江苏省扬州市高三—度第一学期期末检测数学试题含答案.doc

1、2017 届江苏省扬州市高三第一学期期末检测数学试题 （I 卷）1已知集合 ， ，则 0Ax102B， ， ， AB2设 ( 为虚数单位， ， )，则 iiababRab3某学校共有师生 3200 人，现用分层抽样的方法，从所有师生中抽取一个容量为 160 的样本，已知从学生中抽取的人数为 150，那么该学校的教师人数是 4如图是一个求函数值的算法流程图，若输入的 的值为 5，则输出的 的值为 xy5已知直线 与圆 交于 两点，则弦 的长度为 :320lxy2C:+y=4,ABAB6已知 且 ，则直线 的斜率小于 0 的概率为 ,AB,1AB10x7若实数 满足 ，则 的最大值为 ,xy01y

2、x23zy8若正四棱锥的底面边长为 （单位： ） ，侧面积为 （单位： ） ，则它的体积为 （单位：cm82cm）. 3cm9已知抛物线 的焦点恰好是双曲线 的右焦点，则双曲线的渐近线方程为 216yx21xyb10已知 ，则 cos()3()0sin()11已知 是函数 两个相邻的极值点，且 在 处的导数 ，1,5xco0fxfx220f则 0f12在正项等比数列 中，若 ，则 的最小值为 na43216a56a13 是边长为 的等边三角形，点 是以 为圆心的单位圆上一动点，点 满足 ，则 的ABC3PAQ213APCBQ最小值是 14已知一个长方体的表面积为 48（单位： ） ，12 条棱

3、长度之和为 36（单位： ） ，则这个长方体的体积的取2cmcm值范围是 （单位： ） 315 （14 分）在 中， ， ， ABC62AC18BAC（1）求 的长； （2）求 的值tan16 （14 分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，点 E、F 分别是棱 PC 和 PD 的中点.（1）求证：EF平面 PAB； （2）若 AP=AD，且平面 PAD 平面 ABCD，证明：AF 平面 PCD.（第 4 题图）17 （14 分）如图，矩形 ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点 E 在 AB 上，在梯形 BCDE 区域内部展示文物，DE 是玻璃幕墙，游客只能在 AD

4、E 区域内参观在 AE 上点 P 处安装一可旋转的监控摄像头， 为监控角， MPN其中 M、N 在线段 DE（含端点）上，且点 M 在点 N 的右下方 .经测量得知：AD=6 米，AE=6 米，AP=2 米，.记 （弧度） ，监控摄像头的可视区域 PMN 的面积为 S 平方米4PE（1）求 S 关于 的函数关系式，并写出 的取值范围；（参考数据： ）5tan34（2）求 的最小值.18 （16 分）如图，椭圆 ，圆 ，过椭圆 的上顶点 的直线 : 分别交2:1(0)xyCab22:OxybCAlykxb圆 、椭圆 于不同的两点 、 ，设 OPQAP（1）若点 点 求椭圆 的方程； （2）若 ，

5、求椭圆 的离心率 的取值范围(3,0)P(4,)3e x y A P Q O 19 （16 分）已知数列 与 的前 项和分别为 和 ，且对任意 ， 恒成立nabnnABnN112()nnab（1）若 ，求 ；21,nAbB（2）若对任意 ，都有 及 成立，求正实数 的取值范围；Nna31241 3nbbaa 1b（3）若 ，是否存在两个互不相等的整数 ，使 成等差数列？若存在，求出 的值；12,anb ,st()t1,stAB,st若不存在，请说明理由20 （16 分）已知函数 ，其中函数 ， ()()fxghx()xge2()hax（1）求函数 在 处的切线方程；()g1,（2）当 时，求函

6、数 在 上的最大值；02a()fx2,a（3）当 时，对于给定的正整数 ，问函数 是否有零点？请说明理由 （参考数据k()()2ln1)Fxefkx）.718,.649,.8,ln0.693ee2017 届江苏省扬州市高三第一学期期末检测数学试题（II 卷）21 （10 分）已知 ，若点 在矩阵 对应的变换作用下得到点 ，求矩阵 的特征,abR(1,2)M14abA(2,7)NA值.22 （10 分）在平面直角坐标系 中，曲线 C 的参数方程为 （ 为参数） ，以直角坐标系原点 为xOy 2cos1inxy O极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标方程为 ，试求直线 与曲线 C

7、 的交点的直角坐标.l4l23 （10 分）为了提高学生学习数学的兴趣，某校决定在每周的同一时间开设数学史 、 生活中的数学 、 数学与哲学 、 数学建模四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习，假设三人选择课程时互不影响，且每人选择每一课程都是等可能的.（1）求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率；（2）设 为甲、乙、丙三人中选修数学史的人数，求 的分布列和数学期望 .XX()EX24 （10 分）已知 ，其中 01(1)C()()()C(),nnnnFxfxfxfxN 0xi()fx是关于 的函数 .(i,2,)（1）若 ，求 ， 的值；ii(=fxN

8、21()2017F()（2）若 ，求证： .i)(if+!=()2()nnxx )nN2017 届江苏省扬州市高三第一学期期末检测数学试题答案1 2 3 4 5,00201236 7 8 9 10343yx611 12 13 14247316,2015.因为 ，且 ， ，cos18ABCA:B3AC. -6 分2 22=()(8)=1- -方法一：在 中， ， ， ，63C0， -9 分222210)1cosBAC-(-(又 ，所以 ，所以 ，-11 分(0,)2sin=cos10Bsintaco3B所以 . -14 分22ta3tan14()B-方法二：由 ， ， 可得 ，6A3Ccos18

9、ABCA: 2cos=A又 ，所以 . -8 分(0,)4在 中， ，所以 ，-10 分ABCsiniAB23sin10siACB又 ，所以 ，所以 ，(0,)42310co=1insitaco3B所以 . -14 分22tanta114()3B-16. （1）证明：因为点 E、F 分别是棱 PC 和 PD 的中点，所以 EFCD，又在矩形 ABCD 中，ABCD，所以EFAB， -3 分又 AB 面 PAB，EF 面 PAB，所以 EF平面 PAB. -6 分证明：在矩形 ABCD 中，ADCD，又平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCD=AD，CD 面 ABCD，所以 CD

10、 平面 PAD， -10 分又 AF 面 PAD，所以 CD AF.因为 PA=AD 且 F 是 PD 的中点，所以 AF PD，由及 PD 面 PCD，CD 面 PCD，PDCD=D ，所以 AF 平面 PCD. -14 分17.方法一：在 PME 中， ，PE=AE-AP=4 米， ， ，EPM4PEM34E由正弦定理得 ，sinsin所以 ， -2 分243i sincoi()4PEM同理在 PNE 中，由正弦定理得 ，sisiPNE所以 ， - -4 分sin22coi()PEN所以 PMN 的面积 S1sin2MPN24sincos41s2in， -8 分88sin2cossi()4

11、当 M 与 E 重合时， ；当 N 与 D 重合时， ,即 ， ，所以 .0tan3APD543543504综上可得： , . -10 分82sin()4S350,4方法二：在 PME 中， ，PE=AE-AP=4 米， ， ，EPM4PEM34E由正弦定理可知： ，所以 ， -2 分sinisinsi2sin3co()在 PNE 中，由正弦定理可知： ，sinsiNEP所以 ，-4 分sin()4()2(ncos)co2PEN所以 ,又点 P 到 DE 的距离为 ， -6 分2sinsM4sin2d所以 PMN 的面积 S=2141co2coissiNd， -8 分88sin2cossin(

12、)4当 M 与 E 重合时， ；当 N 与 D 重合时， ,即 ， ，所以 .0tan3APD543543504综上可得： , . -10 分82sin()4S350,4当 即 时， 取得最小值为 .-13 分4,8S8(21)所以可视区域 PMN 面积的最小值为 平方米. -14 分(21)18.（1）由 在圆 上得 又点 在椭圆 上得 解得P22:Oxyb3,QC22(4)1,3a218,a椭圆 的方程是 -5 分C21.89（2）由 得 或 -7 分22ykxb02Pkbx由 得 或 -9 分21xyabx2Qkab， ， ， 即 AP34AP22341kbka22314ak22341a

13、be，即 ，又 , -16 分20k241e201e.e19. （1）因为 ，所以 即 -2 分,nA22(),nna21na故 ，所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，11()2nnbanb所以 -4 分213B（2）依题意 ，即 ，即 ，11()nnb 11()nnbb12n所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以 ， nb12 1(2)nnnaBb所以 -5 分11(2)nna因为 -8 分11 11()()()2nn nnnbbb所以 ，所以 恒成立，324 11 1()nnaaa 11()23nb即 ，所以 。 -10 分1()nb3b（3）由 得： ，12()n112

14、nn所以当 时， ，2n112321()()()()nnnaaaa 132122n n当 时，上式也成立，所以 ，又 ，14AnB所以 ， -12 分21421nnAB假设存在两个互不相等的整数 ，使 成等差数列，等价于 成等差数列，,st()t1,stAB1,221st即 -13 分122st即 ，因为 ，所以 ，即 -14 分st12t21s21s令 ，则 ，所以 递增，()(,)hsN(1)(0h()h若 ，则 ，不满足 ，所以 ，代入 得 ，3s)h3102s2s12st2310t(3)t当 时，显然不符合要求；t当 时，令 ，则同理可证 递增，所以 ，所以不符合要求. 4()2(3,

15、)tt()t()40t所以，不存在正整数 ，使 成等差数列. -16 分,st1)1,stAB20. 解：(1) ，故 ， 所以切线方程为 ，即 -3 分()xge(ge (1)yexyex（2） ， 故 ，令 ，得 或 . 2)fxa)(2)fxxa0fa2当 ,即 时， 在 上递减，在 上递增，a01(,所以 , max()(2),fff由于 ， ，故 ，所以 ; -5 分2ae2()ae()2)famax()()ff当 ,即 时， 在 上递增， 上递减，在 上递增，1)fx,所以 ，由于 ， ，故 ，-7max()(2,ffa2()4)fe2()afe()2f分所以 ;ax()()ff综

16、上得， -8 分2m()ae（3）结论：当 时，函数 无零点；当 时，函数 有零点 -9 分1kFx2k()Fx理由如下：当 时，实际上可以证明： 2ln0xe方法一：直接证明 的最小值大于 0，可以借助虚零点处理()Fx，显然可证 在 上递增，21()xFxe21()xFxe0,因为 ， ，1122()()e e 3254Fe所以存在 ，使得 ，0,x0Fx所以当 时， 递减；当 时， 递增，()()0(,)()x所以 ，其中 ，00min012lnFxx01,2e而 递减，所以 ，12(l)x3(ln)05所以 ，所以命题得证。 -14 分 min0Fx方法二：转化为证明 ，下面分别研究左

17、右两个函数32(ln1)xe令 ，则可求得 ，xp2minpxe令 ，则可求得 ，所以命题得证。-14 分32(ln1)qx223axq方法三：先放缩，再证明可先证明不等式 （参考第 1 小题，过程略） ，所以只要证 ，xe 23lnex令 ，则可求得 ，23lnp132min()l0px所以命题得证 -14 分当 时， ， k2()(l1)xFek此时 ， ，332211ln)4ln04e 212()keFk下面证明 ，可借助结论 处理，首先证明结论 ：0ke()x2x令 ，则 ，故 ，2,()x2e0xe所以 在 上递增，所以 ，e,x所以 在 上递增，所以 ，得证。2x)借助结论得 ，2

18、112243(1)()(1)2(1)kekkkk所以 ，又因为函数 连续，所以 在 上有零点 - -16 分0kFe()Fx()Fx1,2ke. 21.解：由题意得 ,即 ,解得 ,所以 , -5 分1247ab87ab41ab14A所以矩阵 的特征多项式为 ， A241()5f令 ，解得 或 ，即矩阵 的特征值为 5 和 3. -10 分()0f53A22.解：将直线 的极坐标方程化直角坐标系方程为 -2 分l yx将曲线 C 的参数方程化为普通方程可得： -5 分21()由 得 ，解得 或 ，又 ，所以 ，2yx0x=xx=1x所以直线 与曲线 C 的交点的直角坐标为（1,1）. -10

19、分l注：结果多一解的扣 2 分23.解：甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有 种不同的选法，记“甲、乙、丙三人选择的课程互346不相同”为事件 ，事件 共包含 个基本事件，则 ，所以甲、乙、丙三人选择的课程互M34A2243()8PM不相同的概率为 . -3 分38方法一： 可能的取值为 ， -4 分X0,13， ，327(0)46P123C7()64P， . -8 分23C9()X3()X所以 的分布列为：X 0 1 2 3P27649641所以 的数学期望 . -10 分7() 4E方法二：甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验， 为甲、乙、丙三人中选修数学X史

20、的人数，则 ，所以 ， ，1(3,)4XB:331()C()kkPX0,123所以 的分布列为：X 0 1 2 3P27649641所以 的数学期望 .X13()4EX24.解：因为 ，所以 ，ii=fxN01(1)C()(1)C()nnnnnFxxxx所以 ， -1 分 21F()0所以 . -3 分2017017)因为 ，i(=(,i)ixf+N所以 .01 ii01)C()C()(1)C()innnn nxFffxfx+N当 时， ，所以 时结论成立. -4 分1i1i0 1=()nxx+x+)假设 时结论成立，即 ，k()Nii0 !=()Ci(1)2()kkkFxx)则 时，1n1i i111i0i1=()C+()Cik k kk kxFx +)ii11i1()+)()k kkxx1i i-1i0i()()ikkkkxx= i-1 ii i0()C()Ci i1k kk kFxF+ ()-()-ii0()1+ikkkkxxF()- ()()!(1)2()(2)3(1+)xxxx: ，+!=()()1+)kk: !=()2(3)(1+)kk所以 时，结论也成立. 1n综合可知， . -10 分!(1)2()nnFxx )nN