1、Read xIf x1 Thenyx 22x2Elseyx 1x 1End IfPrint y常州市 2019 届高三上学期期末考试文科数学参考公式：样本数据 12,nx 的方差 221()niisx，其中 1nix.柱体的体积 VSh，其中 为柱体的底面积， h为高一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分.1.已知集合 0,1,AB，则 AB_.2.已知复数 z满足 ()i（ i是虚数单位） ，则复数 z_.3. 已知 5 位裁判给某运动员打出的分数为 9.1,3.2,94x，且这 5 个分数的平均数为 9.3，则实数 x_.4. 一个算法的伪代码如右图所示，执行此算
2、法，若输出的 y值为 1，则输入的实数 x的值为_.5. 函数 1lny的定义域为_.6. 某校开设 5 门不同的选修课程，其中 3 门理科类和 2 门文科类，某同学从中选修 2 门课程，则该同学恰好选中 1 文 1 理的概率为_.7. 已知双曲线2:1(0,)xyCab的离心率为 2，直线20xy经过双 的焦点，则双曲线 的渐近线方程为_.8. 已知圆锥 SO，过 的中点 P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱 P，圆柱的下底面落在圆锥的底面上（如图） ，则圆柱 PO的体积与圆锥 S的OP（第 8 题）(第 4 题)体积的比值为_.9. 已知正数 ,xy满足 1x，则 xy的最小值为
3、_.10. 若直线 0k与曲线 ex（ 是自然对数的底数）相切，则实数_.11. 已知函数 ()sin)(0,)Rfx是偶函数，点 (1,0)是函数 ()yfx图象的对称中心，则 最小值为_.12. 平面内不共线的三点 ,OAB，满足 |1,|2OB，点 C为线段 AB的中点， OB的平分线交线段 AB于 D，若| 3|2C，则 |D_.13. 过原点的直线 l与圆 21xy交于 ,PQ两点，点 A是该圆与 x轴负半轴的交点，以 AQ为直径的圆与直线 有异于 Q的交点 N，且直线 与直线 P的斜率之积等于 1，那么直线 l的方程为_.14. 数列 ,nab满足 *1()nna，且数列 nb的前
4、 项和为 2n，已知数列 na的前 2018项和为 1，那么数列 的首项 1a_.二、 解答题：本大题共 6 小题，共 90 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分 14 分)如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，点 M，N 分别是 AB，CC 1 的中点(1) 求证：CM平面 AB1N；(2) 求证：平面 A1BN平面 AA1B1B.(第 15 题)16. (本小题满分 14 分)已知在ABC 中，a，b ，c 分别为三个内角 A，B ，C 的对边，且 b2bcsinAc 2a 2.233(1) 求角 A 的大小；(2) 若 tanBtanC3，且 a 2，
5、求ABC 的周长17. (本小题满分 14 分)已知在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C1： 1 的焦点在椭圆 C2： x2a2 y2b2 y2a21 上，其中 ab 0，且点 是椭圆 C1，C 2 位于第一象限的交点x2b2 ( 63， 63)(1) 求椭圆 C1， C2 的标准方程；(2) 过 y 轴上一点 P 的直线 l 与椭圆 C2 相切，与椭圆 C1 交于点 A，B，已知 ，求直线PA 35PB l 的斜率18. (本小题满分 16 分)某公园要设计如图(1) 所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等三角形所得，如图(2) 中所示的多边形 ABCDEFGH)，
6、整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴 AFBE1.6 m ，两根竖轴 CHDG1.2 m，记景观窗格的外框(图(2) 中实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为 l m.(1) 若ABC ，且两根横轴之间的距离为 0.6 m，求景观窗格的外框总长度；23(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过 5 m，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中ABC 的大小与 BC 的长度图(1) 图(2)(第 18 题)19. (本小题满分 16 分)已知在数列a n中，a 11，且 an1 3a n40，nN *.(1) 求证：a n 1是等比
7、数列，并求数列 an的通项公式；(2) 数列 an中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出满足条件的项；若不存在，请说明理由20. (本小题满分 16 分)已知函数 m(x)x 2，函数 n(x)aln x1( aR)(1) 若 a2，求曲线 yn(x) 在点(1，n(1)处的切线方程；(2) 若函数 f(x)m( x)n( x)有且只有一个零点，求实数 a 的取值范围；(3) 若函数 g(x)n( x)1e xex0 对 x1 ，)恒成立，求实数 a 的取值范围(e 是自然对数的底数，e 2.718 28)江苏省常州市 2019 届高三上学期期末考试数学参考答案
8、及评分标准1. 1 2. i 3. 9.5 4. 3 5. (0，e 6. 357. y x 8. 9. 4 10. e 233811. 12. 13. y x 14. 2 23 3 32(第 15 题)15. (1) 令 AB1 交 A1B 于点 O，连接 OM，ON，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，BB1CC 1，BB 1CC 1，且四边形 AA1B1B 是平行四边形，所以 O 为 AB1 的中点，又因为 M 为 AB的中点，所以 OMBB 1，且 OM BB1.因为 N 为 CC1 的中点， CN CC1，所以 OMCN，且12 12OMCN，所以四边形 CMON 是平行四边形，(5
9、 分)所以 CMON，又 ON平面 AB1N，CM 平面 AB1N，所以 CM平面 AB1N.(7 分)(2) 在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，BB 1平面 ABC，CM平面 ABC，所以 BB1CM.(9 分)因为 CACB，M 为 AB 的中点，所以 CMAB，又由(1)知 CMON，所以ONAB ，ONBB 1.又因为 ABBB 1B ，AB，BB 1平面 AA1B1B，所以 ON平面 AA1B1B.(12分)又 ON平面 A1BN，所以平面 A1BN平面 AA1B1B.(14 分)16. (1) 由余弦定理得 a2b 2c 22bccosA ，又 b2 bcsinAc 2a 2，2
10、33所以 b22bccos Ac 2b 2 bcsinAc 2，即 2bccos A bcsin A，(3 分)233 233从而 sinA cosA，若 cosA0，则 sinA0，与 sin2Acos 2A1 矛盾，所以 cos A0，3所以 tanA .又 A(0，) ，所以 A .(7 分)33(2) tan(BC)tan( A) tan .(9 分)tanB tanC1 tanBtanC 23 3又 tanBtan C3，所以 tanB tanC (2) 2 ，解得 tanBtanC .(11 分)3 3 3又 B，C(0，)，所以 BC .又因为 A ，所以ABC 是正三角形，3
11、3由 a2，得ABC 的周长为 6.(14 分)17. (1) 椭圆 C1： 1 的焦点坐标为(c，0)，代入椭圆 C2 的方程有 1，x2a2 y2b2 c2b2点 P 的坐标代入椭圆 C1，C 2 的方程有 C1： 1，(63， 63) 23a2 23b2所以 解得 a22，b 2c 21，(3 分)c2b2 1，a2 b2 c2，23a2 23b2 1， )所以椭圆 C1，C 2 的标准方程分别为 y 21， x 2 1.(5 分)x22 y22(2) 由题意知直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 ykxm，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，P(0 ，m) ，由 消去 y
12、，得 x 21，y22 x2 1，y kx m， ) （ kx m） 22即 x2kmx 10，(1 k22) m22 k2m24 0，(1 k22)(m22 1)即 k22m 20.(7 分)由 消去 y，得 (kxm) 21，x22 y2 1，y kx m， ) x22即 x22kmxm 210，(12 k2)因为直线 l 与椭圆 C1 相交，有 4k 2m24 (m21)4 0(*)，(12 k2) (k2 12m2 12)x1，2 .(9 分) 2km 4(k2 12m2 12)2(12 k2)因为 ，即(x 1，y 1m) (x2，y 2m)，则 5x13x 2，所以 5 PA 35
13、PB 35 2km 4(k2 12m2 12)2(12 k2)3 或 2km 4(k2 12m2 12)2(12 k2)5 2km 4(k2 12m2 12)2(12 k2)3 化简得，km 2km 4(k2 12m2 12)2(12 k2)4 或 km4 ，k2 12m2 12 k2 12m2 12即 k2m216 .(12 分)(k2 12m2 12)又因为 k22m 20，解得 或 符合(*)式，所以直线 l 的斜率为 或2.(14k2 2，m2 4) k2 4，m2 6， ) 2分)18. (1) 记 CH 与 AF，BE 的交点为 M，N，由ABC ，得在BCN 中，CBN ，23
14、6其中 CNHM (1.20.6)0.3 m，12所以 BC m，CNsin CBN 0.3sin6 35BN m，(2 分)CNtan CBN 0.3tan6 3310所以 CDBE2BN1.6 ，则335 8 335ABBC CDDEEFFGGH HA2AB2CD 4BC1.2 .(516 635 125 34 635分)答：景观窗格的外框总长度为 m(6 分)34 635(2) AB BCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC 5，设CBN， ，BCr ，(0， 2)则 CNrsin ， BNrcos，所以 ABCH 2CN 1.22rsin ， CDBE2BN 1.6 2rcos
15、，所以 2(1.22rsin)2(1.6 2rcos)4r 5，即 4r(sincos1) .(8 分)35设景观窗格的面积为 S，有 S1.21.62r 2sincos 4825 9sincos200（ sin cos 1） 2(当 且 仅 当 4r（ sin )Error!.(9 分)令 tsin cos(1， ，则 sincos ，2t2 12所以 S ，其中 1 14825 9t2 12200（ t 1） 2 4825 9400(1 2t 1) 2t 1 22 1，(12 分)(当 且 仅 当 t 2， 即 4时 取 等 号 )所以 S (32 ) ，4825 9400(1 2t 1)
16、 4825 9400(1 22 1) 4825 9400 2 741400 92200即 S 741400 92200(当 且 仅 当 4r（ sin cos 1） 35)Error!，所以当且仅当 r 且 时，S 取到最大值 (15 分)3（ 2 1）20 4答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中ABC 且 BC 34 3（ 2 1）20m(16 分)19. (1) 由 an1 3a n40，得 an1 13(a n1)，nN *，(2 分)其中 a11，所以 a1120，可得 an10，nN *，(4 分)所以 3，nN *，所以 an1是以 2 为首项，3 为公比的等比数列，
17、(6 分)an 1 1an 1所以 an12(3) n1 ，所以数列a n的通项公式为 an2(3) n1 ，nN *.(8 分)(2) 若数列a n中存在三项 am，a n，a k(m0 对 x(0 ，)恒成立，所以 yf(x) 在 (0，)上单调递增，又 f(1)0，所以 yf(x) 在 (0，)上只有一个零点，符合题意若 a0，令 f(x)0，得 x 或 x (舍去) a2 a2当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x (0， a2) a2 ( a2， )f(x) 0 f(x) ? 极小值 ?1.若 1，即 a2，此时 a ，则 f 0 对 a2 ，) 恒成立，1a所以 F
18、2(a)2aln a1 在2，) 上单调递增，所以 F2(a)F 2(2)3ln 20，即 F1(a)0 对 a2，) 恒成立，所以 F1(a)a 2a ln a1 在2，)上单调递增，所以 F1(a)F 1(2)32ln 20，即 f(a)0，又因为 f f(1)0，函数 f(x)在(1，)上单调递增，所以 f(x)f(1)0，故函数 f(x)在(0，)上有且只有一个零点，符合题意3.若 0，所以函数 f(x)在(0，1) 内必有零点，(e 1a) 2a又因为 1 是函数 f(x)的零点，不符合题意，舍去 (9 分)综上，a0 或 a2.(10 分)(3) 当 x1 时，g(x) a ln
19、xe xe x.令 G(x)e xe x，x1，则 G(x)e xe0 对 x1，)恒成立，所以函数 yG(x) 在1，) 上单调递增，所以 G(x)G(1)0.若 a0，则当 x1 时，ln x0，所以 g(x)a ln xe xex0 恒成立，符合题意(11 分)若 a0 恒成立，ax ax ax2所以 H(x) exe 在1 ，)上单调递增，ax且 H(1)a1，所以 G(1a)G(1)0，即 e1a e(1a)(12 分)所以 H(1a) e 1a e eea e ea (1a) 2(e1)a，a1 a a1 a a1 a 11 a因为 a1，所以 (1a)2，( e1)a0，因为 H(x) e xe 在1，) 上单调递增，其图象是一条不间断的曲线，ax且 H(1)a0，所以存在唯一的 x0(1，1a)，使得 H(x0)0，即 g(x0)0，当 x(1，x 0)时，g(x)0，所以函数 yg(x) 在(1，x 0)上单调递减，此时 g(x)g(1)0，不符合题意，舍去 (15 分)综上，a0.(16 分)