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江苏省扬州中学2016届高三数学4月质量监测试题


扬州中学 2016 届高三 4 月质量监测 数学试卷
一、填空题. (本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分.) 1. 已知集合 M={0, 1, 2},N={x|x=2a, a∈M },则集合 M∩N=_________ __. {0,2} 3 2. 若复数 z1=3+4i, z2=a+i, 且 z1·z ?2是实数 (其中z ?2为 z2 的共轭复数)

, 则实数 a=___________. 4 3. 有 3 个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相 1 同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为_______. 3 4. “m=-1”是“直线 mx+(2m-1)y+1=0 和直线 3x+my+3=0 垂直”的___________条件.充 分不必要 5. 右边程序输出的结果是___________.10 S←1 For I From 1 To 5 Step 2 6. 在三棱锥 P-ABC 中,D,E 分别为 PB,PC 的中点,记三棱 V1 S←S+I 锥 DABE 的 体 积 为 V1 , PABC 的 体 积 为 V2 , 则 = V2 End For 1 Print S ____________. 4 7. 在平面直角坐标系 xOy 中,已知 A、B 分别是双曲线 x - =1 的左、右焦点,△ABC 的顶点 C 3 sinA-sinB 1 在双曲线的右支上,则 的值是 .- sinC 2 8. 在等差数列{an}中,a1+3a8+a15=120,则 3a9―a11 的值为_________.48 1+cos2α 2 9. 若 sinα +2cosα =0,则 2 的值为________.- . cos α +sin2α 3 → → 10. 在平面内,若 A(1,7)、B(5,1)、M(2,1),点 P 是直线 OM 上的一个动点,且 PA · PB =-8,则 4 17 cos∠APB=__________.- . 17 2 11. 设 f (x)是 R 上的奇函数,且 f (-1)=0,当 x>0 时,(x +1)·f ?(x)-2x·f (x)<0,则 不等式 f (x)>0 的解集为________ . (-∞,-1)∪(0,1).
2

y2

b c c b 2 13. 已知定义在 R 上的函数 f (x)存在零点,且对任意 m,n∈R 都满足 f [m·f (m)+f (n)]=f (m)
12. 已知△ABC 中, 角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c, 且 BC 边上的高为 a, 则 + 的最大值为______. 5 +n,若关于 x 的方程 f [ f (x)]-3 =1-logax(a>0,a≠1)恰有三个不同的根,则实数 a

_. 的取值范围是 __________ 【分析】 : 需要函数 f [ f (x)]的解析式! ∵f (x)存在零点, ∴令 f (x0)=0 ∴令 m=x0 ∴f [x0·f
(x0)+f (n)]=f (x0)+n ∴f [ f (n)]=n∴ x-3 =1-logax 恰有三个不同的根,∴logax=1 - x-3 (下略)a>3. |OP| 2 2 2 14. 若点 P 在曲线 C1:y =8x 上,点 Q 在曲线 C2:(x-2) +y =1 上,点 O 为坐 标原点,则 的 |PQ| 最大值是 . 【知识点:抛物线定义、多变量问题、函数求最值问题】 解:注意到圆 C2 的圆心恰好为抛物线的焦点 F,因为 P、Q 为两个独立的点,可先考虑一个点动,
1
2

注意到只有分母有 Q,故先求出|PQ|的最小值为|PF|-1=xp+ -1=xp+1, 2 |OP| xp+8xp ∵|OP| =xp+yp=xp+8xp ∴ = |PQ| xp+1
2 2 2 2 2

p

t2+6t-7 令 t=xp+ 1≥1 ∴y= = t

1 1 1 -7· 2+6· +1 ( ∈(0,1])

t

t

t

1 3 16 4 7 ∴ = 时,ymax= = . t 7 7 7 二、解答题. (本大题共 6 小题,共计 90 分.) 15. 如图,斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,侧面 AA1C1C 是菱形,∠A1AC=60?,E、 F 分别是 A1C1、AB 的中点. 求证: (1)EF∥平面 BB1C1C; (2)平面 CEF⊥平面 ABC. E A1 C1
B1

A F B

C

π 16. 如图,函数 y=2cos(ω x+φ )(ω >0,0≤φ ≤ )的图象与 y 轴 2 交于点(0, 3),周期是 π . (1)求 ω 、φ 的值; π (2) 已知点 A( ,0), 点 P 是该函数图象上一点, 点 Q(x0,y0)是 PA 的 2 3 π ,x0∈[ ,π ]时,求 x0 的值. 2 2 π 解: (1)y=2cos(2x+ ) 6 中点,当 y0= π 3 π (2)∵A( ,0),Q(x0,y0)是 PA 中点,y0= ,∴P(2x0- , 3). 2 2 2 π 又因为点 P 在 y=2cos(2x+ )的图象上, 6 π π 3 ∴2cos(4x0-π + )= 3.∴cos(4x0+ )=- 6 6 2 π π π π ∵x0∈[ ,π ],∴4x0+ ∈[2π + ,4π + ] 2 6 6 6 π π π π 2π 3π ∴4x0+ =2π +π - 或 4x0+ =2π +π + ∴x0= 或 . 6 6 6 6 3 4 17. 如图,已知海岛 A 到海岸公路 BC 的距离 AB 为 50 ㎞,B,C 间的距离为 100 ㎞,从 A 到 C,必须 先坐船到 BC 上的某一点 D,船速为 25 ㎞/h,再乘汽车到 C,车速为 50 ㎞/h,记∠BDA=θ . (1)试将由 A 到 C 所用的时间 t 表示为 θ 的函数 t(θ ); (2)问 θ 为多少时,由 A 到 C 所用的时间 t 最少? 50 解: (1)∵AD= , B D C sinθ θ
2

y

3
O
A

P

x

A

2 ∴A 到 D 所用时间 t1= sinθ

BD=

50 50cosθ = , tanθ sinθ 50cosθ sinθ

CD=100-BD=100-

cosθ ∴D 到 C 所用时间 t2=2- sinθ 2-cosθ π ∴t(θ )=t1+t2= +2(θ 0<θ < ,其中 tanθ 0= sinθ 2 1 )··························6 分 2 sin θ -(2-cosθ )cosθ (2)t ?(θ )= = 2 sin θ 1-2cosθ ····································8 2 sin θ 分 1 令 t ?(θ )>0,得:cosθ < 2 π π π π? ∴ <θ < ;∴当 θ ∈? ? 3 , 2 ?时,t(θ )单调递增; 3 2 ? ?
2

π 同理 θ 0<θ < ,t ?(θ )<0,t(θ )单调递 3 减·····················12 分 π ∴θ = ,t(θ )取到最小值 3+ 3 2;······································· ··················13 分 π 答:当 θ = 时,由 A 到 C 的时间最少为 3+2 小 3 时.·····························14 分 18. 如图,已知点 F1,F2 是椭圆 Cl:

x2 x2 2 2 +y =1 的两个焦点,椭圆 C2: +y =?经过点 F1,F2, 2 2 点 P 是椭圆 C2 上异于 F1,F2 的任意一点,直线 PF1 和 PF2 与椭圆 C1 的交点分别是 A,B 和 C,D.设 AB、CD 的斜率分别为 k、k ?. (1)试问:k·k ?是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由. (2)求|AB|·|CD|的最大值.
C

解: ( 1 ) 因 为 点 F1 , F2 是 椭 圆 C1 的 两 个 焦 点 , 故 F1 , F2 的 坐 标 是

y

A
x

F1 (?1,0), F2 (1,0) ;
而点 F1 , F2 是椭圆 C2 上的点,将 F1 , F2 的坐标带入 C2 的方程得, ? ?

1 2

B F1

O

F2

D

设点 P 的坐标是: P( x0 , y0 ) ,直线 PF1 和 PF2 分别是 k , k ?(k ? 0, k ? ? 0) .

3

kk ? ?

y0 y0 x2 1 ? (1) , 又点 P 是椭圆 C2 上的点,故 0 ? y0 2 ? (2) ( x0 ? 1) ( x0 ? 1) 2 2
1 2
,故 k·k ?为定值 ? (k ? 0)

联合(1) (2)两式得 kk ? ? ?

1 2.
(3)

(Ⅱ)直线 PF1 的方程可表示为: y ? k ( x ? 1) 结合方程(4)和椭圆 C1 的方程,得到方程组

? y ? k ( x ? 1) ? 2 由方程组消 y 得 ?x 2 ? y ? 1 ? ?2

(1 ? 2k 2 ) x2 ? 4k 2 x ? 2k 2 ? 2 ? 0 (4)

A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) ,依韦达定理知,方程(4)的两根满足:

x1 ? x2 ? ?

4k 2 2k 2 ? 2 ; x x ? 1 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

,

2 AB ? 1 ? k 2 | x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ? x12 ? x2 ? 4 x1 x2 ?

2 2(1 ? k 2 ) .(5) 1 ? 2k 2

同理可求得 CD ?

2(1 ? 4k 2 ) 1 ? 2k 2

(6) , 由(5) (6)两式得:

AB ? CD ?

4[4k 4 ? 5k 2 ? 1] 1 9 ? 4(1 ? )? 2 2 1 (1 ? 2k ) 2 ? 4k 2 ? 4 2 k

当且仅当 k ? ?

2 9 时等号成立.故 AB ? CD 的最大值等于 . 2 2

19. 已知函数 f ( x) ? x( x ? a) 2 , g ( x) ? ? x2 ? (a ? 1) x ? a (其中 a 为常数). (1)如果函数 y ? f ( x) 和 y ? g ( x) 有相同的极值点,求 a 的值; a (2)设 a>0,问是否存在 x0 ? (?1, ) ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ,若存在,请求出 实数 a 的取值范围; 3 若不存在,请说明理由; (3)记函数 H ( x) ? [ f ( x) ? 1] ? [ g ( x) ? 1] ,若函数 y ? H ( x) 有 5 个不同的零点,求实数 a 的取值范 围. 解: (1) f ( x) ? x( x ? a)2 ? x3 ? 2ax2 ? a2 x ,则 f ?( x) ? 3x2 ? 4ax ? a2 ? (3x ? a)( x ? a) ,

a a ?1 ,而 g ( x) 在 x ? 处有极大值, 3 2 a ?1 a ?1 a ? a ? a ? ?1 ,或 ? ? a ? 3 ;综上: a ? 3 或 a ? ?1 . ∴ 2 2 3
令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? a 或
4

(2)假设存在,即存在 x ? ( ?1, ) ,使得

a 3

f ( x) ? g ( x) ? x( x ? a)2 ? [? x2 ? (a ?1) x ? a] ? x( x ? a)2 ? ( x ? a)( x ? 1) ? ( x ? a)[ x2 ? (1 ? a) x ? 1] ? 0 ,
当 x ? ( ?1, ) 时,又 a ? 0 ,故 x ? a ? 0 , 则存在 x ? ( ?1, ) ,使得 x2 ? (1 ? a) x ? 1 ? 0 ,

a 3

a 3

1? 当

a ?1 a 3 ?a? ?a? ? 即 a ? 3 时, ? ? ? (1 ? a) ? ? ? 1 ? 0 得 a ? 3或a ? ? ,? a ? 3 ; 2 3 2 ?3? ? 3?

2

2? 当 ?1 ?

4 ? (a ? 1)2 a ?1 a ? 即 0 ? a ? 3 时, ? 0 得 a ? ?1或a ? 3 ,? a 无解; 2 3 4

综上: a ? 3 . (3)据题意有 f ( x) ? 1 ? 0 有 3 个不同的实根, g ( x) ? 1 ? 0 有 2 个不同的实根,且这 5 个实根两 两不相等. (ⅰ) g ( x) ? 1 ? 0 有 2 个不同的实根,只需满足 g ( (ⅱ) f ( x) ? 1 ? 0 有 3 个不同的实根,

a ?1 ) ? 1 ? a ? 1或a ? ?3 ; 2

1? 当

a ? a 即 a ? 0 时, f ( x) 在 x ? a 处取得极大值,而 f (a) ? 0 ,不符合题意,舍; 3 a 2? 当 ? a 即 a ? 0 时,不符合题意,舍; 3 a a 3? 当 ? a 即 a ? 0 时, f ( x) 在 x ? 处取得极大值, 3 3

a 33 2 33 2 f ( ) ?1? a ? ;所以 a ? ; 3 2 2
因为(ⅰ) (ⅱ)要同时满足,故 a ? 下证:这 5 个实根两两不相等, 即证:不存在 x0 使得 f ( x0 ) ? 1 ? 0 和 g ( x0 ) ? 1 ? 0 同时成立; 若存在 x0 使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 1, 由 f ( x0 ) ? g ( x0 ) ,即 x ( ) ? ? x0 ? (a ?1) x0 ? a , 0 x0 ? a
2 2

33 2 3 ; (注: a ? 也对) 3 2 4

得 (x0 ? a) ( x0 ? ax0 ? x0 ? 1) ? 0 ,
2

当 x0 ? a 时, f ( x0 ) ? g ( x0 ) ? 0 ,不符合,舍去;
5

2 当 x0 ? a 时,既有 x0 ? ax0 ? x0 ? 1 ? 0 2 又由 g ( x0 ) ? 1 ,即 ? x0 ? (a ?1) x0 ? a ? 1

①; ②;

联立①②式,可得 a ? 0 ; 而当 a ? 0 时, H ( x) ? [ f ( x) ?1] ?[ g ( x) ?1] ? ( x3 ?1)(? x2 ? x ?1) ? 0 没有 5 个不同的零点,故舍 去,所以这 5 个实根两两不相等. 综上,当 a ?

33 2 时,函数 y ? H ( x) 有 5 个不同的零点. 2

20. 已知数列{an}满足 a1=0,a2=2,且对任意 m、n∈N*,都有 a2m-1+a2n-1 2 =2am+n-1+2(m-n) . (1)求 a3,a5; (2)设 bn=a2n+1-a2n-1 (n∈N*),证明:{bn}是等差数列; n 1 (3)设 cn=(an+1-an)q - (q≠0,n∈N*),求数列{cn}的前 n 项和 Sn. 解:(1)由题意 ,零 m=2,n-1,可得 a3=2a2-a1+2=6 再令 m=3,n=1,可得 a5=2a3-a1+8=20????????????4 分 * (2)当 n∈N 时,由已知(以 n+2 代替 m)可得 a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8 于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8w_w w. k#s5_u.c o*m 即 bn+1-bn=8 所以{bn}是公差为 8 的等差数列??????????????????8 分 (3)由(1)(2)解答可知{bn}是首项为 b1=a3-a1=6,公差为 8 的等差数列 则 bn=8n-2,即 a2n+=1-a2n-1=8n-2 另由已知(令 m=1)可得 an= 那么 an+1-an =
n 1

a2n?1 ? a1 2 -(n-1) . 2

a2n?1 ? a2n?1 8n ? 2 -2n+ 1= -2n+1=2n 2 2

于是 cn=2nq - . ??????????????12 分 当 q=1 时,Sn=2+4+6+??+2n=n(n+1) 当 q≠1 时,Sn=2q +4q +6q +??+2nq - . 两边同乘以 q,可得:qSn=2q +4q +6q +??+2nq . 上述两式相减得:(1-q)Sn=2(1+q+q +??+q - )-2nq =2 =2
1 ? (n ? 1)q n ? nq n?1 nq n?1 ? (n ? 1)q n ? 1 所以 Sn=2 1? q (q ? 1) 2
2 1 2 3 0 1 2

n 1

n

n 1

n

1 ? qn n -2nq 1? q

?n(n ? 1) (q ? 1) ? 综上所述,Sn= ? nq n?1 ? (n ? 1)q n ? 1 ??????????16 分 (q ? 1) 2 ?2 ? (q ? 1) ?

6

7


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