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江苏省苏州中学2016届高三上学期期初数学试卷(理科)



2015-2016 学年江苏省苏州中学高三(上)期初数学试卷
一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分. 1.若 (i 是虚数单位)是实数,则实数 a 的值是__________.

2.已知集合 A={x|x>1},B={x|x ﹣2x<0},则 A∪B=__________. 3.命题“若实数 a 满足 a≤2,则 a <4

”的否命题是__________命题(填“真”、“假”之一) . 4.在如图所示的算法流程图中,若输入 m=4,n=3,则输出的 a=__________.
2

2

5. 把一个体积为 27cm 的正方体木块表面涂上红漆, 然后锯成体积为 1cm 的 27 个小正方体, 现从中任取一块,则这一块至少有一面涂有红漆的概率为__________.

3

3

6.在约束条件

下,则

的最小值是__________.

7.设 α,β 是空间两个不同的平面,m,n 是平面 α 及 β 外的两条不同直线.从“①m⊥n; ②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一 个命题:__________(用代号表示) .

8.在平面直角坐标系 xOy 中,已知 A、B 分别是双曲线 的顶点 C 在双曲线的右支上,则 的值是__________.

的左、右焦点,△ ABC

9.已知点 A(0,2)抛物线 y =2px(p>0)的焦点为 F,准线为 l,线段 FA 交抛物线与点 B, 过 B 做 l 的垂线,垂足为 M,若 AM⊥MF,则 p=__________.

2

10.若函数

,则函数 y=f(f(x) )的值域是__________.

11.在直三棱柱中,AC⊥BC,AC=4,BC=CC1=2,若用平行于三棱柱 A1B1C1﹣ABC 的某一 侧面的平面去截此三棱柱,使得到的两个几何体能够拼接成长方体,则长方体表面积的最小 值为__________.

12.已知椭圆

,A、B 是其左右顶点,动点 M 满足 MB⊥AB,连接 AM 交椭圆与点

P,在 x 轴上有异于点 A、B 的定点 Q,以 MP 为直径的圆经过直线 BP、MQ 的交点,则点 Q 的坐标为__________. 13.在三角形 ABC 中,过中线 AD 中点 E 任作一直线分别交边 AB,AC 与 M、N 两点,设 则 4x+y 的最小值是__________.

14.设 m∈N,若函数 __________.

存在整数零点,则 m 的取值集合为

二、解答题:本大题共 6 小题,共 90 分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (14 分)如图,平面 PAC⊥平面 ABC,点 E、F、O 分别为线段 PA、PB、AC 的中点,点 G 是线段 CO 的中点,AB=BC=AC=4,PA=PC=2 .求证: (1)PA⊥平面 EBO; (2)FG∥平面 EBO.

16. (14 分)已知函数 (1)设 ,且

. ,求 θ 的值;

(2)在△ ABC 中,AB=1,

,且△ ABC 的面积为

,求 sinA+sinB 的值.

17. (14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,如图,已知椭圆 E:

的左、

右顶点分别为 A1、A2,上、下顶点分别为 B1、B2.设直线 A1B1 的倾斜角的正弦值为 ,圆 C 与以线段 OA2 为直径的圆关于直线 A1B1 对称.

(1)求椭圆 E 的离心率; (2)判断直线 A1B1 与圆 C 的位置关系,并说明理由; (3)若圆 C 的面积为 π,求圆 C 的方程. 18. (16 分)心理学家研究某位学生的学习情况发现:若这位学生刚学完的知识存留量为 1, 则 x 天后的存留量 ;若在 t(t>4)天时进行第一次复习,则此时存留量比未复习情

况下增加一倍 (复习的时间忽略不计) , 其后存留量 y2 随时间变化的曲线恰好为直线的一部分, 其斜率为 ,存留量随时间变化的曲线如图所示.当进行第一次复习后的

存留量与不复习的存留量相差最大时,则称此时刻为“二次复习最佳时机点” (1)若 a=﹣1,t=5,求“二次复习最佳时机点”; (2)若出现了“二次复习最佳时机点”,求 a 的取值范围.

19. (16 分)已知各项均为正数的等差数列{an}的公差 d 不等于 0,设 a1,a3,ak 是公比为 q 的等比数列{bn}的前三项,

(1)若 k=7,a1=2; (i)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn; (ii)将数列{an}和{bn}的相同的项去掉,剩下的项依次构成新的数列{cn},设其前 n 项和为 Sn,求
*

的值

(2)若存在 m>k,m∈N 使得 a1,a3,ak,am 成等比数列,求证 k 为奇数.

20. (16 分)已知函数

,其中 a 是实数.设 A(x1,f(x1) ) ,B

(x2,f(x2) )为该函数图象上的两点,且 x1<x2. (Ⅰ)指出函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线互相垂直,且 x2<0,证明:x2﹣x1≥1; (Ⅲ)若函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线重合,求 a 的取值范围.

三、选做题.在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题,每小题 20 分,共 20 分.解答时应写出 文字说明、证明过程或演算步骤. A.选修 4-1:几何证明选讲 21.如图,过圆 O 外一点 M 作圆的切线,切点为 A,过 A 作 AP⊥OM 于 P. 2 (1)求证:OM?OP=OA ; (2)N 为线段 AP 上一点,直线 NB 垂直直线 ON,且交圆 O 于 B 点.过 B 点的切线交直线 ON 于 K.求证:∠OKM=90°.

B.选修 4­-2:矩阵与变换 22.已知矩阵 M= 有特征值 λ1=4 及对应的一个特征向量 .

(1)求矩阵 M; 2 2 (2)求曲线 5x +8xy+4y =1 在 M 的作用下的新曲线方程.

C.选修 4-4:坐标系与参数方程

23.在平面直角坐标系 xoy 中,已知曲线 C 的参数方程为

(α 为参数) .以直角坐 )

标系原点 O 为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 直线 l 的极坐标方程为 ρcos (θ﹣ =2 (Ⅰ)求直线 l 的直角坐标方程; (Ⅱ)点 P 为曲线 C 上的动点,求点 P 到直线 l 距离的最大值.

D.选修 4-5:不等式选讲 24.不等式选讲 设 x,y,z 为正数,证明:2(x +y +z )≥x (y+z)+y (x+z)+z (x+y) .
3 3 3 2 2 2

四.【必做题】第 22 题、第 23 题,每小题 10 分,共 20 分.解答时应写出文字说明、证明过 程或演算步骤. 25.如图,已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧面与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M、N、 P 分别是 CC1、BC、A1B1 的中点. (1)求证:PN⊥AM; (2)若直线 MB 与平面 PMN 所成的角为 θ,求 sinθ 的值.

26.一种抛硬币游戏的规则是:抛掷一枚硬币,每次正面向上得 1 分,反面向上得 2 分. (1)设抛掷 5 次的得分为 ξ,求 ξ 的分布列和数学期望 Eξ; * (2)求恰好得到 n(n∈N )分的概率.

2015-2016 学年江苏省苏州中学高三(上)期初数学试卷
一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分. 1.若 (i 是虚数单位)是实数,则实数 a 的值是﹣1.

【考点】复数的基本概念. 【专题】计算题. 【分析】利用两个复数代数形式的乘除法,虚数单位 i 的幂运算性质化简 0,求出 a 值. 【解答】解:∵ = = 是实数,∴a=﹣1, ,由虚部等于

故答案为:﹣1. 【点评】本题考查两个复数代数形式的乘除法,虚数单位 i 的幂运算性质, 两个复数相除,分子和分母同时乘以分母的共轭复数. 2.已知集合 A={x|x>1},B={x|x ﹣2x<0},则 A∪B={x|x>0}. 【考点】并集及其运算. 【专题】计算题. 【分析】根据不等式的解法,B={x|0<x<2},然后根据并集的定义“由所有属于集合 A 或属 于集合 B 的元素所组成的集合叫做并集”进行求解即可. 【解答】解:根据不等式的解法,易得 B={x|0<x<2}, 又有 A={x|x>1},则 A∪B={x|0<x}. 故答案为:{x|x>0}
2

【点评】本题考查并集的运算,注意结合数轴来求解,属于容易题. 3.命题“若实数 a 满足 a≤2,则 a <4”的否命题是真命题(填“真”、“假”之一) . 【考点】命题的否定;命题的真假判断与应用. 【专题】计算题. 【分析】利用否命题的形式写出否命题,利用复合命题 p 或 q 有真则真,判断出否命题是真 命题. 2≥ 【解答】解:命题的否命题为:“若实数 a 满足 a>2,则 a 4” ∵a>2 2 ∴a >4 2 ∴a ≥4 ∴否命题为真命题 故答案为:真
2

【点评】本题考查命题的否命题:是将条件,结论同时否定,注意否命题与命题的否定的区 别. 4.在如图所示的算法流程图中,若输入 m=4,n=3,则输出的 a=12.

【考点】程序框图. 【专题】阅读型. 【分析】m=4,n=3,i=1,a=4,不满足条件 n 整除 a,执行循环体,依此类推,当 i=3,a=12, 满足条件 n 整除 a,退出循环体,从而得到 a 的值. 【解答】解:m=4,n=3,i=1,a=4,不满足条件 n 整除 a,执行循环体 i=2,a=8,不满足条件 n 整除 a,执行循环体 i=3,a=12,满足条件 n 整除 a,退出循环体 故此时 a 的为 12, 故答案为:12 【点评】算法和程序框图是新课标新增的内容,在近两年的新课标地区高考都考查到了,这 启示我们要给予高度重视,属于基础题. 5. 把一个体积为 27cm 的正方体木块表面涂上红漆, 然后锯成体积为 1cm 的 27 个小正方体, 现从中任取一块,则这一块至少有一面涂有红漆的概率为 .
3 3

【考点】等可能事件的概率. 【专题】计算题. 【分析】根据正方体的结构,计算出带有红漆的小木块的个数,利用公式求出即可 【解答】解:由正方体的结构及锯木块的方法,知不带红漆的只有中间一块 故至少一面带有红漆的木块有 26 个 所以从中任取一块,则这一块至少有一面涂有红漆的概率为 故答案为 【点评】本题考查根据实际情况求事件发生的概率,概率与几何体结合考查,是近几年高考 的一个热点,即考查了概率的基础知识,也考查了立体几何的空间想像能力,学习时要注意 这两个知识点之间的衔接.

6.在约束条件

下,则

的最小值是



【考点】简单线性规划. 【专题】计算题. 【分析】根据题意先做出可行域,要求 的最小值,也就是(1,0)这个点

到可行域的最小距离,过这个点向可行域做垂线,垂线的长度就是距离. 【解答】解:由题意知,需要先画出可行域,

要求

的最小值,

也就是(1,0)这个点到可行域的最小距离, 过这个点向可行域做垂线,垂线的长度就是距离 ∴d= 故答案为: .

【点评】本题考查线性规划的问题,是一个线性规划的基础题,在解题时注意要求的距离在 哪里,这是解题的关键,注意选择出来,有时不是这种特殊的位置. 7.设 α,β 是空间两个不同的平面,m,n 是平面 α 及 β 外的两条不同直线.从“①m⊥n; ②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一 个命题:①③④?②(或②③④?①) (用代号表示) . 【考点】平面与平面之间的位置关系;空间中直线与平面之间的位置关系. 【专题】证明题. 【分析】分析本题中的条件,四个条件取三个,有四种组合,由于本题是一开放式题答案不 唯一,故选取其一即可. 【解答】解:观察发现,①③④?②与②③④?①是正确的命题,证明如下: 证①③④?②,即证若 m⊥n,n⊥β,m⊥α,则 α⊥β,因为 m⊥n,n⊥β,则 m?β 或 m∥β, 又 m⊥α 故可得 α⊥β,命题正确;

证②③④?①,即证若 n⊥β,m⊥α,α⊥β,则 m⊥n,因为 m⊥α,α⊥β 则 m?β 或 m∥β, 又 m⊥α 故可得 m⊥n,命题正确. 故答案为:①③④?②(或②③④?①) . 【点评】本题考查平面与平面之间的位置关系,由于本题是一个开放式的问题,只须取其中 之一即可,做题时要注意题目的不同要求.作出合理判断.

8.在平面直角坐标系 xOy 中,已知 A、B 分别是双曲线 的顶点 C 在双曲线的右支上,则 【考点】双曲线的简单性质. 【专题】计算题. 【分析】首先由正弦定理,可得 |AB|=2c=4,|CB|﹣|CA|=﹣2a=﹣2;代入 【解答】解:根据正弦定理:在△ ABC 中,有 = 的值是 .

的左、右焦点,△ ABC

,进而根据双曲线的几何性质,可得 中,可得答案. = ;

又由题意 A、B 分别是双曲线

的左、右焦点,则|AB|=2c=4,

且△ ABC 的顶点 C 在双曲线的右支上,又可得|CB|﹣|CA|=﹣2a=﹣2; 故则 故答案为:﹣ . 【点评】本题考查双曲线的几何性质,注意点 C 在双曲线的右支上,则有|CA|>|CB|,即|CB| ﹣|CA|=﹣2a,这是一个易错点. 9.已知点 A(0,2)抛物线 y =2px(p>0)的焦点为 F,准线为 l,线段 FA 交抛物线与点 B, 过 B 做 l 的垂线,垂足为 M,若 AM⊥MF,则 p= . 【考点】直线与圆锥曲线的关系. 【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】由抛物线的定义可得 BM=BF,又 AM⊥MF,根据直角三角形斜边的中点是外心可 得故 B 为线段 AF 的中点, 求出 B 的坐标代入抛物线方程求得 p 值. 【解答】解:由抛物线的定义可得 BM=BF,F( 中点, ∴B( ) ,把 B( ) 代入抛物线 y =2px(p>0)得,1=2p× ,
2 2

=

=

=﹣ ;

) ,又 AM⊥MF,故 B 为线段 AF 的

∴p= , 故答案为 .

【点评】本题考查抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,判断 B 为线段 AF 的中 点,是解题的关键, 属于中档题.

10.若函数

,则函数 y=f(f(x) )的值域是

. 【考点】指数函数的定义、解析式、定义域和值域;函数的值域. 【专题】计算题;分类讨论. 【分析】讨论 x 的正负,代入相应的解析式,然后求出函数 f(x)的值域,再代入相应的解 析式,求出 y=f(f(x) )的值域,即可求出所求. x 【解答】解:设 x<0,则 f(x)=2 ∈(0,1) x ∴y=f(f(x) )=f(2 ) 当 x∈(0,1)时 f(x)=﹣2 ∈(﹣1,﹣ ) 设 x>0,则 f(x)=﹣2 ∈(﹣1,0) ﹣x ∴y=f(f(x) )=f(﹣2 ) 当 x∈(﹣1,0)时 f(x)=2 ∈( ,1) 综上所述:y=f(f(x) )的值域是 故答案为: 【点评】本题主要考查了指数函数的值域,以及复合函数的值域问题,同时考查了分类讨论 的思想,属于中档题. 11.在直三棱柱中,AC⊥BC,AC=4,BC=CC1=2,若用平行于三棱柱 A1B1C1﹣ABC 的某一 侧面的平面去截此三棱柱,使得到的两个几何体能够拼接成长方体,则长方体表面积的最小 值为 24. 【考点】棱柱的结构特征. 【专题】探究型. 【分析】由图形可以看出,拼接的方法有两种,一种是过 AB,AC,A1B1,A1C1 的中点截此 三棱柱可拼接成一个长方体,其底面是边长为 2 的正方形,高是 2, ;另一种是过 BC,BA, B1C1,B1A1 中点截此三棱柱拼接成一个长方体,此长方体高为 2,底面是边长分别为 1,4, 表面积易求
x
﹣x ﹣x

【解答】解:由题意如图,若过 AB,AC,A1B1,A1C1 的中点截此三棱柱可拼接成一个正方 体,其底面是边长为 2 的正方形,高是 2,故其表面积是 6×4=24;

若过 BC,BA,B1C1,B1A1 中点截此三棱柱拼接成一个长方体,此长方体高为 2,底面是边 长分别为 1,4,故其表面积为 2×1×4+2×2×4+2×1×2=28

比较知,拼接成长方体的表面积的最小值是 24 故答案为 24 【点评】本题考查棱柱的结构特征,解答本题的关键是了解棱柱这个几何体的结构特点,并 利用此特点建立起求解问题的模型.

12.已知椭圆

,A、B 是其左右顶点,动点 M 满足 MB⊥AB,连接 AM 交椭圆与点

P,在 x 轴上有异于点 A、B 的定点 Q,以 MP 为直径的圆经过直线 BP、MQ 的交点,则点 Q 的坐标为(0,0) . 【考点】圆与圆锥曲线的综合. 【专题】计算题;压轴题.

【分析】设 M(2,2) ,MA 的方程为:x﹣2y+2=0,MQ 的方程为 x﹣y=0,Q 是直线 MQ 与 x 轴的交点,故 Q 的坐标为(0,0) . 【解答】解:设 M(2,2) , ∵A(﹣2,0) ,B(2,0) , ∴MA 的方程为:x﹣2y+2=0, 由 ,

解得 P(

) ,

从而得到直线 PB 的斜率 kPB=﹣1, 由直径上的圆周角是直角知 PB⊥MQ, ∴kMQ=1, 于是直线 MQ 的方程为 x﹣y=0, ∵Q 是直线 MQ 与 x 轴的交点, 故 Q 的坐标为(0,0) . 故答案为: (0, 0) . 【点评】本题考查圆和性质和综合运用,解题时要注意特殊殖法的合理运用. 13.在三角形 ABC 中,过中线 AD 中点 E 任作一直线分别交边 AB,AC 与 M、N 两点,设 则 4x+y 的最小值是 . 【考点】平面向量的基本定理及其意义;基本不等式. 【专题】计算题;压轴题. 【分析】用 解出 x= y= , ,使用基本不等式求出 4x+y 的最小值. = ﹣ . ﹣ = + 由于 = 、 + =x , ∴ = (x﹣ ) ﹣ . 表示出 和 ,由于 、 共线,可得 ,且 λ<0,

【解答】 解: 由题意可得 同理可得 ∴(x﹣ 故 x= ) =(y﹣ ) ﹣

共线,∴

,且 λ<0.

=λ[(y﹣ ) , = +(﹣λ)+

],∴x﹣ =λ(﹣ ) ,且﹣ =λ(y﹣ ) ,

,y=

∴4x+y=1﹣λ+ 故答案为: .

≥ +2

= ,当且仅当 λ=﹣ 时,等号成立,

【点评】本题考查平面向量基本定理,基本不等式的应用,解出 x= 题的关键,属于中档题. 14.设 m∈N,若函数 3,14,30}. 【考点】函数零点的判定定理. 【专题】计算题;函数的性质及应用. 【分析】由于函数 ,即 m=

,y=

,是解

存在整数零点,则 m 的取值集合为{0,

存在整数零点,先令 f(x)=0 得 再结合 m∈N,x∈Z,求得 x 的取值范围,最后

依据 m∈N,x∈Z 一一验证即得 m 的取值集合. 【解答】解:令 f(x)=0 得:

即 m= ∵m∈N,x∈Z, ∴ ∴﹣5≤x≤10,且 x∈Z ∴x=﹣5,﹣4,﹣3,﹣2,…,1,2,3,4,…,9,10 将它们代入 m= 一一验证得:

m∈{0,3,14,30}, 故答案为:{0,3,14,30}. 【点评】本题考查函数的性质和应用、函数零点的判定定理,属于中档题.解题时要注意分 类讨论思想的灵活运用. 二、解答题:本大题共 6 小题,共 90 分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (14 分)如图,平面 PAC⊥平面 ABC,点 E、F、O 分别为线段 PA、PB、AC 的中点,点 G 是线段 CO 的中点,AB=BC=AC=4,PA=PC=2 .求证: (1)PA⊥平面 EBO; (2)FG∥平面 EBO.

【考点】直线与平面垂直的判定;直线与平面平行的判定.

【专题】证明题;数形结合. 【分析】 (1)先证明 BO⊥面 PAC,可得 BO⊥PA.由 OE∥PC,PC⊥PA 可得 OE⊥PA,从 而证得 PA⊥平面 EBO. (2) 由线段长度间的关系可得 , 由 Q 是△ PAB 的重心, 可得 , 故有 FG∥QO,

进而证得 FG∥平面 EBO. 【解答】 (1)证明:由题意可知,△ PAC 为等腰直角三角形,△ ABC 为等边三角形. 因为 O 为边 AC 的中点,所以 BO⊥AC, 因为平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC=AC,BO?平面 ABC,所以,BO⊥面 PAC. 因为 PA?平面 PAC, 故 BO⊥PA. 在等腰三角形 PAC 内, O, E 为所在边的中点, 故 OE∥PC, ∴OE⊥PA, 又 BO∩OE=O,所以,PA⊥平面 EBO. (2)证明:连 AF 交 BE 于 Q,连 QO.因为 E、F、O 分别为边 PA、PB、PC 的中点, 所以 于是, . 又 Q 是△ PAB 两条中线的交点,故 Q 是△ PAB 的重心, ,所以,FG∥QO.

因为 FG?平面 EBO,QO?平面 EBO,所以,FG∥平面 EBO.

【点评】本题考查证明线线垂直、线面垂直的方法,证明 FG∥QO 是解题的难点,属于中档 题.

16. (14 分)已知函数 (1)设 (2)在△ ABC 中,AB=1, ,且

. ,求 θ 的值; ,且△ ABC 的面积为 ,求 sinA+sinB 的值.

【考点】余弦定理;同角三角函数基本关系的运用;两角和与差的余弦函数;正弦定理. 【专题】计算题. 【分析】 (1)利用二倍角公式及辅助角公式对函数化简可得,f(x)=2cos(x+ 可得,cos(θ+ )= ,结合已知 )+ ,由

可求 θ 的值;

(2)由(1)知

由已知面积

可得,
2 2

从而有

由余弦定理得 可

可得 a +b =再由正弦定理得 求. 【解答】解: (1) = 由 于是 得 (k∈Z) 因为 . ,于是 .① 所以 = .

(2)因为 C∈(0,π) ,由(1)知 因为△ ABC 的面积为 ,所以

在△ ABC 中,设内角 A、B 的对边分别是 a,b. 由余弦定理得 由①②可得 由正弦定理得 所以 或 于是 , . (14 分) 的应 可以把函数化 . ,所以 a +b =7.②
2 2

【点评】 (1) 考查了二倍角公式的变形形式 用,辅助角公式 为一个角的三角函数,进而可以研究三角函数的性 (2)考查了正弦定理及余弦定理及三角形的面积公式的综合运用.

17. (14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,如图,已知椭圆 E:

的左、

右顶点分别为 A1、A2,上、下顶点分别为 B1、B2.设直线 A1B1 的倾斜角的正弦值为 ,圆 C 与以线段 OA2 为直径的圆关于直线 A1B1 对称.

(1)求椭圆 E 的离心率; (2)判断直线 A1B1 与圆 C 的位置关系,并说明理由; (3)若圆 C 的面积为 π,求圆 C 的方程. 【考点】圆与圆锥曲线的综合;圆的标准方程;直线与圆的位置关系;椭圆的简单性质. 【专题】综合题. 【分析】 (1)设椭圆 E 的焦距为 2c(c>0) ,因为直线 A1B1 的倾斜角的正弦值为 ,所以 ,由此能求出椭圆 E 的离心率.

(2) 由

, 设 a=4k (k>0) ,

, 则

, 于是 A1B1 的方程为:



故 OA2 的中点(2k,0)到 A1B1 的距离 d= 切. (3)由圆 C 的面积为 π 知圆半径为 1,从而

,由此能够证明直线 A1B1 与圆 C 相

,设 OA2 的中点(1,0)关于直线 A1B1:

的对称点为(m,n) ,则

,由此能求出圆 C 的方程.

【解答】解: (1)设椭圆 E 的焦距为 2c(c>0) , 因为直线 A1B1 的倾斜角的正弦值为 ,所以 ,

于是 a =8b ,即 a =8(a ﹣c ) ,所以椭圆 E 的离心率

2

2

2

2

2



(2)由

可设 a=4k(k>0) , ,

,则



于是 A1B1 的方程为:

故 OA2 的中点(2k,0)到 A1B1 的距离 d= 又以 OA2 为直径的圆的半径 r=2k,即有 d=r, 所以直线 A1B1 与圆 C 相切. (3)由圆 C 的面积为 π 知圆半径为 1,从而 ,



设 OA2 的中点(1,0)关于直线 A1B1: 则

的对称点为(m,n) ,

解得

.所以,圆 C 的方程为

(14 分)

【点评】本题考查圆锥曲线和直线的位置关系的综合运用,解题时要认真审题,仔细解答, 注意合理地进行等价转化. 18. (16 分)心理学家研究某位学生的学习情况发现:若这位学生刚学完的知识存留量为 1, 则 x 天后的存留量 ;若在 t(t>4)天时进行第一次复习,则此时存留量比未复习情

况下增加一倍 (复习的时间忽略不计) , 其后存留量 y2 随时间变化的曲线恰好为直线的一部分, 其斜率为 ,存留量随时间变化的曲线如图所示.当进行第一次复习后的

存留量与不复习的存留量相差最大时,则称此时刻为“二次复习最佳时机点” (1)若 a=﹣1,t=5,求“二次复习最佳时机点”; (2)若出现了“二次复习最佳时机点”,求 a 的取值范围.

【考点】函数模型的选择与应用. 【专题】综合题;函数的性质及应用. 【分析】 (1)第一次复习后的存留量是 y2,不复习时的存留量为 y1,复习后与不复习的存留 量差是 y=y2﹣y1;把 a、t 代入,整理即得所求; (2)求出知识留存量函数 y= + ﹣ (t>4,且 t、a 是常数,x 是

自变量) ,y 取最大值时对应的 t、a 取值范围即可. 【解答】解: (1)设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为 y, 由题意,第一次复习后的存留量是 ,

不复习的存留量为



∴ 当 a=﹣1,t=5 时, = 当且仅当 x=14 时取等号, 所以“二次复习最佳时机点”为第 14 天. (2)知识留存量函数 =





= ,





当且仅当

时取等号,

由题意

,所以﹣4<a<0. (a

【点评】本题考查了含有字母参数的函数类型的应用,题目中应用基本不等式 a+b≥2 >0,b>0)求出最值,有难度,是综合题.

19. (16 分)已知各项均为正数的等差数列{an}的公差 d 不等于 0,设 a1,a3,ak 是公比为 q 的等比数列{bn}的前三项, (1)若 k=7,a1=2; (i)求数列{anbn}的前 n 项和 Tn; (ii)将数列{an}和{bn}的相同的项去掉,剩下的项依次构成新的数列{cn},设其前 n 项和为 Sn,求
*

的值

(2)若存在 m>k,m∈N 使得 a1,a3,ak,am 成等比数列,求证 k 为奇数. 【考点】数列的求和;等差数列与等比数列的综合. 【专题】计算题. 【分析】 (1)因为 k=7,所以 a1,a3,a7 成等比数列,又 an 是公差 d≠0 的等差数列,利用等差 n﹣1 n 数列的通项公式及等比数列的定义可以得到 an=a1+(n﹣1)d=n+1,bn=b1×q =2 , n+1 (i)用错位相减法可求得 anbn 的前 n 项和为 Tn=n×2 ; n n (ii)因为新的数列{cn }的前 2 ﹣n﹣1 项和为数列 an 的前 2 ﹣1 项的和减去数列 bn 前 n 项的 和,所以计算可得答案;

(2) 由题意由于 (a1+2d)=a( (k﹣1) ) d, 整理得 4d =a1d (k﹣5) , 解方程得 1 a1+

2

2



,又因为存在 m>k,m∈N 使得 a1,a3,ak,am 成等比数列,及在正项 等差数列{an}中,得到 2[4+(m﹣1) (k﹣5)]=(k﹣3) ,分析数特点即可. 【解答】解: (1)因为 k=7,所以 a1,a3,a7 成等比数列,又 an 是公差 d≠0 的等差数列, 2 所以(a1+2d) =a1(a1+6d) ,整理得 a1=2d, 又 a1=2,所以 d=1,b1=a1=2,
n﹣1 n 3

*



所以 an=a1+(n﹣1)d=n+1,bn=b1×q =2 , n+1 (i)用错位相减法或其它方法可求得 anbn 的前 n 项和为 Tn=n×2 ; n n (ii)因为新的数列{cn }的前 2 ﹣n﹣1 项和为数列 an 的前 2 ﹣1 项的和减去数列 bn 前 n 项的 和, 所以 所以 (2)由(a1+2d) =a1(a1+(k﹣1) )d,整理得 4d =a1d(k﹣5) , 因为 d≠0,所以
* 2 2



,所以



因为存在 m>k,m∈N 使得 a1,a3,ak,am 成等比数列, 所以 ,

又在正项等差数列{an}中,



所以
3

,又因为 a1>0,

所以有 2[4+(m﹣1) (k﹣5)]=(k﹣3) , 3 因为 2[4+(m﹣1) (k﹣5)]是偶数,所以(k﹣3) 也是偶数, 即 k﹣3 为偶数,所以 k 为奇数. 【点评】此题考查了等差数列,等比数列的定义及通项公式,还考查了解方程的能力,数列 求和的错位相减法,及学生的计算能力.

20. (16 分)已知函数

,其中 a 是实数.设 A(x1,f(x1) ) ,B

(x2,f(x2) )为该函数图象上的两点,且 x1<x2.

(Ⅰ)指出函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线互相垂直,且 x2<0,证明:x2﹣x1≥1; (Ⅲ)若函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线重合,求 a 的取值范围. 【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程. 【专题】压轴题;导数的综合应用. 【分析】 (I)根据分段函数中两段解析式,结合二次函数及对数函数的性质,即可得出函数 f (x)的单调区间; (II)由导数的几何意义知,点 A 处的切线的斜率为 f′(x1) ,点 B 处的切线的斜率为 f′(x2) , 再利用 f (x) 的图象在点 A, B 处的切线互相垂直时, 斜率之积等于﹣1, 得出 (2x1+2) (2x2+2) =﹣1,最后利用基本不等式即可证得 x2﹣x1≥1; (III)先根据导数的几何意义写出函数 f(x)在点 A、B 处的切线方程,再利用两直线重合的 充要条件列出关系式,从而得出 a=lnx2+( ) ﹣1,最后利用导数研究它的单调性和
2

最值,即可得出 a 的取值范围. 【解答】解: (I)函数 f(x)的单调减区间(﹣∞,﹣1) ,函数 f(x)的单调增区间[﹣1,0) , (0,+∞) ; (II)由导数的几何意义知,点 A 处的切线的斜率为 f′(x1) ,点 B 处的切线的斜率为 f′(x2) , 函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线互相垂直时,有 f′(x1)f′(x2)=﹣1, 当 x<0 时, (2x1+2) (2x2+2)=﹣1,∵x1<x2<0,∴2x1+2<0,2x2+2>0, ∴x2﹣x1= [﹣(2x1+2)+(2x2+2)]≥ =1,

∴若函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线互相垂直,有 x2﹣x1≥1; (III)当 x1<x2<0,或 0<x1<x2 时,f′(x1)≠f′(x2) ,故 x1<0<x2, 当 x1<0 时,函数 f(x)在点 A(x1,f(x1) )处的切线方程为 y﹣(x (x﹣x1) ; 当 x2>0 时,函数 f(x)在点 B(x2,f(x2) )处的切线方程为 y﹣lnx2= (x﹣x2) ; +2x1+a)=(2x1+2)

两直线重合的充要条件是



由①及 x1<0<x2 得 0<
2

<2,由①②得 a=lnx2+(

) ﹣1=﹣ln

2

+ (



﹣1, ,则 0<t<2,且 a= t ﹣t﹣lnt,设 h(t)= t ﹣t﹣lnt, (0<t<2)
2 2

令 t=

则 h′(t)= t﹣1﹣ =

,∴h(t)在(0,2)为减函数,

则 h(t)>h(2)=﹣ln2﹣1,∴a>﹣ln2﹣1, ∴若函数 f(x)的图象在点 A,B 处的切线重合,a 的取值范围(﹣ln2﹣1,+∞) . 【点评】本题以函数为载体,考查分段函数的解析式,考查函数的单调性,考查直线的位置 关系的处理,注意利用导数求函数的最值.

三、选做题.在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题,每小题 20 分,共 20 分.解答时应写出 文字说明、证明过程或演算步骤. A.选修 4-1:几何证明选讲 21.如图,过圆 O 外一点 M 作圆的切线,切点为 A,过 A 作 AP⊥OM 于 P. 2 (1)求证:OM?OP=OA ; (2)N 为线段 AP 上一点,直线 NB 垂直直线 ON,且交圆 O 于 B 点.过 B 点的切线交直线 ON 于 K.求证:∠OKM=90°.

【考点】与圆有关的比例线段;相似三角形的性质. 【专题】选作题;推理和证明. 【分析】 (1)在三角形 OAM 中考虑,因为 MA 是圆 O 的切线,所以 OA⊥AM,从而由射影 定理即得; (2)结合(1)问的结论,利用比例线段证明两个三角形△ ONP、△ OMK 相似,通过对应角 相等即可得. 【解答】证明: (1)因为 MA 是圆 O 的切线, 所以 OA⊥AM,又因为 AP⊥OM, 2 在 Rt△ OAM 中,由射影定理知 OA =OM?OP, 2 故 OM?OP=OA 得证. (2)因为 BK 是圆 O 的切线,BN⊥OK,同(1)有: 2 OB =ON?OK,又 OB=OA, 所以 OM?OP=ON?OK,即 ,

又∠NOP=∠MOK, 所以△ ONP~△ OMK, 故∠OKM=∠OPN=90°. 即有:∠OKM=90°. 【点评】本题考查的高考考点是圆的有关知识及应用、切割线定理的运用,考查学生分析解 决问题的能力,属于中档题. B.选修 4­-2:矩阵与变换 22.已知矩阵 M= 有特征值 λ1=4 及对应的一个特征向量 .

(1)求矩阵 M; 2 2 (2)求曲线 5x +8xy+4y =1 在 M 的作用下的新曲线方程. 【考点】特征值与特征向量的计算. 【专题】计算题.

【分析】 (1)由矩阵 M=[ [ ] =

]有特征值 λ1=4 及对应的一个特征向量

,可得

,即 2+3b=8,2c+6=12,解得 b,c 值后可得矩阵 M; =[ ] ,

(2) 设曲线上任一点 P (x, y) , P 在 M 作用下对应点为 P( ′ x′, y′) , 则



,代入曲线 5x +8xy+4y =1 后化简可得曲线 5x +8xy+4y =1 在 M 的作用下

2

2

2

2

的新曲线方程. 【解答】解: (1)∵M=[ 则[ ] = ], .

即 2+3b=8,2c+6=12 解得 b=2,c=3 ∴M=[ ]

(2)设曲线上任一点 P(x,y) ,P 在 M 作用下对应点为 P′(x′,y′) , 则 即 =[ ]


2 2 2 2

代入曲线 5x +8xy+4y =1 得 x′ +y′ =2 2 2 2 2 即曲线 5x +8xy+4y =1 在 M 的作用下的新曲线方程为 x +y =2 【点评】本题考查的知识点是特征值与特征向量的计算,熟练掌握矩阵的运算法则是解答的 关键 C.选修 4-4:坐标系与参数方程 23.在平面直角坐标系 xoy 中,已知曲线 C 的参数方程为 (α 为参数) .以直角坐 )

标系原点 O 为极点, x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 直线 l 的极坐标方程为 ρcos (θ﹣ =2 (Ⅰ)求直线 l 的直角坐标方程; (Ⅱ)点 P 为曲线 C 上的动点,求点 P 到直线 l 距离的最大值. 【考点】参数方程化成普通方程;简单曲线的极坐标方程. 【专题】坐标系和参数方程. 【分析】 (Ⅰ)根据 x=ρcosθ,y=ρsinθ,把直线 l 的极坐标方程化为直角坐标方程.

(Ⅱ)设点 P(2cosα,sinα) ,求得点 P 到直线 l 距离 d= 的最大值. 【解答】解: (Ⅰ)∵直线 l 的极坐标方程为 ρcos(θ﹣ 化为直角坐标方程为 x+y﹣4=0. (Ⅱ)设点 P(2cosα,sinα) ,点 P 到直线 l 距离 d= 其中,sinβ= ,cosβ= = . = +2 . , )=2

,可得 d

,即 ρcosθ+ρsinθ=4,

故当 sin(α+β)=﹣1 时,d 取得最大值为

【点评】本题主要考查把极坐标化为直角坐标方程的方法,点到直线的距离公式、两角和差 的正弦公式、正弦函数的值域,属于基础题. D.选修 4-5:不等式选讲 24.不等式选讲 3 3 3 2 2 2 设 x,y,z 为正数,证明:2(x +y +z )≥x (y+z)+y (x+z)+z (x+y) . 【考点】不等式的证明. 【专题】证明题;压轴题. 3 3 3 3 3 3 3 3 3 【分析】先将 2(x +y +z )分解成(x +y )+(z +x )+(y +z ) ,再对每一组利用基本不等 式进行放缩即得. 2 2 【解答】证明:因为 x +y ≥2xy≥0 3 3 2 2 所以 x +y =(x+y) (x ﹣xy+y )≥xy(x+y) 3 3 3 3 同理 y +z ≥yz(y+z) ,z +x ≥zx(z+x) 3 3 3 三式相加即可得 2(x +y +z )≥xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x) 2 2 2 又因为 xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)=x (y+z)+y (x+z)+z (x+y) 3 3 3 2 2 2 所以 2(x +y +z )≥x (y+z)+y (x+z)+z (x+y) 【点评】本题主要考查不等式的证明,从已知条件出发,利用定义、公理、定理、某些已经 证明过的不等式及不等式的性质经过一系列的推理、论证等而推导出所要证明的不等式,这 个证明方法叫综合法. 四.【必做题】第 22 题、第 23 题,每小题 10 分,共 20 分.解答时应写出文字说明、证明过 程或演算步骤. 25.如图,已知三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧面与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M、N、 P 分别是 CC1、BC、A1B1 的中点. (1)求证:PN⊥AM; (2)若直线 MB 与平面 PMN 所成的角为 θ,求 sinθ 的值.

【考点】异面直线及其所成的角;空间中直线与直线之间的位置关系. 【专题】空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 (1)以 A 为原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,AA1 为 z 轴,建立空间直角坐标系,利 用向量法能证明 PN⊥AM. (2)求出平面 PMN 的一个法向量,由此利用向量法能求出 sinθ. 【解答】 (1)证明:以 A 为原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,AA1 为 z 轴,建立空间直角坐标 系, 则 A(0,0,0) ,B(1,0,0) ,C(0,1,0) ,C1(0,1,1) ,P( ,0,1) , M(0,1, ) ,N( , ,0) , , ∵ =0+ =0, =(0,1, ) ,

∴PN⊥AM. (2)解:设平面 PMN 的一个法向量为 , =(﹣ =(x1,y1,z1) , ) ,





令 y1=2,得 又

=(3,2,1) ,

=(1,﹣1,﹣ ) ,

∴sinθ=

=

=



【点评】本题考查异面直线垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,是中档题,解题时要 认真审题,注意向量法的合理运用. 26.一种抛硬币游戏的规则是:抛掷一枚硬币,每次正面向上得 1 分,反面向上得 2 分. (1)设抛掷 5 次的得分为 ξ,求 ξ 的分布列和数学期望 Eξ; (2)求恰好得到 n(n∈N )分的概率. 【考点】离散型随机变量的期望与方差;n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率;离散型随 机变量及其分布列. 【专题】计算题. 【分析】 (1)由题意分析的所抛 5 次得分 ξ 为独立重复试验,利用二项分布可以得此变量的分 布列; (2)由题意分析出令 pn 表示恰好得到 n 分的概率.不出现 n 分的唯一情况是得到 n﹣以后再 掷出一次反面.“不出现 n 分”的概率是 1﹣pn,“恰好得到 n﹣”的概率是 pn﹣1,利用题意分析 出递推关系即可. 【解答】解: (1)所抛 5 次得分 ξ 的概率为 P(ξ=i)= 其分布列如下: ξ 5 6 7 8 9 10 P (i=5,6,7,8,9,10) ,
*

Eξ=

=

(分) .

(2) 令 pn 表示恰好得到 n 分的概率. 不出现 n 分的唯一情况是得到 n﹣以后再掷出一次反面. 因为“不出现 n 分”的概率是 1﹣pn,“恰好得到 n﹣”的概率是 pn﹣1, 因为“掷一次出现反面”的概率是 ,所以有 1﹣pn= pn﹣1, 即 pn﹣ =﹣ 于是 所以 pn﹣ =﹣ . 是以 p1﹣ = ﹣ =﹣ 为首项,以﹣ 为公比的等比数列. ,即 pn= .

答:恰好得到 n 分的概率是



【点评】此题考查了独立重复试验,数列的递推关系求解通项,重点考查了学生的题意理解 能力及计算能力.



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