《2022年泰州市届高三上学期期末考试数学试题-含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年泰州市届高三上学期期末考试数学试题-含答案.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、泰州市 20132014 学年度第一学期期末考试高三数学试题(考试时间： 120 分钟总分： 160 分)命题人：朱占奎张乃贵王宏官范继荣审题人：吴卫东石志群注意事项：所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效一、填空题： （本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分请将答案填入答题纸填空题的相应答题线上 ）1已知集合1,6,9A，1,2B，则AB2复数(1i2)abi（,a b是实数，i是虚数单位） ，则ab的值为3函数2log (3)yx的定义域为4为了解某地区的中小学生视力情况，从该地区的中小学生中用分层抽样的方法抽取300位学生进行调查，该地区小学，初中，高中三个学段学生
2、人数分别为1200，1000，800，则从初中抽取的学生人数为5已知一个算法的流程图如右图，则输出的结果S的值是6 在ABC中，2BDDC， 若12ADABAC， 则12的值为7将一颗骰子先后抛掷两次，观察向上的点数 则点数相同的概率是8如图，在正三棱柱111CBAABC中，D为棱1AA的中点若14AA，2AB，则四棱锥1BACC D的体积为9以双曲线221916xy的右焦点为圆心，且与双曲线的渐近线相切的圆的方程为10设函数( )()f xxa xab（,a b都是实数）则下列叙述中，正确的序号是 （请把所有叙述正确的序号都填上）对任意实数,a b，函数( )yf x在R上是单调函数；第 5
3、 题开始是输出 S否n1，S 0 n3 S2S +1nn+1 结束DCBA1B1C1A第 8 题精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 存在实数,a b，函数( )yf x在R上不是单调函数；对任意实数,a b，函数( )yf x的图像都是中心对称图形；存在实数,a b，使得函数( )yf x的图像不是中心对称图形11已知在等差数列na中，若22mnpstr，, , , , ,m n p s t rN* 则22mnpstraaaaaa，
4、仿此类比，可得到等比数列nb中的一个正确命题：若22mnpstr，, , , , ,m n p s t rN* ，则12设等差数列na的前n项和为nS，若2468120a a a a，且4682682482461111760a a aa a aa a aa a a，则9S的值为13在平面直角坐标系中，0,0 ,(1,2)AB两点绕定点P顺时针方向旋转角后，分别到4,4 ,A(5,2)B两点，则cos的值为14已知函数( )3f xxa与函数( )32g xxa在区间( , )b c上都有零点，则2222242aabacbcbbcc的最小值为二、解答题： （本大题共6 小题，共 90 分解答应写
5、出文字说明，证明过程或演算步骤 ）15 （本题满分14 分）已知函数( )2sin24f xx. （1）求函数( )yf x的最小正周期及单调递增区间；（2）若06()85f x，求0()f x的值 . 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 16 （本题满分14 分）如图， 在四棱锥EABCD中，ABD为正三角形，,EBED CBCD. （1）求证：ECBD；（2）若ABBC，,M N分别为线段,AE AB的中点，求证：平面/ /DM
6、N平面BEC. 17 （本题满分15 分）已知椭圆C：222210 xyabab和圆O：222xya，121,0 ,1,0FF分别是椭圆的左、右两焦点，过1F且倾斜角为0,2的动直线l交椭圆C于,A B两点，交圆O于,P Q两点（如图所示，点A在x轴上方） 当4时，弦PQ的长为14（1）求圆O与椭圆C的方程；（2）若点M是椭圆C上一点，求当22,AFBFAB成等差数列时，MPQ面积的最大值 . NMABDCEyxPAQBF1OF2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 15 页 - -
7、 - - - - - - - - 18 （本题满分15 分）某运输装置如图所示，其中钢结构ABD是ABBDl，3B的固定装置， AB 上可滑动的点C 使CD垂直于底面（C不与,A B重合），且CD可伸缩（当CD 伸缩时，装置ABD随之绕 D 在同一平面内旋转） ，利用该运输装置可以将货物从地面D处沿DCA运送至A处， 货物从D处至C处运行速度为v， 从C处至A处运行速度为3v为了使运送货物的时间t最短，需在运送前调整运输装置中DCB的大小 . （1）当变化时，试将货物运行的时间t表示成的函数（用含有v和l的式子）；（2）当t最小时，C点应设计在AB的什么位置？DC精品资料 - - - 欢迎下载
8、 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 19 （本题满分16 分）设函数xaexxf41121)(（其中a是非零常数，e是自然对数的底） ，记1( )( )nnfxfx（2n，nN*）（1）求使满足对任意实数x，都有)()(1xfxfnn的最小整数n的值（2n，nN*） ；（2）设函数)()()()(54xfxfxfxgnn，若对5n，nN* ，)(xgyn都存在极值点ntx，求证：点)(,(nnnntgtA（5n，nN*）在一定直线上，并求出该直线方程；（注：若函
9、数)(xfy在0 xx处取得极值，则称0 x为函数)(xfy的极值点 .）（3）是否存在正整数4k k和实数0 x，使0)()(010 xfxfkk且对于nN* ，)(xfn至多有一个极值点，若存在，求出所有满足条件的k和0 x，若不存在，说明理由精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 20 （本题满分16 分）己知数列na是公差不为零的等差数列，数列nb是等比数列（1）若1nnnncaab（nN* ） ，求证：nc为等比数列；（2）设
10、nnnbac（nN*） ，其中na是公差为 2 的整数项数列，nnb1312，若1234516842ccccc，且当17n时，nc是递减数列，求数列na的通项公式；（3）若数列nc使得nnncba是等比数列，数列nd的前n项和为nnncca，且数列nd满足：对任意2n，nN*,或者0nd恒成立或者存在正常数M，使MdMn1恒成立，求证：数列nc为等差数列精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 已知矩阵21nAm的一个特征根为2，它对应的
11、一个特征向量为12（1）求m与n的值；（2）求1AC （本小题满分10 分，坐标系与参数方程选讲）己知在平面直角坐标系xOy中，圆M的参数方程为5 32cos272sin2xy（为参数），以Ox轴为极轴，O为极点建立极坐标系，在该极坐标系下，圆N是以点3,3为圆心，且过点)2, 2(的圆（1）求圆M及圆N在平面直角坐标系xOy下的直角坐标方程；（2）求圆M上任一点P与圆N上任一点Q之间距离的最小值精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - -
12、A1B1ACBTC1M 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、证明过程或演算步骤22( 本小题满分10 分) 己知直线42:xyl与抛物线:Cxy42相交于,A B两点，,0 (0T tt且2t）为x轴上任意一点，连接,AT BT并延长与抛物线C分别相交于11,A B（1）设11A B斜率为k，求证：k t为定值；（2）设直线11,AB A B与x轴分别交于,M N，令111234,ATMBTMB TNA TNSS SS SS SS，若1234,S SSS构成等比数列，求t的值23( 本小题满分10 分)如图， 在三棱柱111ABCA B C中，底面A
13、BC为直角三角形，2ACB，顶点1C在底面ABC内的射影是点B，且13ACBCBC，点T是平面1ABC内一点（1）若T是1ABC的重心，求直线1AT与平面1ABC所成角；（2） 是否存在点T， 使1TBTC且平面11TAC平面11ACC A，若存在，求出线段TC的长度，若不存在，说明理由M N 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 20132014学年度第一学期期末考试高三数学参考答案一、填空题11；22；3|3x x；4100；57
14、；629；716；82 3；922(5)16xy；10；1122mnpstrbbbb bb；12632；1335；141. 二、解答题15.（1）22T，2分增区间为31,88kkkZ；6分（2）06()85f x即03sin(2)5x，所以04cos(2)5x，10 分00002()2sin(2)2 sin 2cos245f xxxx或7 25. 14分16.（1）取 BD 的中点 O，连结 EO，CO，ABC为正三角形，且CD=CB CO BD，EOBD4 分又0COEO， BD平面 EOC ，EC平面EOCBDEC. 7 分（2） N 是 AB 中点，ABD为正三角形，DNAB，BCAB
15、，DN/ BC，BC平面 BCEDN平面 BCE ，BC/ 平面 BCE ，10 分M 为 AE中点， N 为 AB中点， MN/ BE，MN平面 BCE ，BE平面 BCE ， MN/ 平面 BCE ，12 分MNDN=N，平面 MND/ 平面 BCE . 14 分1 B O F1 F2 xA P DylONMABDCE精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 7.解： （1）取 PQ 的中点 D，连 OD，OP 由4，1c，知22OD
16、2221444PQPQOQOD224,3ab椭圆 C的方程为：22143xy，22:4O xy，4分（2）设22,AFs BFt，121224,24AFAFaBFBFa，6分22,AFBFAB的长成等差数列，8283tsstt设00(,)B xy，由2200220064(1)9143xyxy得415(,)33B，10 分15k，:15(1)PQyx，72PQ. 12 分易求得椭圆上一点到直线PQ的距离的最大值是3 7154，所以MPQ的面积的最大值是21 77 1516. 15 分18.解： （1）在BCD中,3BCDBBDlsin(120)sinlBC，32sinlCD4分sin(120)s
17、inlACABBCl，则sin(120)3333 sin2 sinACCDllltvvvvv，2()33 8分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 15 页 - - - - - - - - - - （2）t3cos3(1)6sin2 sinllvv33cos66sinllvv10分令3cos( )sinm，则213cos( )sinm12分令( )0m得1cos3，设01cos302(,)33，则0(,)3时，( )0m；02(,)3时( )0m1cos3时( )m有最小值2 2，
18、此时648BCl. 14分答：当648BCl时货物运行时间最短. 15分19 （1）411()12xfxxae，321( )3xfxxae，23()xfxxae，24()2xfxxae，5()2xfxae，6()xfxae，()(6)xnfxaen，min7n. 4分（2）( )(2)(2)xxxxngxxaeaeaeae(22)(3)xxnae6分( )2(3)xngxnae存在极值点nxt()2(3)0ntnngtnae( )22(3)2ntnnnngttnaet8分nA在直线2yx上. 9分（3）( )0(6)xnfxaen无解，5k10分当5k时，004500202( )( )0120
19、 xxaefxfxxaexae而当2ae时，165( )0( )222xxxfxaefxaee单调减，且5(1)0f4( )fx在(,1)上增，(1,)上减，44(1)0( )0ffx恒成立 . 3( )fx单调减，而21133322( )2,( 1)10,(0)20 xfxxeffee3( 1,0),0tft在(, ) t上32( )0( )ftfx在(, ) t上增，( ,)t上减，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 3121
20、( )23tftte，又213223211( )20,( )(1)033tfttefttttt1( )f t在R上单调减综上所述，存在5k，2ae满足条件 . 13分当4k时，002400300()2()0 xxfxxaefxxae，即00 x或 2 当00 x时4(0)0fa（舍）当02x时2424(2)40faeae2624( )40 xxfxeee25( )24xfxe单调减，且5( )0fx时，2ln 2x4( )fx在(,2ln 2)上增，(2ln 2,)上减，而4(2)0f2ln 2m使得在(,)m上，4( )0fx，在(,2)m上4( )0fx，在(2,)上，4( )0fx3(
21、)fx在(,)m上减，在(,2)m上增，在(2,)上减（舍）4k综上所述：存在5k，2ae满足条件 . 16分20.（1）证明：1()nnnncb aa，设na公差为d且0d，nb公比为q，112111()()nnnnnnnnnncbaabqcb aab=常数，nc为等比数列 3 分（2）由题意得：12nncc对1,2,3,4n恒成立且1nncc对17n恒成立， 5分)2(1312tnbacnnnnnttntnnn282414)2(13122)22(13121对4,3 ,2, 1n恒成立744t 7分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳
22、 - - - - - - - - - -第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - - )22(1312)2(13121tntnnnnt224对17n恒成立10t 9分44107t而9,8, 7tZt27nan或28nan或29nan. 10 分（3）证明：设22112211,nnnnnnnnna bAqbA qA qaccAq不妨设AAA12，nnncAqaqqq1211nnnnniinAq ccdAqc1111(1)(2)nnnniiiidddA qqn，即1) 1(nnqqAd(2)n. 13分若1q，满足)2(0 ndn，若1q，则对任给正数M，则n取(log,)(
23、1)qMA q内的正整数时，Mdn，与MdMn1矛盾 . 若10q，则对任给正数T=1M，则n取)1(logqATq内的正整数时Tdn=1M，与MdMn1矛盾. 1q，nnAca而na是等差数列，设公差为d，111()nnnndccaaAA为定值，nc为等差数列 . 16分B211121222nAm2220242nnmm 5 分（2）设1abAcd20102101abEcd精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 12122002012
24、11aabbaccbdd即110211A. 10 分21.C.解： （1） M：225 37()()422xy，( 3,)3对应直角坐系下的点为3 3(,)22, (2,)2对应直角坐系下的点为(0, 2)， N：2233()()122xy. 5 分（2）PQ=MN-3=431. 10 分22.解： （1）2244yxyx(4,4)A，(1, 2)B，设 A12(,)4mm，B12(, )4nn，122444(4)(4)44ATATmkkmtmtmm mtmmtt21(,)4tmtAt，同理：21(,2 )B tt22344.4tkktttt定值5 分（2）A1B1：2242(),0(,0),
25、(2,0)2tytxtyNMt令得而1212122ABSySSSy，1222441122488AAttTNyStttSSSTMyt1223311(2)222444BAttTN yStttSSSTMyt1234,S SSS构成的等比数列，21t而0t1t. 10 分23.解：如图以CB、CA分别为 x，y 轴，过 C作直线 Cz / BC1，以 Cz为 z 轴)3 ,0 ,3(),0,3 ,0(),0 ,0 ,0(),0 ,0 ,3(1CACB) 3 ,0 ,6()3 ,0 ,6(111BCBCCCBxzA1B1BTC1精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - -
26、欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 15 页 - - - - - - - - - - 111(3,3,3)(3,3,3)CACCCAA（1）T 是ABC1重心1(2,1,1)(1,2,2)TTA设面 ABC1的法向量为1111(,),(3, 3,0)nx y zAB1111111133003330 xyzxyzxy取法向量)0, 1 , 1 (1n111132cos,2432TA nTA n设 TA1与面 ABC1所成角为11,24TA n. 5 分（2）T在面 ABC1内，133 ,3 ,3CTCBBTCBmBCnBAnnm，即)3 ,3 ,33(mn
27、nT.由1TBTC得222222(33 )(3 )(3)(33)(3 )(33)241nnmnnmmn设面 CAA1C1法向量为22221(,),(0,3,0),(3,0,3)nxyzCACC22230330yxz取) 1, 0, 1(2n设面 TA1C1法向量为3333111(,),(0,3,0),( 3 ,3 ,33)nxyzC ACTnnm33303(33)0ynxmz取), 0, 1(3nmn， 由平面11TAC平面11ACC A得10) 1(21,cos2232nmnmnmnn由解得23,21mn,存在点 T29,23,23，TC =3 112. 10 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 15 页 - - - - - - - - - -