定义判断-我最喜欢的一则格言

2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）
数学Ⅰ试题
一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题
．．
卡相应位置上.
．．．．．．
1.已知集合
A{1,1}
，
B{3,0,1}
，则集合
AB
．
2.已知复数
z
满足
zi34i
（
i
为虚数 单位），则
z
．
x
2
y
2
1
的渐近线方程为 ． 3.双曲线
43
4.某中学共有
1800
人，其中高二年级的人数为
600
.现用分层抽样的方法在全校抽取
n
人，
其中高二年级被抽取的人数为
21
，则
n
．
5.将一颗质地均匀的正四 面体骰子（每个面上分别写有数字
1
，
2
，
3
，
4
）先后抛掷
2
次，
观察其朝下一面的数字，则两次数字之和等于
6< br>的概率为 ．
6.如图是一个算法的流程图，则输出
S
的值是 ．

7.若正四棱锥的底面边长为
2cm
，侧面积为
8cm
，则它的体积 为
cm
．
8.设
S
n
是等差数列< br>{a
n
}
的前
n
项和，若
a
2
a
4
2
，
S
2
S
4
1
，则< br>a
10

．
23
23
ab
，则
ab
的最小值是 ．
ab
tanA3cb

10.设三角形
ABC
的内角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，已知，则
tanBb
9.已知
a0
，b0
，且
cosA
．


ae
x
,x1

11.已知函数
f(x)
（
e
是自然对数的底）.若函数
yf(x)
的最小值是4
，
4

x,x1
x

则实数
a
的取值范围为 ．
12.在
ABC
中，点
P
是边
AB
的中点，已知
CP3
，
CA4
，ACB
2

，则
3
CPCA
．
13.已知直线
l
：
xy20
与
x
轴交 于点
A
，点
P
在直线
l
上，圆
C
：
(x2)
2
y
2
2
上有且仅有一个点
B
满 足
ABBP
，则点
P
的横坐标的取值集合为 ． 14.若二次函数
f(x)ax
2
bxc
(a0)
在区 间
[1,2]
上有两个不同的零点，则
值范围为 ．
f(1)的取
a
二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答．．．．．．．
应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.已知向量
a( 2sin

,1)
，
b(1,sin(


< br>4
))
.
（1）若角

的终边过点
(3,4)，求
ab
的值；
（2）若
ab
，求锐角

的大小.
16.如图，正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
的高为
6
，其底面边长为
2
.已知点
M
，
N
分别是棱
AC< br>的中点，点
D
是棱
CC
1
上靠近
C
的三等分 点.
AC
11
，

求证：（1）
B
1
M
平面
A
1
BN
；
（2）
AD
平面
A
1
BN
.

x
2
y
2
1
3
17.已 知椭圆
C
：
2

2
1
(ab0)
经 过点
(3,)
，
(1,)
，点
A
是椭圆的下顶点.
2
ab
2
（1）求椭圆
C
的标准方程；
（2）过 点
A
且互相垂直的两直线
l
1
，
l
2
与直 线
yx
分别相交于
E
，
F
两点，已知
OEOF
，求直线
l
1
的斜率.
18.如图，某景区内有一半圆形花圃，其 直径
AB
为
6
，
O
是圆心，且
OCAB
.在
OC
上
有一座观赏亭
Q
，其中
AQC
2< br>
.计划在
BC
上再建一座观赏亭
P
，记
3
POB

(0



2
)
.

（1）当



3
时，求
OPQ的大小；
（2）当
OPQ
越大，游客在观赏亭
P
处的观赏效 果越佳，求游客在观赏亭
P
处的观赏效
果最佳时，角

的正弦值.
19.已知函数
f(x)xaxbxc
，
g(x)lnx
.
（1）若
a0
，
b2
，且
f(x)g(x)< br>恒成立，求实数
c
的取值范围；
（2）若
b3
，且函数
yf(x)
在区间
(1,1)
上是单调递减函数.
①求实数
a
的值；
②当
c2
时，求函数
h(x )

32

f(x),f(x)g(x)
的值域.

g(x),f(x)g(x)
*
20.已知
S
n
是数列< br>{a
n
}
的前
n
项和，
a
1
3< br>，且
2S
n
a
n1
3
(nN)
.
（1）求数列
{a
n
}
的通项公式；
（2）对于正整数< br>i
，
j
，
k(ijk)
，已知

aj
，
6a
i
，

a
k
成等差数列，求 正整数

，

的值；

（3）设数列{b
n
}
前
n
项和是
T
n
，且满足： 对任意的正整数
n
，都有等式
a
1
b
n
a
2
b
n1
a
3
b
n2
a
n
b
1
3
n1
3n3
成立.求满足等式
T
n
1

的所有正整数
n
.
a
n
3
2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）
数学Ⅱ（附加题）
21.【选做题】在A，B，C，D四小题中只能选做两题，每小题10分 ，共计20
分.请在答题卡指定区域内作答，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
如图，
AB
是圆
O
的直 径，
D
为圆
O
上一点，过点
D
作圆
O
的切 线交
AB
的延长线于点
C
，
且满足
DADC
.

（1）求证：
AB2BC
；
（2）若
AB2
，求线段
CD
的长.
B. 选修4-2：矩阵与变换
已知矩阵
A


40
12

a

，，列向量.
B
X
 

01

05


b

（ 1）求矩阵
AB
；
（2）若
B
1
A
1
X

，求
a
，
b
的值.
C. 选修4-4：坐标系与参数方程
在极坐标系中，已知圆
C
经过点
P(22,
点，求圆
C
的极坐标方程.
D. 选修4-5：不等式选讲
已知
x
，
y
都是正数，且
xy1
，求证：
(1x y)(1yx)9
.
22

5


1

)
，圆心为直线

sin(

)3
与极轴的交
43


【必做题】第22题、第23题 ，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内
．．．．．．．
作答，解答时应写出文字说 明、证明过程或演算步骤.
22.如图，在四棱锥
PABCD
中，底面
A BCD
是矩形，
PD
垂直于底面
ABCD
，
PDAD2 AB
，点
Q
为线段
PA
（不含端点）上一点.

（1）当
Q
是线段
PA
的中点时，求
CQ
与平面
P BD
所成角的正弦值；
（2）已知二面角
QBDP
的正弦值为
2PQ
，求的值. 3PA
23.在含有
n
个元素的集合
A
n
{1,2, ,n}
中，若这
n
个元素的一个排列（
a
1
，
a
2
，…，
a
n
）
满足
a
i
 i(i1,2,,n)
，则称这个排列为集合
A
n
的一个错位排列（ 例如：对于集合
A
3
{1,2,3}
，排列
(2,3,1)
是
A
3
的一个错位排列；排列
(1,3,2)
不是
A3
的一个错位排列）.
记集合
A
n
的所有错位排列的个数为D
n
.
（1）直接写出
D
1
，
D
2
，
D
3
，
D
4
的值；
（2）当
n3
时，试用
D
n2
，
D
n1
表示
D
n
，并说明理由；
（3）试用数学归纳法证明：
D
2n
(nN
*
)
为奇数.

2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）
数学Ⅰ试题参考答案
一、填空题
1.
{1}
2.
5
3.
y
3
3
x
4.
63
5.
16
2
6.
25
7.
1
43
8.
8
9.
26
10.
3
3
11.
ae4
12.
6
13.

,5

14.
[0,1)


1

3


二、解答题
15.解：（ 1）由题意
sin


所以
ab
43
，
cos


，
55
2sin

sin(a )2sin

sin

coscos

sin

444



42423232
.
 
552522
（2）因为
ab
，所以
2sin

sin(a
2
所以
sin

sin

cos

1
，

4
)1
，
nis
即
2

is(cos

cosnis)1

n< br>4


4

，
22
则
sin

cos

1sin

cos

，对锐角

有
cos

0
，所以
tan

1
，
所以锐角



4
.
16. 证明：（1）连结
MN
，正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
AA
1
CC
1
且
AA
1
CC
1
，则四边
AC
的中点，所以
MNAA
1
且
M
、
N
分别是棱
AC
形
AAC
11
C
是平行四边形，因为点
11
，
MNAA
1
，
又正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中
AA
1
BB
1
且
AA
1
BB
1
，所以
MNBB
1
且
MNBB
1
，所
B N
平面以四边形
MNBB
1
是平行四边形，所以
B
1MBN
，又
B
1
M
平面
A
1
BN< br>，
A
1
BN
，
所以
B
1
M
平面
A
1
BN
；

（2）正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
AA
1

平面
ABC
，
BN
平面
ABC
，所以
BNAA
1
，
正
ABC
中，
N
是
AB
的中点，所以
B NAC
，又
AA
1
、
AC
平面
AAC
11
C
，
AA
1
ACA
，
AD
平面
AAC
所以
BN
平面
AAC
11
C
，又
11
C
，
所以
ADBN
，
AC2
，
AN1
，
CD
由题意，
AA
1
6
，
又
A
1
ANACD
AA
1
AN3
6

，所以，
3
ACCD2

2
，所以A
1
AN
与
ACD
相似，则
AA
1NCAD
，
所以
ANA
1
AA
1
N
1
CAD
ANA
则
ADA
1
N，又
BN
所以
AD
平面
A
1
BN
.

2
，
A
1
NN
，
BN
，< br>A
1
N
平面
A
1
BN
，
1
3

11
1



a
2
4b
2

a
2
4
17.解：（1）由题意得< br>
，解得

，

1

3
1
1
1



a
2
4b
2

b
2
x
2
y
2
1
； 所以 椭圆
C
的标准方程为
4
（2）由题意知
A(0,1)
，直 线
l
1
，
l
2
的斜率存在且不为零，

设直线
l
1
：
yk
1
x1
，与直线
yx
联立方程有


yk
1< br>x1
11
，得
E(,)
，
k
1
1k< br>1
1

yx
设直线
l
2
：
y 
11
1
,)
，
x1
，同理
F(
11
k
1
11
k
1
k
1
11
|||
，
1
k
1
1
1
k
1因为
OEOF
，所以
|
①
11
1
，
k
1
0
无实数解；

k
1
1
< br>1
1
k
1
k
1
11
1
，
k
1
2
，
k
1
2
2k
1
 10
，解得
k
1
12
，

k
1< br>1

1
1
k
1
k
1
②
综上可得，直线
l
1
的斜率为
12
.
18.解：（1） 设
OPQ

，由题，
RtOAQ
中，
OA3
，
AQO

AQC



2
 

，
33
所以
OQ3
，在
OPQ
中，
OP3
，
POQ

2


< br>
2


3


6
，
由正弦定理得
OQOP

，
sinOPQsinOQP
即

5

33


)
， ，所以
3sin

sin(



)sin(

66
sin

sin(





)
6
5

5

13
cos
< br>cossin

cos

sin

，所以3sin

cos

，
66
22
则
3sin

sin
因为

为锐角，所以
cos

0
，所以
tan



3
，得


；
6
3
（2）设
OPQ

， 在
OPQ
中，
OP3
，
POQ

2




2


3


6
，

由正弦定理得
OQOP
33
，即，



sinOPQsinOQP
sin

sin(



(

))
2
所以
3sin

sin (



(

))sin((



))
cos(



)
22


cos

cos

sin

s in

，
从而
(3sin

)sin

cos

cos

，其中
3sin

0< br>，
cos

0
，
所以
tan


cos

，
3sin

记
f(

)
cos


1 3sin

，
f'(

)
，

(0, )
；
2
3sin

(3sin

)
2
令
f'(

)0
，
sin



33
，存在唯一

0
(0,)
使得
sin< br>
0

，
2
33

2
)
时
f'(

)0
，
f(

)
单调减， 当

(0,

0
)
时
f'(

)0
，
f(

)
单调增，当

(
< br>0
,
所以当



0
时，
f(
)
最大，即
tanOPQ
最大，
又
OPQ为锐角，从而
OPQ
最大，此时
sin


3
.
3
答：观赏效果达到最佳时，

的正弦值为
3
. < br>3
3
19.解：（1）函数
yg(x)
的定义域为
(0, )
.当
a0
，
b2
，
f(x)x2xc，
33
∵
f(x)g(x)
恒成立，∴
x2xcln x
恒成立，即
clnxx2x
.
12x3x
3
(1x)(13x3x
2
)
1
2

令
(x)lnxx2x
，则

'(x)3x2

，
x
xx
3
令

'(x)0
，得
x1< br>，∴

(x)
在
(0,1]
上单调递增，
令

'(x)0
，得
x1
，∴

(x)
在[1,)
上单调递减，
∴当
x1
时，
[
(x)]
max


(1)1
.
∴
c1
.

（2）①当
b3
时，
f(x)x
3
ax
2
3xc
，
f' (x)3x
2
2ax3
.
由题意，
f'(x)3x
2
2ax30
对
x(1,1)
恒成立，
∴


f'(1)32a30
，∴
a0
，即实数
a< br>的值为
0
.
f'(1)32a30

②函数yh(x)
的定义域为
(0,)
.
当
a0
，
b3
，
c2
时，
f(x)x
3
3x2
.
f'(x)3x
2
3
，令
f'(x)3x
2
30
，得
x1
.
x

f'(x)

(0,1)

-

1

(1,)

+

0

极小值
0

f(x)

∴当
x(0,1)
时，
f(x)0
，当
x1
时，
f(x)0
，当x(1,)
时，
f(x)0
.
对于
g(x)lnx
，当
x(0,1)
时，
g(x)0
，当
x1
时，
g(x)0
，当
x(1,)
时，
g(x)0
.
∴当
x(0,1)
时，
h(x)f(x)0
，当
x1
时，
h(x)0
，当
x(1,)
时，
h(x )0
.
故函数
yh(x)
的值域为
[0,)
.
20.解：（1）由
2S
n
a
n1
3
(n N)
得
2S
n1
a
n2
3
，两式作差得< br>2a
n1
a
n2
a
n1
，
即a
n2
3a
n1
(nN)
.
*
*< br>a
1
3
，
a
2
2S
1
39
，所以
a
n1
3a
n
(nN
*
)< br>，
a
n
0
，则
以数列
{a
n
}< br>是首项为
3
公比为
3
的等比数列，
所以
a
n
3
n
(nN)
；
（2）由 题意

a
j


a
k
26a
i
，即

3

3263
，
所以

3
ji
jki
*
a
n1
3
(n N
*
)
，所
a
n


3
ki< br>12
，其中
ji1
，
ki2
，

所以

3
ji
3

3
，

3
ki
9

9
，
12

3
ji


3
ki
12
，所以
ji1
，
ki2
，



1
；
（3）由
a
1
b
n
a
2
b
n1
a
3
b
n2
a
n
b
1
3
n1
3n3
得，
a
1
b
n1
a
2
b
n
a
3
b< br>n1
a
n
b
2
a
n1
b< br>1
3
n2
3(n1)3
，
a
1
b
n1
3(a
1
b
n
a
2
b
n1
a
n1
b
2
a
n
b
1
)
3
n2
3(n1)3
，
a
1< br>b
n1
3(3
n1
3n3)
3
n2< br>3(n1)3
，
所以
3b
n1
3
n2
3(n1)
33(3
所以
b
n1
2n1(nN)
，
又因为
a
1
b
1
3
11
3133
，得
b
1
1
，所以
b< br>n
2n1
(nN)
，
*
*
n1
 3n3)
，即
3b
n1
6n3
，
T
n< br>n
2
12n1
2
*
nn
(nN)
，

n
(nN
*
)
， 从而
T
n
135(2n1)

2
a
n
3
当
n1
时
T
1
T
1
1
T
4
< br>；当
n2
时
2

；当
n3
时
3

；
a
1
3a
2
9
a
3
3
T
n
1

，
a
n
3
nn 1
下面证明：对任意正整数
n3
都有
T
n1
T
n

1


(n1)
2

a
n1
a
n

3

n1

1

1

n
2




3

3


1

((n1)
2
3n
2
)


3

n1
(2n
2
2n1)
，
当
n3
时，
2n
2
2n1(1n
2
)
n(2n)0
，即
T< br>n1
T
n
0
，
a
n1
a
n
所以当
n3
时，
T
n
TT
1
递减，所 以对任意正整数
n3
都有
n

3

；
a
n
a
3
3
a
n
T
n
1

的正整数
n
的值为
1
和
3
.
a
n
3
综上可得，满足等式
2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研 （一）
数学Ⅱ（附加题）参考答案
21.【选做题】
A. 选修4-1：几何证明选讲

证明：（1）连接
OD
，BD
.因为
AB
是圆
O
的直径，所以
ADB90< br>，
AB2OB
.
因为
CD
是圆
O
的切线，所以
CDO90
，
又因为
DADC
，所以
AC
，
于是
ADBCDO
，得到
ABCO
，
所以
AOBC
，从而
AB2BC
.

（2） 解：由
AB2
及
AB2BC
得到
CB1
，
C A3
.由切割线定理，
CD
2
CBCA133
，所以< br>CD3
.
B. 选修4-2：矩阵与变换
解：（1）
AB

40

12

48

； < br>


01

05

05

5

5

48

5

28

a

（2）由
BAX

，解得
XAB



1



5

，又因为
X

b

，所以
1105


11
a28
，
b 5
.
C. 选修4-4：坐标系与参数方程
解：在

sin(



3
)3
中，令

0
，得

2
，
所以圆
C
的圆心的极坐标为
(2,0)
.
因为圆
C
的半径
PC
(22)22222cos
于是圆
C过极点，所以圆的极坐标方程为

4cos

.
D. 选修4-5：不等式选讲
证明：因为
x
，
y
都是正数，
22

4
2
，
2222
所以
1x y3
3
xy0
，
1yx3
3
yx0
，

(1xy
2
)(1yx
2
)9 xy
，又因为
xy1
，
所以
(1xy
2
)(1yx
2
)9
.
【必做题】
22.解：（1）以
D
为原点，
DA
，
DC
，
DP
为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系；设
ABt
，则
D(0,0,0)
，
A(2t,0,0)
，
B(2t,t,0)
，
C(0,t,0)
，
P(0,0,2t)
，
Q(t,0, t)
；
所以
CQ(t,t,t)
，
DB(2t,t,0)< br>，
DP(0,0,2t)
，


DBn
10
设平面
PBD
的法向量
n
1
(x,y,z)，则

，


DPn
1
0
即< br>

2txty0

2xy0
，解得
，所以平面
PBD
的一个法向量
n
1
(1,2,0)
，

2tz0

z0
n
1
CQ
n
1
CQ

3t
15
，

5
53t
15
.
5
PQ


(0

1)
，则
PA
cosn
1
,CQ
则
CQ
与平面
PBD
所成角的正弦值为
（2）由 （1）知平面
PBD
的一个法向量为
n
1
(1,2,0)
，设
PQ

PA
，
DQDPPQ
(0,0,2t )

(2t,0,2t)(2t

,0,2t(1

))
，


DQn
2
0
，即
DB (2t,t,0)
，设平面
QBD
的法向量
n
2
(x,y ,z)
，则



DBn
2
0
2t

x2t(1

)z0


x( 1

)z0
，解得，所以平面
QBD
的一个法向量

2txty02xy0

n
2
(1

,2

2,

)
，
2
由题意得
1 ()cosn
1
,n
2


2
3
n
1
n
2
n
1
n
2

5(1< br>
)
5(1

)(2

2)(

)
222
，
55(1

)
2
2
(

2)(

)0
， 所以

，即
2
3
96

10

5
因为
0
1
，所以


2PQ2

. ，则
3PA3

23. 解：（1）
D
1
0
，
D
2
1
，
D
3
2
，
D
4
9
，
（2 ）
D
n
(n1)(D
n1
D
n2
)，
理由如下：
对
A
n
的元素的一个错位排列（
a< br>1
，
a
2
，…，
a
n
），若
a1
k(k1)
，分以下两类：
若
a
k
1
，这种排列是
n2
个元素的错位排列，共有
D
n2
个； 若
a
k
1
，这种错位排列就是将
1
，
2，…，
k1
，
k1
，…，
n
排列到第
2< br>到第
n
个位置
上，
1
不在第
k
个位置，其他 元素也不在原先的位置，这种排列相当于
n1
个元素的错位排
列，共有
D< br>n1
个；
根据
k
的不同的取值，由加法原理得到
D
n
(n1)(D
n1
D
n2
)
；
（3）根据（2）的递推关系及（1）的结论，
D
n
均为自然数；
当
n3
，且
n
为奇数时，
n1
为偶数，从而
D
n
(n1)(D
n1
D
n2
)
为偶数，
又
D
1
0
也是偶数，
故对任意正奇数
n
，有
D
n
均为偶数.
下面用数学归纳法证明
D
2n
（其中
nN
）为奇数.
当
n1
时，
D
2
1
为奇数；
假设当
nk
时，结论成立，即
D
2k
是奇数，则当
nk1< br>时，
*
D
2(k1)
(2k1)(D
2k1
D
2k
)
，注意到
D
2k1
为偶数，又
D2k
是奇数，所以
D
2k1
D
2k
为
奇数 ，又
2k1
为奇数，所以
D
2(k1)
(2k1)(D2k1
D
2k
)
，即结论对
nk1
也成立；
根据前面所述，对任意
nN
，都有
D
2n
为奇数.


*