D07无锡市2018届高三第一学期期末检测数学试卷

第1页共14页无锡市普通高中2017年秋学期高三期终调研考试试卷数学I卷一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置．．．．．．．上．.）1．已知集合{1,3}A，{1,2,}Bm，若ABB，则实数m．2．若复数312aii（aR，i为虚数单位）是纯虚数，则实数a．3．某高中共有学生2800人，其中高一年级960人，高三年级900人，现采用分层抽样的方法，抽取140人进行体育达标检测，则抽取高二年级学生人数为．4．已知,{1,2,3,4,5,6}ab，直线1:210lxy，2:30laxby，则直线12ll的概率为．5．根据如图所示的伪代码，当输入a的值为3时，最后输出的S的值为．6．直三棱柱111ABCABC中，已知ABBC，3AB，4BC，15AA，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为．7．已知变量,xy满足242xxyxyc，目标函数3zxy的最小值为5，则c的值为．8．函数cos(2)(0)yx的图像向右平移2个单位后，与函数sin(2)3yx的图像重合，则．9．已知等比数列{}na满足2532aaa，且4a，54，72a成等差数列，则12naaa的最大值为．10．过圆2216xy内一点(2,3)P作两条相互垂直的弦AB和CD，且ABCD，则四边形ACBD的面积为．11．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab与椭圆2211612xy的焦点重合，离心率互为倒数，设12,FF分别为双曲线C的左，右焦点，P为右支上任意一点，则212PFPF的最小值为．12．在平行四边形ABCD中，4AB，2AD，3A，M为DC的中点，N为平面ABCD内一点，若||||ABNBAMAN，则AMAN．第2页共14页13．已知函数()fx2212211,211log(),22xxxxxx，2()22gxxx.若存在aR，使得()()0fagb，则实数b的取值范围是．14．若函数2()(1)||fxxxa在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是．二、解答题（本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15．（本小题满分14分）如图，ABCD是菱形，DE平面ABCD，//AFDE，2DEAF（1）求证：AC平面BDE；（2）求证：//AC平面BEF．16．（本小题满分14分）在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，3cos4A，C=2A．（1）求cosB的值；（2）若24ac，求ABC的周长．第3页共14页17．（本小题满分14分）如图，点C为某沿海城市的高速公路出入口，直线BD为海岸线，3CAB，ABBD，BC是以A为圆心，半径为1km的圆弧型小路.该市拟修建一条从C通往海岸的观光专线CPPQ，其中P为BC上异于,BC的一点，PQ与AB平行，设PAB．（1）证明：观光专线CPPQ的总长度随的增大而减小；（2）已知新建道路PQ的单位成本是翻新道路CP的单位成本的2倍．当取何值时，观光专线CPPQ的修建总成本最低？请说明理由．18．（本小题满分16分）已知椭圆2222:1(0,0)xyEabab的离心率为22，12,FF分别为左，右焦点，,AB分别为左，右顶点，原点O到直线BD的距离为63.设点P在第一象限，且PBx轴，连接PA交椭圆于点C．（1）求椭圆E的方程；（2）若三角形ABC的面积等于四边形OBPC的面积，求直线PA的方程；（3）求过点B，C，P的圆方程（结果用t表示）.第4页共14页19．（本小题满分16分）已知数列{}na满足121111(1)(1)(1)nnaaaa，*nN，nS是数列{}na的前n项的和．（1）求数列{}na的通项公式；（2）若pa，30，qS成等差数列，pa，18，qS成等比数列，求正整数,pq的值；（3）是否存在*kN，使得116kkaa为数列{}na中的项？若存在，求出所有满足条件的k的值；若不存在，请说明理由．20．（本小题满分16分）已知函数()(32)xfxex，()(2)gxax，其中,axR.（1）求过点(2,0)和函数()yfx的图像相切的直线方程；（2）若对任意xR，有()()fxgx恒成立，求a的取值范围；（3）若存在唯一的整数0x，使得00()()fxgx，求a的取值范围.第5页共14页数学II（加试题）21．选修4-2：矩阵与变换已知矩阵34Aab，若矩阵A属于特征值1的一个特征向量为112，属于特征值2的一个特征向量为23．求矩阵A．22．选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是1232xtytm（t是参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若圆C的极坐标方程是4sin，且直线l与圆C相交，求实数m的取值范围．第6页共14页23．某公司有,,,ABCD四辆汽车，其中A车的车牌尾号为0，,BC两辆车的车牌尾号为6，D车的车牌尾号为5，已知在非限行日，每辆车都有可能出车或不出车.已知,AD两辆汽车每天出车的概率为34，,BC两辆汽车每天出车的概率为12，且四辆汽车是否出车是相互独立的.该公司所在地区汽车限行规定如下：（1）求该公司在星期四至少有2辆汽车出车的概率；（2）设表示该公司在星期一和星期二两天出车的车辆数之和，求的分布列和数学期望.24．在四棱锥PABCD中，ABP是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，90DAB，//ADBC，E是线段AB的中点，PE底面ABCD，已知22DAABBC．（1）求二面角PCDAB的正弦值；（2）试在平面PCD上找一点M，使得EM平面PCD.第7页共14页参考答案一、填空题1．32．63．474．1125．216．507．58．69．102410．1911．答案：812．答案：613．答案：(2,0)14．答案：7(,1][,)2二、简答题（本大题共6小题，共90分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15．解：（1）证明：因为DE平面ABCD，所以DEAC.因为ABCD是菱形，所以ACBD，因为DEBDD所以AC平面BDE.（2）证明：设ACBDO，取BE中点G，连结,FGOG，所以，1//2OGDE且12OGDE.因为//AFDE，2DEAF，所以//AFOG且AFOG，从而四边形AFGO是平行四边形，//FGAO.因为FG平面BEF，AO平面BEF，所以//AO平面BEF，即//AC平面BEF.16．解：（1）因为3cos4A，所以2coscos22cos1CAA2312()148.在ABC中，因为3cos4A，所以7sin4A，因为1cos8C，所以2137sin1()88C，所以9coscos()sinsincoscos16BABABAB.（2）根据正弦定理sinsinacAC，所以23ac，又24ac，所以4a，6c.2222cos25bacacB，5b.第8页共14页所以ABC的周长为15.17．解：（1）由题意，3CAP，所以3CP，又cos1cosPQABAP，所以观光专线的总长度()1cos3fcos13，03，因为当03时，'()1sin0f，所以()f在(0,)3上单调递减，即观光专线CPPQ的总长度随的增大而减小.（2）设翻新道路的单位成本为(0)aa，则总成本()(22cos)3ga(2cos2)3a，03，'()(12sin)ga，令'()0g，得1sin2，因为03，所以6，当06时，'()0g，当63时，'()0g.所以，当6时，()g最小.答：当6时，观光专线CPPQ的修建总成本最低.18．解：（1）因为椭圆2222:1(0)xyEabab的离心率为22，所以222ac，bc，所以直线DB的方程为22yxb，又O到直线BD的距离为63，所以63112b，所以1b，2a，所以椭圆E的方程为2212xy.第9页共14页（2）设(2,)Pt，0t，直线PA的方程为(2)22tyx，由2212(2)22xytyx，整理得2222(4)22280txtxt，解得：224224Ctxt，则点C的坐标是2224224(,)44tttt，因为三角形ABC的面积等于四边形OBPC的面积，所以三角形AOC的面积等于三角形BPC的面积，2214222244AOCttStt，232214222(2)244PBCttSttt，则32222244tttt，解得2t.所以直线PA的方程为220xy.（3）因为(2,0)B，(2,)Pt，2224224(,)44ttCtt，所以BP的垂直平分线2ty，BC的垂直平分线为22224ttyxt，所以过,,BCP三点的圆的圆心为228(,)22(4)ttt，则过,,BCP三点的圆方程为22228()()22(4)ttxyt42222(4)4ttt，即所求圆方程为22222824txxyt2804tyt.第10页共14页19．解：（1）因为121111(1)(1)(1)nnaaaa，*nN，所以当1n时，11111aa，12a，当2n时，由1211(1)(1)aa11(1)nnaa和12111111(1)(1)(1)nnaaaa，两式相除可得，111nnnaaa，即11(2)nnaan所以，数列{}na是首项为2，公差为1的等差数列.于是，1nan.（2）因为pa，30，qS成等差数列，pa，18，qS成等比数列，所以26018pqpqaSaS，于是654pqaS，或546pqaS.当654pqaS时，16(3)542pqq，解得59pq，当546pqaS时，154(3)62pqq，无正整数解，所以5p，9q.（3）假设存在满足条件的正整数k，使得*116()kkmaaamN，则(1)(2)161kkm，平方并化简得，22(22)(23)63mk，则(225)(221)63mkmk，所以225632211mkmk，或225212213mkmk，或22592217mkmk，解得：15m，14k或5m，3k，3m，1k（舍去），第11页共14页综上所述，3k或14.20．解（1）设切点为00(,)xy，'()(31)xfxex，则切线斜率为00(31)xex，所以切线方程为0000(31)()xyyexxx，因为切线过(2,0)，所以00000(32)(31)(2)xxexexx，化简得200380xx，解得080,3x.当00x时，切线方程为2yx，当083x时，切线方程为8833918yexe.（2）由题意，对任意xR有e(32)(2)xxax恒成立，①当(,2)x时，max(32)(32)[]22xxexexaaxx，令(32)()2x