南非首都-工作汇报格式

_....._
高三年级模拟检测
数学Ⅰ试卷
命题人：胥容华 刘进 范进 审题：高三数学组
参考公式：锥体的体积公式 ，其中是锥体的底面积，是锥体的高.
一、填空题：（本大题共
14
个小题，每小题
5
分，共
70
分，将答案填在答题纸上）

1. 设集合
2.
已知复数
3. “”是“函数
，
（
，则 ▲ ．

▲

．

，是虚数单位）是实数，则
为奇函数”的 ▲ 条件．
（填“充分不必要、必要不充分、既不充分又不必要、充要”中的一个）．
4. 一只口袋内 装有大小相同的4只球，其中2只黑球，2只白球，从中一次随
机摸出2只球，有1只黑球的概率是 ▲ ．
5. 根据如图所示的伪代码，当输入的值为3时，输出的值为 ▲ ．
6. 有100件产品编号从00到99，用系统抽样方法从中抽取5件产品进行检验，分组后每组按照
相同的 间隔抽取产品，若第5组抽取的产品编号为91，则第2组抽取的产品编号为 ▲ ．

7. 已知满足约束条件，则
_....._
的最大值为 ▲ ．

_....._
8. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问题：“今有委米依垣内角，下
周六尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙 角处堆放米（如
图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为6尺，米堆的高为5尺，
问堆放的米有多少斛？”已知1斛米的体积约为1.6立方尺，圆周率约为3，估
算出堆放的米约有 ▲ 斛．
9. 已知
▲ ．
，且，，则
10. 各项为正数的等比数列
11. 在
则
中，角，，
中，，，则 ▲ ．
，，，的对边分别是，，，若
的面积是 ▲ ．
的动圆经过圆
截得的弦长最大值是 ▲ ．
，若
时，
恒成立，则实数
，若函数
的取值范围为
有
的圆心，且与直线12. 已知半径为
相交，则直线被圆
13. 已知向量，满足
▲ ．
14. 设是
，
上的奇函数，当
两个零点，则实数的取值范围是 ▲ ．
二、解答题

（本大题共
6
小题，共
90
分．解答 应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15.
（本小题满分
14
分）

在中，，设，的面积是，
且满足.
（1）求的取值范围；
（2）求函数


16.
（本小题满分
14
分）

的最大值和最小值． 在正三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1< br>中，点
D
是边
BC
的中点．
（
1
）求证：
A
1
C
平面
AB
1
D
；
（2
）设
M
为棱
CC
1
上的点，且满足
BM⊥
B
1
D
．
求证：平面
AB
1
D
⊥平面
ABM
．
17.
（本小题满分
14
分）
_....._

_....._
已知椭圆
下顶点，四边形
（1）求椭圆（2）点
①求椭圆
②若动点
的左、右焦点分别是
是正方形．
和，点、分别是椭圆的上、
的离心率；
是椭圆
的方程；
在直线
和直线
上（不在轴上），直线与椭圆交于另一个点．
上一点．
证明：直线的斜率之积为定值．










18.
（本小题满分
16
分）

某学校在平面图为矩形的操 场
其中
（，分别在线段
，我们知道当
（1）当为何值时，为队列
为< br>、
内进行体操表演，
上一点，且
上），点
线段
为领队位置，且
、
到
、
、
为表演队列所在位置
的距离均为，记
面积 最小时观赏效果最好．
的中点？
的值． （2）怎样安排的位置才能使观赏效果最好？求出此时








19.
（本小题满分
16
分）

已知函数
（1）求在
.
处的切线方程；
_....._

_....._
（2）若关于的不等式
（3）设函数，其定义域是
在上恒成立，求实数的取值范围；
在上，若关于的不等式
，） 有解，求整数的最小值．（参考数据：











20
.
（本小题满分
16
分）

已知 数列
（1）求和
的各项都为正数，其前项和为
（结果用，，
，使得对任意，若数列
表示）；
，都有
满足
，且满足：，
的最小值；
，．
（2）若存在正整数
（3）定义：对于
成立，求
，则称这个数 列为“
Y
数列”．已知首
是“
Y
数列”，数列
.
不是“
Y
数列”，项为（为正奇数），公比为正整数的等比数列
当

时，是各项都为有理数的等差数列，求








_....._

_....._
高三年级第三次模拟检测
数学Ⅱ试卷
21
．【选做题】（本题包括
A
、
B
、
C
、
D
四小题，请选定其中两题，并在 相应的答题区域内作答．若
多做，则按作答的前两题评分．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】（本小题满分
1 0
分）

如图，⊙
O
的直径
求证：




B
．【选修
4-2
：矩阵与变换】（本小题满分
10
分）
的延长线与弦
．

的延长线相交于点，为⊙
O
上一点，．
设是矩阵的一个特征向量．
（1）求实数的值；
（2）求矩阵的特征值．




C
．【选修
4-4
：坐标系 与参数方程】（本小题满分
10
分）

在极坐标系中，已知直线
值．




D
．【选修
4-5
：不 等式选讲】（本小题满分
10
分）

设，求证：
被圆截得的弦长为，求的

【必做题】（第
22
题、第
23
题，每题
10
分，共
20
分
.
解答时应写出文字说明、证明过程或演算
步骤）

22. 某同学参加3门课程的考试 ．假设该同学第一门课程取得优秀成绩的概率为，第二、第三门
_....._

_....._
课程取得优秀成绩的概率分别为，()，且不同课程是否取得 优秀成绩相互独立．记ξ为
该生取得优秀成绩的课程数，其分布列为：
ξ 0

1

2 3



（1）求该生至少有1门课程取得优秀成绩的概率；
（2）求，的值；
（3）求数学期望ξ．












23. 有三种卡片分 别写有数字1，10，100，从上述三种卡片中选取若干张，使得这些卡片之和为
（为正整数）．考虑 不同的选法种数，例如=11时有两种选法：“一张卡片写有1，另一张写
有10”或“11张写有1的 卡片”．
（1）若=100，直接写出选法种数；
，当≥2时，求数列的（2）设为正整数 ，记所选卡片的数字和为100的选法种数为
通项公式．








_....._

_....._
数学Ⅰ答案
一、填空题：（本大题共
14
个小题，每小题
5
分，共
70
分，将答案填在答题纸上）

1.
{3}
2. 1 3.充要 4.
8. 12.5 9.
2
5. 9 6. 31 7. 4
3
3
10. 20 11.
1
3
12.
26
13.
(,3]U[,)
14.
3
2
(0,]

3
二、解答题

（本大题 共
6
小题，共
90
分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

15.解：（1）在
ABC
中，
ABAC8
，
bc cos

8
，
bc
又
ABC
的面积
S
又

(0,

)
，


[
uuuruuur
8

cos

3
1
tan

3

bcsin

4tan



3
2
,]
……………………..…….7分
63
13
2
sin2

)
（2）
f(< br>
)2sin

3sin2

12(cos2


22

12(sin

6
cos2< br>
cos

sin2

)12sin(2
< br>)
……….10分
66

由（1）知，当



6
时，
f(

)
min
1
；当



3
时，
f(

)
max
0
………14分（未指出

值各
扣1分）

16.
证明：（
1
）连接
A
1
B
，与
AB
1
交于点
E
，连接
DE

Q< br>正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1

AA
1
BB
1


四边形
AA
1
B
1
B
是平行四边形

A
1
B
与
AB
1
互相平分
E
是
A
1
B
的中点
在
A
1
BC
中，
D
是
BC
中点，
E
是
A
1
B
的中点
A
1
B
1
C
1DE
是
A
1
BC
的中位线

DEA
1
C


又
DE
平面
AB
1
D
，
AC
平面
AB
1
D
，
DEAC
11
M

A
1
C
平面
AB
1
D. …………7
分

（
2
）
Q
正三棱柱
ABCA
1
B
1C
1

BB
1

平面
ABC

又
BB
1

平面
BCC
1
B
1< br>

平面
BCC
1
B
1

平面
ABC

平
面
BCC
1
B
1
I
平面
ABCBC

_....._
A
D
B
C
第16题

_....._
在正
ABC
中，
D
是
BC
中点

ADBC

又
AD
平面
ABC

AD
平面
BCC
1
B
1

又
BM
平面
BCC
1
B
1

ADBM

又
BMB
1
D
，
B
1
DIADD

AD
平面
AB
1
D

B
1
D
平面
AB
1
D

BM
AB
1
D

又
BM

17.解：（1）四边形
AF
1
BF
2
是正方形是正方形

平面
ABM

平面
AB
1
D⊥平面
ABM…………………14
分

22
a
，
e
………………………4分
22
x
2
y
2
26
1
，代入
(2,3)
，得< br>C:
2

2
1

a
2
8
（2）①由（1）设椭圆
C:
2
< br>1
2
a
aa
a
2
x
2
y
2

椭圆
C:1
………………….8分
84
②设点P

x
0
,8

，其中
x
0
0
设
M

x
1
,y
1


A(0,2)
，
B(0,2)

bc
QM,B,P
三点共线

又
k
A M

y
1
2
x
1
k
AP
y1
2
6

（）
x
1
x
0
y2
1010


k
AM
k
AP

1
()

x
0
x
1
x
0
由（）可知
kAM
k
AP
5
y
1
2
4
（） 
2
3x
1
x
1
2
x
2
y< br>2
2
Q
M

x
1
,y
1

在椭圆
C:1
上
y
1
4(1)

848
5
代入（）得
k
AM
k
AP
< br>为定值.…………………….14分
6
18.解：以
O
为坐标原点，
AB
所在直线为
x
轴，过
O
垂直于
AB
的 直线为
y
轴，建立如图所示的
平面直角坐标系.则
C(8,16),B(8, 0),P(4,4)
，
∴
OC:y2x

OD:y
1
x
∴
2
D
P
M
C
OCOD

设
M(2m,m),N(n,2n),(m0,n0)

∵
P
为
MN
的中点
·
O
第18题
N
B
24

m


2mn8

5
∴

∴


8

m2n8

n

5

此时
M(
A
245
4824
;
…………….7分（建系2分）
,),
d
5
55
_....._

_....._
m42n4
∴
4m12n5mn


2m4n4
15
∵
OCOD
∴
S
OMN
OMONmn

22
24
∵
4m12n5mn83mn
当且仅当
m3n
时取等号，
5
245
192596
.
∴
mn
. ∴
S
OMN
mn
， 此时
d
5
2525
245
答：（1）当
d
时，
P
为队列
MN
的中点；
5
245
（2）当点
M
满足
d
时， 观赏效果最好.………………………………….16分（答1分）
5
xe
x
ee
19.解：（1）
f'(x)
， 且
f'(1)f(1)
(x1)
2
42
eeee
yf(x)
在
(1,f(1))
处切线方程是：
y(x1)
，整理得：
yx
.………4分
2444
11
（2）由题设不 等式：
e
x
x
2
xa

ae
x
x
2
x
.
22
1
xx
设
h(x)e
x
x
2
x

h'(x)ex1
设
p(x)h'(x)ex1

p(0)0

2
p'(x)e
x
10

p(x)
在
[0,)
上单调递增
p(x)0

h'(x)0

h(x)
在
[0,)
上单调递增 又
h(0)1

h
min
(x)h(0)1

a1
………10
（2） ∵
k
PM
k
PN
∴
分
（3）
D(0,1)U(1,)

e
x
(x1 )(xm)
(x1)(xm)

在
D
上有解等价于在
D
上有解.
e
x1(x1)lnx
lnx
x
e< br>x
e
e
x
e
(x1)
在
D
上恒 成立，即证：
(x1)0
恒成立， 先证：
x14
x14
e
只要证
e
x
(x1)
2
0
在
D< br>上恒成立
4
e
设
H(x)e
x
(x1)2
，其中
x[0,)

H(1)0

4ee
H'(x)e
x
(x1)
，
H'(0)10< br>，
H'(1)0

22
ee
H''(x)e
x< br>
在
[0,)
上单调递增 令
H''(x)0
，得
xln(0,1)

22
e
当
x(0,ln)
时
H''(x)0

H'(x)

2
e
当
x(ln,)
时
H''(x)0

H'(x)

2
_....._

_....._
eee
H'
min
(x)H'(ln)ln0

222
当
x(0,1)
时
H'(x)0

H(x)

当
x(1,)
时
H'(x)0

H(x)

e
x
e
H
min
(x)H(1)0

H(x)0
恒成立
(x1)
在
D
上恒成立 ①
x14
ex1
再证：
(x1)
在
D
上恒成立
4lnx
4x 1
当
x(1,)
时，即证：
lnx0
恒成立 （）
ex1
4x1
设
F(x)lnx
其中
x[1,)
，
F(1)0

ex1
ex< br>2
(2e8)xe
2
t(x)ex(2e8)xe
，其 中
6432e0

F'(x)
设
2
ex(x1)
t(x)0
恒成立
F'(x)0
恒成立
F(x)
在
(1,)
上单调递增
F(x)F(1)0


（）成立
4x1
当
x(0,1)
时，即证
lnx0
由上证可知，不等式成立
ex1
ex1
在
D
上恒成立 ②
(x1)
4lnx
e
x
x1
(x1)(x 1)

由①②可知，在
D
上恒成立
e
x

恒成立
x1lnx
lnx
(x1) (xm)(x1)(x1)

当
m1
时，
e
x
在
D
上恒成立
lnxlnx
1
(x1)(x2)15 1

令
m2

g(x)
，
g()1 .81
，又
e
2
1.651.81
，
lnx24ln2
x
eg(x)
在
D
上有解.
综上，
m
的最小整数值是2. ………16分（得到结果未证明得2分）

20.解：(1)
n1
时,
raaa
2
b
,∴
a
2

rab

a
rabr ab
)a
3
b
,∴
a
3
ar

aa
b
a
1
a
，
a
2
r
，
a
3
ar
…………………….4分（各2分）
a
(2) ∵
rS
n
a
n
a
n1
b
① ∴
rS
n1
a
n1
a
n2
b
②
n2
时,
r(a
②-①得
ra
n1
r S
n1
rS
n
a
n1
(a
n2
a
n
)
∵
a
n1
0
,∴
an2
a
n
r

{a
2k1
},{a< br>2k
}(kN

)
都是公差为
r
的等差数列. < br>bb
写出数列的前几项：
a,
r
,
ar
,
a2r
,
2r
…
aa
_....._

_....._
∴
r
>0时,
a
2k 1
,a
2k
都是单调递增的,不合题意,同理
r
<0时也不成立
∴
r
=0则数列为
a,
∴ 当
a
综上，
T
min
bb
,
a
,…
aa
b
22
即
ba
时，
T
min
=1， 当
ba
时，
T
min
=2
a
1
或< br>T
min
2
…………….8分（各2分）
(2) ∵{
b
n
}是首项为b（b为正奇数）公比
q
为正整数的等比数列 ∴
b
n
>0
∵{
b
n
}是“Y数列”,∴
b
n1
b
n
b
n
(q1)10
< br>∴
q10
即
q1
,∴
b
n1
b< br>n
q(b
n
b
n1
)b
n
bn1

所以在
{b
n1
b
n
}中,b
2
b
1
为最小项 同理
{b
n1< br>
由
{b
n
}
是“Y数列”，所以
b
2b
1
1
,即
b(q1)1

1
2111
b
n
}
中
b
2
b
1
为最小项
222
b
n
11
}
不是“Y数列”所以
b
2
b
1
1
,即
b(q1)2

22
2
∴
b(q1)2
.
数列
{
∵
b
为正奇数 ∴
b
=1,
q3
∴
b
n
3
由(2)有数列
{a< br>n
}
的前三项是：
a,
n1
………………12分.
1
aar2(r)

a
rr
2
16
0
舍去） （
a
4
∴
1
r
,
ar
∵
{a
n
}
是各项都为有理数的等差数列
a
rr
2
16
2
整理得
2aar20

a
4
rr
2
16
是有理数

r
2
16
是一个完全平方数

设
r
2
16kN
*
，
Qa
4
k
2
r
2
16


kr1
由
r
>0< br>得

（无整数解，舍去）或

kr16

此时，
a2
，
a
n


kr2

r3

解得



kr8k5

3n1

2
(3n1 )3
n
(nN
*
)
………………………..16分 所以，
a
n
b
n

6




_....._

_....._
高三年级第三次模拟检测
数学Ⅱ答案

2

21．B． 解：（1）设

是矩阵
M
属于特征值

的一个特征向量，

3


a2

2

则

3



32




2a62

，


=4，

2

， 故解得
a1
………5分



3

123

，
a1.



（2）
f(

)< br>1

3
2
2

(1

)( 2

)60



1
4
，

2
1
………10分
C．解：以极点为坐标原点，极轴为
x
轴，建立平面直角坐标系
直线的极坐标方程化为直角坐标方程为
2x+y+a0
，
圆的极坐标方程 化为直角坐标方程为
x
2
+y
2
4y
，即
x2
+(y2)
2
4

因为截得的弦长为
2< br>，所以圆心
(0,2)
到直线的距离为
413
，
即2+a
5
3
，因为
a0
，所以
a152
.………10分（多一解扣2分）

22.解：事件
A
i
表示“ 该生第
i
门课程取得优秀成绩”，
i
=1,2,3，由题意知
4< br>，
P(A
2
)p
，
P(A
3
)q


5
（1）由于事件“该生至少有1门课程取得优秀成绩”与事件“< br>
0
”是对立的，所以该生至少
6119
有1门课程取得优秀成绩的 概率是
1P(

0)1
，………3分

125125

P(A
1
)
（2）由题意知
16

(1p)(1q)
5125
424

P(

3)P(A
1
A
2
A
3
)pq

5125
6
整理得
pq
，
pq1

125
32
由
p q
，可得
p
，
q
.………6分
55

P(

0)P(A
1
A
2
A
3
)

（3）由题意知
aP(

1)P(A
1A
2
A
3
)P(A
1
A
2
A
3
)P(A
1
A
2
A
3
)

=
41137

(1p)(1q)p(1q)(1p)q
555125
_....._

_....._

bP(

2)1P(

0)P(

1)P(

3)
=



23. 解:(1)
m
=100时选法种数为12. ………4分
(2)由(1)知
a
1
12
,当
n
≥2时,若至少选一张100的卡片,则除去一张100的 卡片,其余数字之和为
100(
n
-1),有
a
n1
种选 法, 若不选含有100的卡片,则有(10
n
+1)种选法.所以
a
n=
a
n1
+10
n
+1
从而
a
n
=(
a
n
-
a
n1
)+(
a
n 1
-
a
n2
)+…+(
a
2
a
1< br>)
+
a
1
=10
n
+1+10(
n
-1)+1+…+10×2+1+12
=
10

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58
125

9
E

0P(

0)1P(

1)2P(
2)3P(

3)
=
………10分
5

(n2)(n1)
n1125n
26n1(n2)
………10分
2
_....._