1、2019届常州高三年级第一次模拟考试数学试卷(满分160分，考试时间120分钟)一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分 1. 已知集合A0，1，B1，1，则AB_ 2. 已知复数z满足z(1i)1i(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9.1，9.3，x，9.2，9.4，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图所示，执行此算法，若输出的y的值为1，则输入的实数x的值为_ 5. 函数y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
2、. 已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为2，直线xy20经过双曲线C的焦点，则双曲线C的渐近线方程为_ 8. 已知圆锥SO，过SO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PO，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SO的体积的比值为_ 9. 已知正数x，y满足x1，则的最小值为_10. 若直线kxyk0与曲线yex(e是自然对数的底数)相切，则实数k_11. 已知函数f(x)sin(x)(0，R)是偶函数，点(1，0)是函数yf(x)图象的对称中心，则的最小值为_12. 平面内不共线的三点O，A，B，满足|1，|2，C为线段AB的中点，AOB的平分线交线段
3、AB于点D，若|，则|_13. 过原点的直线l与圆x2y21交于P，Q两点，A是该圆与x轴负半轴的交点如果以AQ为直径的圆与直线l有异于点Q的交点N，且直线AN与直线AP的斜率之积等于1，那么直线l的方程为_14. 数列an，bn满足bnan1(1)nan(nN*)，且数列bn的前n项和为n2.已知数列ann的前2 018项和为1，则数列an的首项a1_二、 解答题：本大题共6小题，共计90分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)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是棱AB，CC1的中点求证：(1) CM平面AB1N； (2) 平面A1BN平面AA1B
4、1B.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b2bcsin Ac2a2.(1) 求角A的大小；(2) 若tan Btan C3，且a2，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C2：1上，其中ab0，且点P是椭圆C1，C2位于第一象限的交点(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的三角形所得，如图2
5、中所示的多边形ABCDEFGH)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AFBE1.6米，两根竖轴CHDG1.2米，记景观窗格的外框(图2实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l米(1) 若ABC，且两根横轴之间的距离为0.6米，求景观窗格的外框总长度；(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不得超过5米，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时，求出此景观窗格的设计方案中ABC的大小与BC的长度图1图219. (本小题满分16分)已知在数列an中，a11，且an13an40，nN*.(1) 求证：an1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2) 在数列an中是否
6、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，说明理由. 20. (本小题满分16分)已知函数m(x)x2，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)exex10对x1，)恒成立，求实数a的取值范围(e是自然对数的底数，e2.71828)2019届高三年级第一次模拟考试(五)数学附加题(本部分满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并作答若多做
7、，则按作答的前两小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42：矩阵与变换(本小题满分10分)已知点(1，2)在矩阵A对应的变换作用下得到点(7，6)，求：(1) 矩阵A; (2) 矩阵A的特征值及对应的特征向量B. 选修44：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，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系直线l 的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为2sin，求直线l被曲线C所截的弦长C. 选修45：不等式选讲(本小题满分10分)已知a0，b0，求证：ab1.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分解答时应写出文字说明、证明
8、过程或演算步骤22. (本小题满分10分)如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高OP2，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且AB，M是棱PC的中点(1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值；(2) 求二面角APBC的余弦值23. (本小题满分10分)是否存在实数a，b，c使得等式135246n(n2)(n4)(an2bnc)对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，说明理由.数学参考答案1. 12. i3. 9.54. 35. (0，e 6. 7. yx8. 9. 410. e2 11. 12. 13. yx14. 15. 令AB1交A1B于点O，
9、连结OM，ON.在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1CC1，BB1CC1，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OMBB1，且OMBB1.因为N为CC1的中点，所以CN CC1，所以OMCN，且OMCN，所以四边形CMON是平行四边形， (5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，BB1平面ABC，CM平面ABC，所以BB1CM.(9分)又CACB，M为AB的中点，所以CMAB，又由(1)知CM /ON，所以ONAB，ONBB1，又因为ABBB1B，AB，BB1平面
10、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a2b22bccos Ac2，又b2bcsin Ac2a2，所以b22bccos Ac2b2bcsin Ac2，即2bccos Abcsin A，(3分)从而sin Acos A.若cos A0，则sin A 0，与sin2Acos2A1矛盾，所以cos A0，所以tan A，又A(0，)，所以A.(7分)(2) 因为tan(BC)tan(A)tan .(9分)又tan Btan C3，所以tan Btan C(2)2，解得tan Btan C.(11
11、分)又B，C(0，)，所以BC，又因为A，所以ABC是正三角形，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的方程得1，将点P的坐标代入椭圆C2的方程得1，所以解得(3分)所以椭圆C1，C2的标准方程分别为y21，x21.(5分)(2) 由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)联立消去y得x21，即(1)x2kmx10，k2m240，即k22m20.(7分)联立消去y得(kxm)21，即x22kmxm210，因为直线l与椭圆C1相交，所以4k2m24(k2)(m21)4(k
12、2)0；(*)x1，2.(9分)因为，所以(x1，y1m)(x2，y2m)，即5x13x2，所以53或53，化简得km4或km4，即k2m216(k2)(12分)又因为k22m20，解得或符合(*)式，所以直线l的斜率为或2.(14分)18. (1) 记CH与AF，BE的交点为M，N.由ABC可得，在BCN中，CBN，其中CNHM(1.20.6)0.3(米)，所以BC(米)，BN(米)(2分)所以CDBE2BN1.6(米)，则ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4BC1.2(米)(5分)故景观窗格的外框总长度为米(6分)(2) 由题意得，ABBCCDDEEFFGGHHA2AB2CD4B
13、C5，设CBN，BCr，则CNrsin ，BNrcos ，所以ABCH2CN1.22rsin ，CDBE2BN1.62rcos ，所以2(1.22rsin )2(1.62rcos )4r5，即4r(sin cos 1).(8分)设景观窗格的面积为S，则S1.21.62r2sin cos ，当且仅当4r(sin cos 1)时取等号(9分)令tsin cos (1，则sin cos ，所以S(1)，其中11，当且仅当t，即时取等号(12分)所以S(1)(32)，即S，当且仅当4r(sin cos 1)且时取等号，所以当且仅当r且时，S取到最大值(15分)故当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计
14、方案中ABC且BC米(16分)19. (1) 由an13an40得an113(an1)，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(6分)所以an12(3)n1，则数列an的通项公式an2(3)n11，nN*.(8分)(2) 若数列an中存在三项am，an，ak(mn0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)xf(x)0f(x)极小值若1，即a2，此时a，则f0，即F1(a)0对a2，)恒成
15、立，所以F1(a)a2aln a1在2，)上单调递增，所以F1(a)F1(2)32ln 20，即f(a)0，又因为ff(1)0，函数f(x)在(1，)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，适合题意若1，即0a2，此时0ee01，01.因为函数f(x)在单调递增，所以f0，所以函数f(x)在(0，1)内必有零点，又因为1是函数f(x)的零点，不符题意，舍去(9分)综上，a0或a2.(10分)(3) 当x1时，g(x)aln xexex.令G(x)exex，x1，则G(x)exe0对x1，)恒成立，所以函数yG(x)在1，)单调递增，所以G(x)G(1)0.
16、若a0，则当x1时，ln x0，所以g(x)aln xexex0恒成立，适合题意；(11分)若a0恒成立，所以H(x)exe在1，)单调递增，且H(1)a0.因为a1，所以G(1a)G(1)0，即e1ae(1a)(12分)所以H(1a)e1aeeeaeea(1a)2(e1)a，因为a1，所以(1a)2，(e1)a0，因为H(x)exe在1，)单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H(1)a0，所以存在唯一的x0(1，1a)，使H(x0)0，即g(x0)0，当x(1，x0)时，g(x)0，所以函数yg(x)在(1，x0)上单调递减，此时g(x)0，b0，由柯西不等式可得(ab1)(b1a)()2
17、，当且仅当时取等号，所以(ab1)2()2，又因为ab10，0，所以ab1.(10分)22. (1) 记直线AM与平面PAB所成角为，点A(0，1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，M(0，1)，则(1，1，0)，(0，1，2)，(0，1)，设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，所以，即取z1，则y2，x2，所以平面PAB的一个法向量为n(2，2，1)，所以sin |cosn，|.(5分)即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.(6分)(2) 设平面PBC的法向量为n1(x1，y1，z1)，(1，1，0)，(1，0，2)，所以即取z11，则x12，y12，所以平面P
18、BC的一个法向量为n1(2，2，1)，所以cosn，n1.(9分)由图可知二面角APBC的余弦值为.(10分)23. 在135246n(n2)(n4)(an2bnc)中，令n1，得15(abc)；令n2，得63(4a2bc)；令n3，得168(9a3bc)，即解得(3分)下面用数学归纳法证明：135246n(n2)(n4)(n29n20)对于一切正整数n都成立当n1时，等式成立；假设当nk(k2，kN*)时，等式成立，即135246k(k2)(k4)(k29k20)(4分)当nk1时，135246k(k2)(k4)(k1)(k3)(k5)(k29k20)(k1)(k3)(k5)k(k1)(k4)(k5)(k1)(k3)(k5)(k1)(k5)(k28k12)(k11)(k15)(k1)29(k1)20即等式对nk1也成立(8分)综上可得，等式135246n(n2)(n4)(n29n20)对于一切正整数n都成立(9分)所以存在实数a，b，c符合题意，且(10分)