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1、数学试卷一、填空题1.已知集合0,1,1,1AB，则AB_.2.已知复数z 满足(1)1zii（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9.1,9.3,9.2,9.4x，且这 5 个分数的平均数为9.3，则实数x_.4.个算法的伪代码如右图所示，执行此算法，若输出的y 值为 1，则输入的实数x 的值为 _.5.函数1lnyx 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.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为2，直线20 xy经过双 C
2、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1yxx，则1xxy的最小值为 _.10.若直线0kxyk与曲线exy（e是自然对数的底数）相切，则实数k_.11.已知函数()sin()(0,)Rf xx是偶函数，点(1,0)是函数()yf x 图象的对称中心，则最小值为 _.12.平面内不共线的三点,O A B，满足|1,|2OAOBuuu ruuu r，点 C 为线段AB的中点，AOB 的平分线交线
3、段AB于D，若3|2OCuuu r，则|ODuu u r_.13.过原点的直线l 与圆221xy交于,P Q 两点，点A是该圆与x 轴负半轴的交点，以AQ 为直径的圆与直线l 有异于 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,nnab满足*1(1)()Nnnnnbaan，且数列 nb的前n项和为2n，已知数列 nan 的前 2018项和为 1，那么数列na的首项1a_.二、解答题15.如图，在正三棱柱111ABCA B C 中，点 MN，分别是1ABCC，的中点(1)求证：/CM平面1AB N；(2)求证：平面1AB N 平面11.AA B
4、B16.已知在ABC中，abc，分别为三个内角ABC，的对边，且2222 3sin3bbcAca.(1)求角 A 的大小；(2)若 tan tan3BC，且2a，求ABC的周长17.已知在平面直角坐标系xOy 中，椭圆22122:1xyCab的焦点在椭圆22222:1yxCab上，其中0ab，且点66(,)36是椭圆12,C C 位于第一象限的交点(1)求椭圆12,C C 的标准方程；(2)过 y 轴上一点P的直线 l 与椭圆2C 相切，与椭圆1C 交于点,A B,已知35PAPBu uu ruu u r，求直线l 的斜率18.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
5、对称地截去四个全等三角形所得，如图(2)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1.6mAFBE，两根竖轴1.2mCHDG，记景观窗格的外框(图(2)中实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为1m.(1)若23ABC，且两根横轴之间的距离为0.6m，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超过5m，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中ABC的大小与BC的长度19.已知在数列na中，11a，且*1340nnaanN，.(1)求证：1na 是等比数列，并求数列na的通项公式；(2)数列
6、na中是否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，请说明理由20.已知函数2m xx，函数ln(1)Rn xaxa(1)若2a，求曲线yn x 在点(1)1n，处的切线方程；(2)若函数fxm xn x 有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；(3)若函数10 xg xn xeex对1)x，+恒成立，求实数a 的取值范围(e是自然对数的底数，2.718 28e)21.选修42：矩阵与变换已知点(1,2)在矩阵12xAy对应的变换作用下得到点(7,6)(1)求矩阵 A；(2)求矩阵 A 的特征值及对应的特征向量22.在平面直角坐标系xOy 中，以原
7、点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系直线l 的参数方程为21212xtyt(t 为参数)，曲线 C 的极坐标方程为2 2 sin()4，求直线l 被曲线 C 所截的弦长23.选修 45：不等式选讲已知00ab，求证：1ababab 24.如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD 的高2OP，点 B，D 和 C，A 分别在x 轴和 y轴上，且2AB，点 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25.是否存在实数abc，使得等式21 3 52 4 6(2)()()()424n nnn nanbnc 对于一切正
8、整数 n 都成立？若存在，求出a，b，c 的值；若不存在，请说明理由.参考答案1.答案：1解析：2.答案：i解析：3.答案：9.5 解析：4.答案：3 解析：5.答案：(0,e解析：6.答案：35解析：7.答案：3yx解析：8.答案：38解析：9.答案：4 解析：10.答案：2e解析：11.答案：2解析：12.答案：32解析：13.答案：3yx解析：由以AQ 为直径的圆与直线l 有异于 Q 的交点 N，得1ANlkk，1ANAPkk，所以0lAPkk，设0000,P xyy，则010ykx，001APykx，000001yyxx，解得012x，又22001xy，所以032y，0103ykx，所
9、以直线l 的方程为3yx，故答案为3yx.14.答案：32解析：15.答案：(1)令1AB 交1A B 于点O，连接 OMON，在正三棱柱111ABCA BC 中，11/BBCC，11BBCC，且四边形11AAB B 是平行四边形，所以O 为1AB 的中点，又因为M 为AB的中点，所以1/OMBB，且112OMBB.因为N 为1CC 的中点，112CNCC，所以 OMCN，且/OMCN，所以四边形CMON 是平行四边形，所以/CMON，又 ON平面1AB NCM，平面1AB N，所以/CM平面1AB N.(2)在正三棱柱111ABCA BC 中，1BB平面 ABCCM，平面 ABC，所以1.B
10、BCM因为 CACBM，为AB的中点，所以CMAB，又由(1)知/CMON，所以1.ONABONBB，又因为11ABBBBABBB，平面11AA B B，所以 ON平面11.AA B B 又 ON平面1A BN，所以平面1A BN平面11AA B B.解析：16.答案：(1)由余弦定理得2222abcbccosA，又22223sin3bbcAca，所以22222 32cossin3bbcAcbbcAc，即2 32 cossin3bAbcA，从而 sin3cos,AA，若 cos0A，则 sin0A，与22sincos1AA矛盾，所以cos0A，所以 tan3A.又(0,)A，所以3A.(2)t
11、antan2tan()tan()tan31tantan3BCBCABC.又 tantan3BC，所以 tantan3(2)2 3BC，解得 tantan3BC.又,(0,)B C，所以3BC又因为3A，所以ABC是正三角形，由2a，得ABC的周长为6.解析：17.答案：(1)椭圆22122:1xyCab的焦点坐标为(,0)c，代入椭圆2C 的方程有221cb，点66(,)36P的坐标代入椭圆12,CC 的方程有12222:133Cab，所以2222222122133cbabcab解得2222,1abc所以椭圆12,C C 的标准方程分别为22221,122xyyx(2)由题意知直线l 的斜率存
12、在，设直线l 的方程为11()ykxmA xy，22()(0)B xyPm，由2212yxykxm消去 y，得22()12kxmx，即222(1)1022kmxkmx22224(1)(1)022kmk m，即2220km由2212xyykxm消去 y，得22()12xkxm，即2221()2102kxkmxm，因为直线l 与椭圆1C 相交，有22222211144()(1)4()0222k mkmkm(*)，221.221124()2212()2kmkmxk因为35PAPBuu u ruuu r，即11223(,)(,)5xymxym，则1253xx，所以2221124()22512()2km
13、kmk2221124()22312()2kmkmk或2221124()22512()2kmkmk2221124()22312()2kmkmk化简得，2211422kmkm或2211422kmkm即22221116()22k mkm又因为2220km，解得2224km或2246km符合(*)式，所以直线l 的斜率为2 或2解析：18.答案：(1)记 CH 与 AFBE，的交点为 MN，由23ABC，得在BCN中，6CBN，其中1(1.20.6)0.3m2CNHM，所以0.33msin5sin6CNBCCBN，0.33 3mtan10tan6CNBNCBN所以3 383 321.655CDBEBN
14、，则166 312346 32241.25155ABBCCDDEEFFGGHHAABCDBC答：景观窗格的外框总长度为346 3m5(2)2245ABBCCDDEEFFGGHHAABCDBC，设,(0),2CBNBCr，则sincosCNrBNr，所以21.22 sin21.62 cosABCHCNrCDBEBNr，所以 2 1.22 sin2 1(.62 cos45)()rrr+，即34sinco)1(s5r设景观窗格的面积为S，有22489sincos1.21.62sin cos25200(sincos1)Sr（当且仅当34(sincos1)5r时取等号）令sincos(1,2t，则21s
15、incos2t，所以22194848928(1)25200(1)254001tStt，其中2211121t（当且仅当2t，即4时取等号）所以2194848924897419 28(1)(32 2)25400(1)254002540040020021tSt，即7419 2400200S(当且仅当34(sincos1)5r，且4时，取等号)，所以当且仅当3(21)20r且4时，S取到最大值答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中34ABC且3(21)m20BC解析：19.答案：(1)由1340nnaa，得*113()1nnaanN-，其中11a，所以1120a，可得*10nanN，所以1
16、*13,1nnaanN，所以 1na 是以 2为首项，3 为公比的等比数列，所以1()123nna，所以数列 an的通项公式为1*)2.(3nnanN，(2)若数列 an 中存在三项mnkaaamnk，符合题意，其中knkmnm，都是正整数，分以下三种情形：ma位于中间，则2mnkaaa，即111()()2 2312312(31)mnk，所以 233()()3(mnk，两边同时除以()3m，得 2()33)(n mkm是 3 的倍数，舍去；na 位于中间，则2nmkaaa，即111()()2 2312312(31)mnk，所以 233()()3(nmk ，两边同时除以()3m，得 231()3
17、()nmkm，即 1233()()nmkm 是 3 的倍数，舍去；ka 位于中间，则2kmnaaa，即1112 2312312()()31(kmn，所以 233()()3(kmn，两边同时除以()3m，得 231)()3(k mn m，1233()()k mn m是 3 的倍数，舍去综上可得，数列na中不存在三项满足题意解析：20.答案：(1)当2a时2ln1n xx，所以2nxx，所以1211nn，又，所以切线的方程为(11)2yx，即21yx.(2)2ln1fxxax，定义域为(0)，+，其图象是一条不间断的曲线，22()2axaf xxxx.若0a，则0fx对0()x，恒成立，所以 yf
18、x 在(0)，+上单调递增，又10f，所以 yfx 在(0)，+上只有一个零点，符合题意若0a，令0fx，得2ax或2ax(舍去)当 x变化时，fxfx，的变化情况如下表：12a，1.若即2a，此时2aa，则2()(1)0,()ln21fff aaaaa.令21()ln1,2F aaaaa，则1()2ln1F aaa，x(0,)2a2a(,)2afx0 fx?极小值?令2()2ln1F aaa，则11()20F aa对2,)a恒成立，所以221Faalna在 2)，+上单调递增，所以2223ln20FaF，即10Fa对2)a，恒成立，所以21ln1Faaaa在 2)，+上单调递增，所以1123
19、2ln20FaF，即()0f a，又因为()02af，且函数()f x 在(,)2a上单调递增，所以函数()f x 在(,)2a上有且只有一个零点，因为函数()f x 在(0,)2a上单调递减，且有一个零点1x，故函数()f x 在(0,)上有两个零点，不符合题意，舍去2.若12a，即2a，则函数()f x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)0f xf，函数()f x 在(1,)上单调递增，所以()(1)0f xf，故函数()f x 在(0,)上有且只有一个零点，符合题意3.若12a，即 02a，此时01e1,012aaea.因为函数()f x 在(,)2a上单调递增，所以()(1)02a
20、ff，又12(e)e0faa，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，不符合题意，舍去综上，0 x或0a(3)当1a时，()lnxg xaxeex令(),1xG xeex x，则()0 xGxee对1,)x恒成立，所以函数()yG x在1,)上单调递增，所以()(1)0G xG.若0 x，则当1x时，ln0 x，所以()ln0 xg xaxeex恒成立，符合题意若0,()xaagxeex，令(),1xaH xee xx，则2()0 xaHxex恒成立，所以()xaH xeex在 1,)上单调递增，且(1)0Ha因为0a，所以 11a，所以(1)(1)0
21、GaG，即1(1)aeea所以11(1)(1)2(1)1111aaaaHaeeeaeeaaeaaaaa，因为0,11aa，所以1(1)0,(1)01aeaa，所以(1)0Ha，因为()xaH xeex在 1,)上单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且(1)0Ha，所以存在唯一的0(1,1)xa，使得0()0H x，即0()0g x，当0(1,)xx时，()0g x，所以函数()yg x 在0(1,)x上单调递减，此时()(1)0g xg，不符合题意，舍去综上，0a解析：21.答案：(1)由题意知117226xy，即127226xy解得32xy所以1322A.(2)213()(1)(2)6342
22、2f，令()0f，得2340，解得121,4.当11时，230230 xyxy取32xy所以属于11的一个特征向量为32，当 24 时，330220 xyxy取11xy所以属于24的一个特征向量为11.所以矩阵 A 的特征值为121,4，对应的一个特征向量分别为31,21.解析：22.答案：直线l 的普通方程为210 xy，曲线 C 的直角坐标方程为22(1)(1)0 xy，所以曲线 C 是圆心为(1,1)C，半径为2r的圆，所以圆心 C(1，1)到直线 l 的距离为2121231(2)d，所以直线l 被曲线 C 所截的弦长为2224 32233rd.解析：23.答案：因为00ab，由柯西不等
23、式可得211()()abbaabab ，当且仅当11abba时取等号，所以221()ababab 又因为10,0ababab所以1ababab解析：24.答 案：1.记 直 线AM与 平 面PAB所 成 的 角 为,(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)ABCP1(0,1)2M，则3(1,1,0),(0,1,2),(0,1)2ABPAAMu uu ruuu ruuu u r，设平面 PAB 的法向量为(,)nx y zr，所以00n ABn PAruuu rruu u r即020 xyyx取(2,2,1)nr，所以24 13sincos,391332n AMn AMnA
24、Mruuu u rr uuuu rruuuu r，即直线 AM 与平面 P AB 所成角的正弦值为4 1339.2.设平面 PBC 的法向量为1(,)nx y zu u r，(1,1,0),(1,0,2)BCPBuu u ru uu r由1100nBCnPBu u ruuu ru u ruuu r即020 xyxy取1(2,2,1)nu u r，所以11111cos,339nnn nnnr u u rr u u rru u r，由图可知二面角APBC 的余弦值为19解析：25.答案：21 3 52 4 6(2)()()()424n nnn nanbnc 中，令1n，得215()4abc；令2n
25、，得663(42)4abc；令3n，得12168(96)4abc，即3042429356abcabcabc解得1920abc下面用数学归纳法证明：等式2(1)()()(920)41 3 52 4 624n nnn nnnL对于一切正整数 n 都成立当1n时，等式成立；假设当 nk 时，等式成立，即2(1)()()(920)41 3 52 4 624k kkkkkkL当1nk时，2(1)()()(1)(3)(5)(920)41 3 52 4 624k kkkkkkkkkL1(1)(3)(5)(1)(4)(5)(1)(3)(5)4kkkk kkkkkk21(1)(5)(812)4kkkk(1)(14)(11)(15)4kkkk2(1)(1)1(1)9(1)204kkkk，即等式对1nk也成立综上可得，等式2(1)1 3 52 4 6(2)(4)(920)4n nn nnnnL对于一切正整数n 都成立所以存在实数abc，符合题意，且1920abc解析：