)在1,0上的最小值 f(1)(a+b)+2 12+1 2 = 3 2 f(x)在1,0上的最小值是 3 2 故答案为: 3 2 13设 BC 中点为 D,则 OD= 4 3 =1, 即 D 点轨迹方程为:x2+y21, 由 + = (m0)得2 = , 设 D(x0,y0) ,P(x1,y1) , 则02+ 02= 1,12+ 12= 4, 且 2(x01,y01)m(x1,y1) , 2(0 1) = 1 2(0 1) = 1, 4(0 1)2+ 4(0 1)2= 212+ 222, (0 1)2+ (0 1)2= 2, 即(0 1)2+ (0 1)2= ,

14、 故 m 表示点 A(1,1)到(x0,y0)的距离, OA= 2, 2 1 2 + 1, 又m 为正实数,0m 2 +1, 故答案为:(0,2 + 1 7 14因为:3 = ;3 2 =1,所以可将 P: (a,b) ,Q: (c,d)分别看成函数 yx+3lnx 与 y2x+3 上任意一 点, 问题转化为曲线上的动点 P 与直线上的动点 Q 之间的最小值的平方问题, 设 M(t,t+3lnt)是曲线 yx+3lnx 的切点,因为 y1+ 3 , 故点 M 处的切斜的斜率 k1+ 3 , 由题意可得 1+ 3 =2,解得 t3, 也即当切线与已知直线 y2x+3 平行时,此时切点 M(3,3

15、+3ln3)到已知直线 y2x+3 的距离最近, 最近距离 d= |6;3;33:3| 5 = 6;33 5 , 也即(ac)2+(bd)2= 9(2;3)2 5 = 9 5ln 22 3 , 故答案为:9 5ln 22 3 二、解答题:本大题共二、解答题:本大题共 6 小题,共小题,共 90 分分.请在答题卡制定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或请在答题卡制定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或 演算步骤演算步骤. 15 (1)2sinAcosCsinB,2sinAcosCsin(A+C)sinAcosC+cosAsinC, 于是 sinAcosCcosAsinC0,即 s

16、in(AC)0 因为 A,C 为三角形的内角,所以 AC(,) ,从而 AC0, 所以 ac,故 =1(7 分) (2)sin(2A+B)3sinB,sin(A+B)+A3sin(A+B)A, 故 sin(A+B)cosA+cos(A+B)sinA3sin(A+B)cosA3cos(A+B)sinA, 故 4cos(A+B)sinA2sin(A+B)cosA,tanA= 1 2tan(A+B)= 1 2tanC, = 1 2 16 (1)取 BD 中点 E,连接 AE、A1E ABD 中,ABAD,E 为 BD 中点 AEBD,同理可得 A1EBD, AE、A1E平面 A1AE,AEA1EE

17、BD平面 A1AE, AA1平面 A1AE,AA1BD; (2)AA1CC1,AA1平面 AA1B1B,CC1平面 AA1B1B, 8 CC1平面 AA1B1B CC1平面 CC1B1B,平面 CC1B1B平面 AA1B1BBB1 BB1CC1,同理可得 DD1CC1, BB1DD1 17 (I)由已知可得: = 2 = 6 3 2= 2+ 2 , 解得 a26,b22, 椭圆 C 的方程为 2 6 + 2 2 = 1; (II)由题意可知直线 l 的斜率存在, 设直线 l 方程为 yk(x2) ,A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,M(x3,y3) ,N(x3,y3) 联立 2 6 +

18、2 2 = 1 = ( 2) ,化为(1+3k2)x212k2x+12k260, x1+x2= 122 1:32,y1+y2k(x1+x24)= ;4 1:32, 线段 AB 的中点 D( 62 1:32 , ;2 1:32), 直线 OD 的方程为:x+3ky0(k0) 联立 + 3 = 0 2+ 32= 6,解得3 2 = 2 1:32,x33ky3 四边形 MF1NF2为矩形, 2 2 =0, (x32,y3)(x32,y3)0, 4 3 2 3 2 =0, 4 2(92:1) 1:32 =0,解得 k= 3 3 , 故直线方程为 y= 3 3 ( 2) 18 (1)如图,作 CDAF

19、于 D,则 CDEF, 设ACD,BCD,CDx,则 , 9 在 RtACD 和 RtBCD 中,tan= 2.5 ,tan= 0.5 , 则 tantan()= ; 1: = 2 2:1.25(x0) , 令 u= 2 2:1.25,则 ux 22x+1.25u0, 上述方程有大于 0 的实数根,0, 即 44 1.25u20,u 1 1.25,即(tan)max= 1 1.25, 正切函数 ytanx 在(0, 2)上是增函数, 视角 同时取得最大值, 此时,x= 2 2 = 1.25, 观察者离墙1.25米远时,视角 最大; (2)由(1)可知,tan= 1 2 = 4 ;2 1:4 2

20、 = 2 2:8;6:2, 即 x24x+4a2+6a4, (x2)2(a3)2+5, 1a2, 1(x2)24, 化简得:0x1 或 3x4, 又x1, 3x4 19 (1)因为() = 2: ,所以() = ;2:(2;):(;) , 又因为 F(x)图象在 x0 处的切线方程为 xy0, 所以 (0) = 0 (0) = 1,即 = 0 = 1,解得 b1,c0 (2)因为 F(x)是(,+)上的单调递减函数,所以 F(x)0 恒成立, 即x2+(2b)x+(bc)0 对任意的 xR 恒成立, 所以(2b)2+4(bc)0,所以4 2+ 4 22 4 = 4| 4,即 cb 且 c1,

21、10 令 g(x)f(x)(x+c)2(b2c)xc(c1) ,由 b2c0,知 g(x)是减函数, 故 g(x)在0,+)内取得最大值 g(0) ,又 g(0)c(c1)0, 所以 x0 时,g(x)g(0)0,即 f(x)(x+c)2 由知,c|b|0,当|b|c 时,bc 或 bc, 因为 b2+44c0,即 c2+44c0,解得 c2,b2 或 b2,所以 f(x)x2 2x+2, 而 f(c)f(b)c2+bc+cb2b2cc2+bc2b2(c+2b) (cb) , 所以 f(c)f(b)8 或 0, 不等式 f(c)Mc2f(b)Mb2等价于 f(c)f(b)M(c2b2) , 变

22、为8M0 或 0M0 恒成立,MR, 当|b|c 时,c|b|,即 c2b20,所以不等式 f(c)Mc2f(b)Mb2恒成立等价于 ();() 2;2 恒成 立,等价于 ();() 2;2 ), 而();() 2;2 = (:2)(;) (:)(;) = :2 : = 2 1 1: , 因为 c|b|,| |1,所以1 1,所以01 + 2,所以 1 1: 1 2, 所以();() 2;2 2 1 2 = 3 2,所以 3 2 20 (1)由 a11,d2,q3,可得 an2n1,bn3n 1, akb43327,即 2k127,解得 k14,A1414+ 1413 2 2196; (2)依

23、题意,a11,d2,可得 an2n1,Ann2, A2k4k2,且 qm 12k1,显然 q1 又 B2m= 1;2 1; = 1 ;1(2k1) 2q21, 所以 B2mA2k= 1 ;1(2k1) 2q214k2= 1 ;1(2k1) 2q24qk2+(4k21), 设 f(x)(2k1)2x24xk2+(4k21) ,f(1)(2k1)2x21, 它是关于 x 的二次函数,它的图象的开口向上, 它的对称轴方程 x= 42 2(2;1)2 1,故 f(x)是(1,+)上的增函数, 所以当 x1 时 f(x)f(1)0,即 B2mA2k0,所以 A2kB2m (3)依题意:akbma12m

24、1, 由 Ak86Bm得:1: 2 k861; 1; , 即1:12 1 2 k861;2 1 1;2 , 11 可得 2m= 486:2 486; = 1286 486; 2, 所以 344k= 516 21:1, 因为 29512,故 m19,且 5164 1294 3 43,且 2m 1+1 为奇数, 则其中 2m 1+1129 时,516 21:1是整数, 故 m17,可得存在 m8 且 k340 附加题附加题 21由题意,();1= 1 4 0 02 ,则 = 4 0 0 1 2 4 分 因为 = 1 0 0 1 2 ,则;1= 1 0 026 分 所以矩阵 = 4 0 0 1 2

25、1 0 02 = 40 0110 分 22方法一:将直线 = 3化为普通方程得, = 3x, 将曲线 210cos+40 化为普通方程得,x2+y210x+40, 联立 = 3 2+ 2 10 + 4 = 0并消去 y 得,2x 25x+20, x1+x2= 5 2, AB 中点的横坐标为1:2 2 = 5 4,纵坐标为 53 4 , =(5 4) 2+ (53 4 )2= 5 2 化为极坐标为(5 2, 3) 方法 2:联立直线 l 与曲线 C 的方程组 = 3 2 10 + 4 = 0, 消去 ,得 25+40, 解得 11,24, 线段 AB 中点的极坐标为(1:2 2 , 3),即(

26、5 2, 3) 23 (1)记“X 是回文数”为事件 A 9 个不同 2 位“回文数”乘以 4 的值依次为:44,88,132,176,220,264,308, 352,396其中“回文数”有:44,88 所以,事件 A 的概率() = 2 93 分 (2)根据条件知,随机变量 的所有可能取值为 0,1,2 12 由(1)得() = 2 95 分 设“Y 是回文数”为事件 B,则事件 A,B 相互独立 根据已知条件得,() = 20 9 2= 5 9 ( = 0) = ()() = (1 2 9)(1 5 9) = 28 81; ( = 1) = ()() + ()() = (1 2 9) 5

27、 9 + 2 9(1 5 9) = 43 81; ( = 2) = ()() = 2 9 5 9 = 10 818 分 所以,随机变量 的概率分布为 0 1 2 P 28 81 43 81 10 81 所以,随机变量 的数学期望为:() = 0 28 81 + 1 43 81 + 2 10 81 = 7 910 分 24 (1)解:当 n3 时,集合1,2,3的所有元素个数为 2 的子集 为1,2,1,3,2,3, 即有 a2+3+38,b1+1+24; (2)证明:对任意的 n3,nN*, 为定值 1 2 运用数学归纳法证明 当 n3 时,由(1)可得 a8,b4, 为 1 2,成立; 假设 nk 时, 为定值 1 2, 则 nk+1 时, aa+(k+1)k, bb+(1+2+3+k)b+ 1 2k(1+k) , 由 a2b, 可得 a2b+k(1+k)2b, 则 nk+1 时,结论仍然成立 故对任意的 n3,nN*, 为定值