1、2018-2019学年江苏省南通市高一（下）调研数学试卷（三）（5月份）一选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1（4分）在ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若acosBbcosA，则的最小值为（）ABCD2（4分）如图，第（1）个图案由1个点组成，第（2）个图案由3个点组成，第（3）个图案由7个点组成，第（4）个图案由13个点组成，第（5）个图案由21个点组成，依此类推，根据图案中点的排列规律，第50个图形由多少个点组成（）A2450B2451C2452D24533（4分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a44，S515，则数列的前2018项和为（）ABCD4（4分）
2、平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDl，则直线l与直线A1C1所成的角为（）A30B45C60D905（4分）已知函数yf（x1）的图象关于x1对称，且对yf（x），xR，当x1，x2（，0时，成立，若f（2ax）f（2x2+1）对任意的xR恒成立，则a的范围（）ABa1CD6（4分）在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若a4，b5，cosA，则B（）AB或CD或7（4分）若m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若，m，则mB若m，nm，则nC若m，n，m，n，则D若m，m，n，则mn8（4分）已知f（x）为
3、定义在（，0）（0，+）上的奇函数，当x0时，f（x）x，则f（x）的值域为（）A（，22，+）B2，2C（，11，+）D2，+）9（4分）若公比为2的等比数列an的前n项和为Sn，且a2，9，a5成等差数列，则S10（）A2451B451C2461D46110（4分）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为R，圆心角为的扇形，圆锥内接圆柱的全面积与圆锥的侧面积相等，则圆柱的高为（）ARBRCRDR11（4分）在ABC中，acosAbcosB，则三角形的形状为（）A直角三角形B等腰三角形或直角三角形C等边三角形D等腰三角形12（4分）直线x1的倾斜角为（）A0BCD不存在二填空题（本大题共4小题，每小
4、题5分，共20分）13（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm）等于 ，表面积（单位：cm2）等于 14（5分）已知一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则如图中，截面不可能是 （填序号）15（5分）设l，m，n表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：若l，ml，m，则；若m，n是l在内的射影，mn，则ml；若m是平面的一条斜线，点A，l为过点A的一条动直线，则可能有lm且l；若，则其中正确的序号是 16（5分）已知等比数列an的公比q0，若a23，a2+a3+a421，则a3+a4
5、+a5 三解答题（本大题共6小题，共82分）17定义：如果函数yf（x）在定义域内给定区间a，b上存在x0（ax0b），满足，则称函数yf（x）是a，b上的“平均值函数”，x0是它的均值点（1）yx4是否是1，1上的“平均值函数”，如果是请找出它的均值点；如果不是，请说明理由；（2）现有函数y2x2+2mx+1是1，1上的平均值函数，则求实数m的取值范围18在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求ABC外接圆的面积S；（2）若sinB2sinA，求ABC的面积19如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且DE，平面ABCD平面ADE，二
6、面角ACDE为30（）求证：AE平面CDE；（）求AB与平面BCE所成角的正弦值20已知数列an是公差不为零的等差数列，a11，且存在实数满足2an+1an+4，nN+（1）求的值及通项an；（2）求数列a的前n项和Sn21如图，ABC的外接圆O的直径为AB，CD平面ABC，BECD（1）求证：平面ADC平面BCDE；（2）试问在线段DE和BC上是否分别存在点M和F，使得平面OMF平面ACD？若存在，确定点M和点F的位置；若不存在，请说明理由22在平面直角坐标系下，已知A（1，0），B（2，0），动点M满足，记动点M的轨迹为C（）求曲线C的方程；（）若定点P（0，a）（a0），线段|MP|的最
7、大值为，过点P作曲线C的切线l，求l的方程2018-2019学年江苏省南通市高一（下）调研数学试卷（三）（5月份）参考答案与试题解析一选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）1（4分）在ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若acosBbcosA，则的最小值为（）ABCD【分析】由题意利用正弦定理化简已知等式，利用同角三角函数间基本关系可求tanA3tanB，进而利用正弦定理，基本不等式化简所求即可求解【解答】解：acosBbcosA，由正弦定理化简得：sinAcosBsinBcosAsinCsin（A+B）sinAcosB+cosAsinB，整理得：sinAcosB3cosA
8、sinB，cosAcosB0，tanA3tanB；则+222可得的最小值为故选：D【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数间基本关系，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题2（4分）如图，第（1）个图案由1个点组成，第（2）个图案由3个点组成，第（3）个图案由7个点组成，第（4）个图案由13个点组成，第（5）个图案由21个点组成，依此类推，根据图案中点的排列规律，第50个图形由多少个点组成（）A2450B2451C2452D2453【分析】由图分析第n个图案由n个分支组成，每个分支上点的个数相同，因此第n个图案上点的个数分支个数n分支上的点（n1）+中间1个点，可得其
9、规律，进而得到第50个图形由多少个点组成【解答】解：设第（n）个图案由an个点组成，由图可知，第（n）个图案由n个分支组成，每个分支有中间1个点和分支上的（n1）个点组成所以an1+n（n1），所以a501+50492451，故选：B【点评】归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）3（4分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a44，S515，则数列的前2018项和为（）ABCD【分析】设等差数列的公差为d，由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，可得数列的通项公式，求得，运用裂项相消求和，即可得到所
10、求和【解答】解：等差数列an的前n项和为Sn，公差设为d，a44，S515，可得a1+3d4，5a1+1015，解得a11，d1，即ann，则数列的前2018项和为1+1故选：A【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于基础题4（4分）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDl，则直线l与直线A1C1所成的角为（）A30B45C60D90【分析】平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，推导出BDAF，从而直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，由此能求出结果【
11、解答】解：如图所示，平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面平面A1BD，平面平面ABCDlAF，平面A1BD平面ABCDBD，BDAF，又A1C1AC，则直线l与直线A1C1所成的角即为直线BD与直线AC所成的角，为90故选：D【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题5（4分）已知函数yf（x1）的图象关于x1对称，且对yf（x），xR，当x1，x2（，0时，成立，若f（2ax）f（2x2+1）对任意的xR恒成立，则a的范围（）ABa1CD【分析】根据条件判断函数f（x）的奇偶性和单调性，结
12、合函数单调性和奇偶性的性质将不等式进行转化，利用参数分离法结合基本不等式的性质进行转化求解即可【解答】解：yf（x1）的图象关于x1对称，yf（x）的图象关于x0对称，即f（x）是偶函数，当x1，x2（，0时，成立，此时f（x）为减函数，则在0，+）上f（x）为增函数，若f（2ax）f（2x2+1）对任意的xR恒成立，等价为若f（|2ax|）f（2x2+1）对任意的xR恒成立，即|2ax|2x2+1，当x0时，不等式成立，当x0时，不等式等价为2|a|2|x|+，当x0时，2|x|+22，当且仅当2|x|时取等号，则2|a|2，即|a|，得a，故选：A【点评】本题主要考查不等式恒成立，利用函数
13、奇偶性和单调性的性质，利用参数分离法以及基本不等式的性质进行转化是解决本题的关键6（4分）在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若a4，b5，cosA，则B（）AB或CD或【分析】根据题意，有cosA的值求出sinA的值，结合正弦定理可得sinB，计算可得sinB的值，比较a、b的大小，分析可得答案【解答】解：根据题意，在ABC中，cosA，则sinA，且A为锐角；又由，可得sinB，又由a4b5，则BA，则B；故选：A【点评】本题考查三角形中正弦定理的应用，关键是掌握正弦定理的形式，属于基础题7（4分）若m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若，m，则
14、mB若m，nm，则nC若m，n，m，n，则D若m，m，n，则mn【分析】根据空间线面位置关系的判定或定义进行判断【解答】解：若，m，则m与可能平行也可能相交，故A错误；若m，nm，则n或n或n与相交，故B错误；若m，n，m，n，则或与相交，故C错误；若m，m，n，则mn，故D正确故选：D【点评】本题考查了空间线面位置关系的判断与性质，属于中档题8（4分）已知f（x）为定义在（，0）（0，+）上的奇函数，当x0时，f（x）x，则f（x）的值域为（）A（，22，+）B2，2C（，11，+）D2，+）【分析】根据题意，由函数在x0时的解析式，结合基本不等式的性质分析可得f（x）2，结合函数的奇偶性分
15、析可得答案【解答】解：根据题意，当x0时，f（x）x，则f（x）x+22，又由函数f（x）为定义在（，0）（0，+）上的奇函数，则当x0时，有f（x）2，则函数的值域为（，22，+）；故选：A【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用、函数的值域计算，涉及基本不等式的应用，属于基础题9（4分）若公比为2的等比数列an的前n项和为Sn，且a2，9，a5成等差数列，则S10（）A2451B451C2461D461【分析】运用等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得首项，再由等比数列的求和公式，计算可得所求和【解答】解：公比q为2的等比数列an的前n项和为Sn，且a2，9，a5成等差数列，
16、可得18a2+a52a1+16a1，解得a11，则S102101451故选：B【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，等差数列中项性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题10（4分）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为R，圆心角为的扇形，圆锥内接圆柱的全面积与圆锥的侧面积相等，则圆柱的高为（）ARBRCRDR【分析】根据圆锥侧面展开图的半径和圆心角求出圆锥的底面圆半径和高；再根据圆锥的内接圆柱的全面积等于圆锥的侧面积，列方程求出圆柱的高【解答】解：圆锥侧面展开图的半径为R，圆心角为；设圆锥的底面半径为r，则2rR，解得rR，圆锥的高为hrR；设圆锥的内接圆柱底面圆半径为r，高为h；则，
17、rRh，由2r2+2hrR2，得2+2h（Rh）R2，解得hR，即圆柱的高为R故选：C【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图面积与圆锥内接圆柱的表面积计算问题，是中档题11（4分）在ABC中，acosAbcosB，则三角形的形状为（）A直角三角形B等腰三角形或直角三角形C等边三角形D等腰三角形【分析】根据正弦定理将题中等式化简，得sinAcosAsinBcosB，利用二倍角的正弦公式化简得sin2Asin2B再由三角函数的诱导公式加以计算，可得AB或A+B，从而得到答案【解答】解：acosAbcosB，根据正弦定理，得sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2BA（0，），2A2B或2
18、A+2B，得AB或A+B，因此ABC是等腰三角形或直角三角形故选：B【点评】本题给出三角形中的边角关系，判断三角形的形状，着重考查了正弦定理、三角函数的诱导公式和三角形的分类等知识，属于中档题12（4分）直线x1的倾斜角为（）A0BCD不存在【分析】根据题意，分析可得直线x1与x轴垂直，即可得其倾斜角，即可得答案【解答】解：根据题意，直线x1与x轴垂直，其倾斜角为；故选：C【点评】本题考查直线的切斜角，涉及直线的方程，属于基础题二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm）等于，表面积（单位：cm2）等于20+
19、4【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面即可【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：是一个正方体挖去一个正四棱锥的几何体，正方体的棱长为2，所以几何体的体积为：222几何体的表面积为：522+420+4故答案为：；20+4【点评】本题考查三视图求解几何体的体积以及表面积，判断几何体的形状是解题的关键14（5分）已知一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，则如图中，截面不可能是（填序号）【分析】当截面的角度和方向不同时，球的截面不相同，应分情况考虑即可【解答】解：当截面平行于正方体的一个侧面时得图；当截面过正方体的体对角线时得图；当截面不平行于任何侧面也不过体对角线
20、时得图；但无论如何都不能截出D图截面不可能是故选：【点评】本题主要考查了球内接多面体、棱柱的结构特征注意截面的形状既与被截的几何体有关，还与截面的角度和方向有关，是基础题15（5分）设l，m，n表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，给出下列四个命题：若l，ml，m，则；若m，n是l在内的射影，mn，则ml；若m是平面的一条斜线，点A，l为过点A的一条动直线，则可能有lm且l；若，则其中正确的序号是【分析】利用空间线面关系定理分别对四个命题分析选择由线面垂直和面面垂直的判断和性质知识可知正确；由三垂线定理可证；可举反例说明错【解答】解：对于，若l，ml，m，由空间线面垂直的性质定理和面面垂直的
21、定义知，故正确；对于，若m，n是l在内的射影，mn，由三垂线定理可得ml，故对；对于，若m是平面的一条斜线，A，l为过A的一条动直线，若m是平面的一条斜线，l，则l和m不可能垂直，故错误；对于，若，则或、相交，如墙角的三个面的关系，故错误故答案为：【点评】本题考查空间的线线、线面和面面的位置关系，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题16（5分）已知等比数列an的公比q0，若a23，a2+a3+a421，则a3+a4+a542【分析】根据等比数列的通项公式化简a23和a2+a3+a421得到关于a1和q的两个关系式，联立即可求出q的值，然后把所求的式子利用等比数列的通项公式化简后提取a2，
22、把a2的值及q的值代入即可求出值【解答】解：因为an等比数列，根据a23，a2+a3+a421得a1q3，a1q+a1q2+a1q3a1q（1+q+q2）21则1+q+q27即q2+q60，（q+3）（q2）0，解得q3，q2，由公比q0，得到q2所以a3+a4+a5a1q2+a1q3+a1q4a1q（q+q2+q3）3（2+4+8）42故答案为：42【点评】本题考查学生灵活运用等比数列的通项公式化简求值做题时注意利用整体思想解决实际问题三解答题（本大题共6小题，共82分）17定义：如果函数yf（x）在定义域内给定区间a，b上存在x0（ax0b），满足，则称函数yf（x）是a，b上的“平均值函
23、数”，x0是它的均值点（1）yx4是否是1，1上的“平均值函数”，如果是请找出它的均值点；如果不是，请说明理由；（2）现有函数y2x2+2mx+1是1，1上的平均值函数，则求实数m的取值范围【分析】（1）根据定义直接代入即可求解；（2）由题意可知，即关于x的方程2x2+2mx+12m在（1，1）内有实数根，结合二次方程的实根分布即可求解【解答】解：（1），又由于x40的解有且只有x0，所以yx4是1，1上的“平均值函数”，且它的均值点为0；（2）因为函数y2x2+2mx+1是1，1上的平均值函数，所以，即关于x的方程2x2+2mx+12m在（1，1）内有实数根，即2x22mx+2m10在（1，
24、1）内有实数根，令g（x）2x22mx+2m1，则g（1）1，g（1）4m+1，当g（1）0，即时，函数g（x）在（1，1）有一个零点，满足条件；当g（1）0，即时，方程2x22mx+2m10根为，满足条件；当g（1）0，即时，要使得方程2x22mx+2m10在（1，1）内有实数根，则0，且函数的对称轴在（1，1）上，即，解得；综上：【点评】本题以新定义为载体，主要考查了二次方程的实根分布问题，体现了分类讨论思想的应用18在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求ABC外接圆的面积S；（2）若sinB2sinA，求ABC的面积【分析】（1）设ABC外接圆的半径为R，由正弦
25、定理可得R的值，利用圆的面积公式即可计算得解（2）由正弦定理可得b2a，根据余弦定理可求a，b的值，利用三角形的面积公式即可计算得解【解答】解：（1）设ABC外接圆的半径为R，由正弦定理可得，可得：，外接圆的面积为（2）sinB2sinA，b2a，c2a2+b22abcosC，可得：【点评】本题主要考查了正弦定理，圆的面积公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题19如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且DE，平面ABCD平面ADE，二面角ACDE为30（）求证：AE平面CDE；（）求AB与平面BCE所成角的正弦值【分析】（）根据面面
26、垂直性质定理得CD平面ADE，即得ADE即为二面角ACDE的平面角，利用余弦定理解得AE，根据勾股定理得AEDE最后根据线面垂直判定定理得结论；（）先利用等体积法求点A到平面BCE的距离，再根据解三角形得结果【解答】（）证明：平面ABCD平面ADE，平面ABCD平面ADEAD，且CDAD，CD平面ADE，从而CDDE，CDAE，ADE即为二面角ACDE的平面角，即ADE30又AD2，DE，由余弦定理得AE1，AE2+DE2AD2，即AEDE又CDDED，AE平面CDE（）由（）知，AB平面ADE，从而ABAE，BE，又CE，BC2，故SBCE由已知，点B到平面CDE的距离等于点A到平面CDE的
27、距离AE1，设点A到平面BCE的距离为d，则点D到平面BCE的距离也为d，由VBCDEVDBCE得：，dAB与平面BCE所成角的正弦值sin【点评】本题考查面面垂直性质定理、二面角、线面垂直判定定理、等体积法求点到平面的距离以及线面角，考查综合分析与求解能力，属中档题20已知数列an是公差不为零的等差数列，a11，且存在实数满足2an+1an+4，nN+（1）求的值及通项an；（2）求数列a的前n项和Sn【分析】（1）设出等差数列的公差d，然后退位相减便可得结果；（2）求出数列a的通项公式，然后利用分组求和法解出数列的前n项和Sn【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，由存在实数满足2an
28、+1an+4，得2anan1+4，得，2dd，又因为d0，解得2；将2代入可得：an+1an2，即d2，又因为a11，所以an2n1（2）由（1）可得：2n+1（2n+1），所以：，2n+2n22n4【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分组法求出数列的和，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型21如图，ABC的外接圆O的直径为AB，CD平面ABC，BECD（1）求证：平面ADC平面BCDE；（2）试问在线段DE和BC上是否分别存在点M和F，使得平面OMF平面ACD？若存在，确定点M和点F的位置；若不存在，请说明理由【分析】（1）推导出ACBC，ACDC，从而AC平面
29、BCDE，由此能求出平面ADC平面BCDE（2）分别存在点M和F，使得平面OMF平面ACD，取BC中点M，DE中点F，连结OM，MF，推导出OMAC，MFCD，由此推导出在线段DE和BC上存在中点M和F，平面OMF平面ACD【解答】证明：（1）ABC的外接圆O的直径为AB，CD平面ABC，BECD，ACBC，ACDC，BCDCC，AC平面BCDE，AC平面ADC，平面ADC平面BCDE（2）分别存在点M和F，使得平面OMF平面ACD，取BC中点M，DE中点F，连结OM，MF，O是AB的中点，OMAC，MFCD，ACCDC，OMMFM，AC、CD平面ACD，OM，MF平面OMF，在线段DE和BC
30、上存在中点M和F，平面OMF平面ACD【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足面面平行的点的位置的确定和求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题22在平面直角坐标系下，已知A（1，0），B（2，0），动点M满足，记动点M的轨迹为C（）求曲线C的方程；（）若定点P（0，a）（a0），线段|MP|的最大值为，过点P作曲线C的切线l，求l的方程【分析】（1）先将条件化简即得动点M的轨迹方程，（2）根据线段|MP|的最大值为，求出点P的坐标，根据直线和圆相切，即可求出直线l的方程【解答】解：（1）动点M满足，化简可得（x+2）2+y24曲线C的方程（x+2）2+y24；（2）定点P（0，a）（a0），线段|MP|的最大值为，+22+2，a24，a0，a2，P（0，2），设过点P与圆相切的方程为ykx+2，根据圆心到直线的距离d2，解得k0，即切线方程为y2，当k不存在时，此时过点P的直线与圆也相切，综上所述的方程为x0，或y2【点评】本题考查了点的轨迹方程，和圆的切线方程，考查了运算求解能力，属于中档题