李时珍的事迹-湖北襄樊学院

高三数学试卷


2018.5.18



必做题部分


一、填空题：本 大题共
14
小题，每小题
5
分，共计
70
分．请把答案填写 在答题卡相应位置
．．．．．．．
上．

．
1
、已知集合< br>A{1,0,2},B{xx2n1,nZ},
则
AB
▲
．

2
、已知复数
z
1
12 i,z
2
a2i
（其中
i
是虚数单位，
aR
），若
z
1
z
2
是纯虚数，则
a
的
值为
▲
．

3
、从集合
{1,2,3}
中随机取一个元素，记为
a
，从集合
{2,3,4}
中随机取一个元素，记为
b
，则
ab
的概率为
▲
．

4
、对一批产品的长度（单位
:
毫米）进行抽样检测，样本容量为
400< br>，

右图为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度


在区间
[25,30)
的为一等品，在区间
[20,25)

和
[30,35)
的为二等品，
其余均为三等品，则样本中三等品的件数为
▲
．


5
、运行右面的算法伪代码，输出的结果为
S= ▲
．

S0
ForiFrom1To10Step1
x
2
y
2
6
、若双曲线
C:
2

2
1(a0,b0)
的离心率为
10
，

1
ab
SS
i( i1)
则双曲线
C
的渐近线方程为
▲
．
< br>EndFor
7
、
D
为
BC
中点，
Prin tS
正三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
的底 面边长为
2
，侧棱长为
3
，
则三棱锥
A-B
1DC
1
的体积为
▲
．

8
、函数
ycos(2x

)(





)
的图象向右平移
图象重合，

则


▲
．

9
、若函数
f(x)xln(xax
2
)
为偶函数，则
a= ▲
．


< br>个单位后，与函数
ysin(2x)
的
23

a
n
2

10
、已知数列

a
n

与

，且
a
1
2
，则
a
10
=
▲
．


均为等差数列（
nN

）

n

11
、若直线
kxyk20与直线
xky2k30
交于点
P
，则
OP
长度 的最大值为

▲
．


12
、如图，已 知
ACBC4
，
ACB90
o
，
M
为BC
的中点，
D
为以
AC
为直径的圆上一
动点，

1

则
AMDC
的最小值是
▲
．






A
(第12题图)
D
uuuruuur
C
M
B 

2x,x2
13
、已知函数
f

x< br>



，函数
g

x

bf

2x


，其中
bR
，若函数

2



x2

,x2
yf

x

g

x


恰有
4
个零点，则实数
b
的取值范围是
▲
．

14
、

已知
x,y
均为非负实数， 且
xy1
，则
4x
2
4y
2
(1xy )
2
的取值范围为
▲
．

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．解答时应写出文字．．．．．．．
说明、证明过程或演算步骤．

r
ur
A
15
、已知
ABC
的三个内角
A,B,C
所对的边分别为
a,b,c
,
向量
m(1,2)
，
n(cos2A,cos< br>2
)
，
2
urr
且
mn1
.
(1)
求角
A
的大小；

(2)
若
bc 2a23
，求
sin(
B
)
的值










16
、
PA
⊥平面
ABCD
，如图，四棱锥
P—ABCD
中，四 边形
ABCD
为菱形，
BD
交
AC
于点
E
，
F
是线段
PC
中点，
G
为线段
EC
中点 ．


（
1
）求证：
FG
平面
PBD
；

（
2
）求证：
BD
⊥
FG
．




2

4

x
2
y
2
17、已知椭圆
C:
2

2
1(ab0)
的 左焦点为
F
，上顶点为
A
，直线
AF
与直线
ab< br>xy320
垂直，垂足为
B
，且点
A
是线段
B F
的中点
.
（
1
）求椭圆
C
的方程；

（
2
）若
M
，
N
分别为椭圆
C
的 左，右顶点，
P
是椭圆
C
上位于第一象限的一点，

uuu ruuur
直线
MP
与直线
x4
交于点
Q
，且< br>MP
g
NQ9
，求点
P
的坐标
.












18
、中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一，给人以美的享受．如图为一花窗中 的一部分，
呈长方形，长
30 cm
，宽
26 cm
，其内部窗芯（ 不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两
个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对 称轴成轴对称．设菱形的两条对
角线长分别为
x cm
和
y cm
，窗芯所需条形木料的长度之和为
L
．

（
1
）试用
x
，
y
表示
L
；

（
2
）如果要求六根支条的长度均不小于
2 cm
，每个菱形的面积为
130 cm
2
，那么做这样一个
窗芯至少 需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？




3

x
2
19
、已知函数
f(x)
x

，

e
（
1
）求函数
f

x< br>
的单调区间；

2
4
x
（
2
）当
0m
2
时，判断函数
g(x)
x
m,(x0)< br>有几个零点，并证明你的结论；

e
e
（
3
）设函数
h(x)
1

11

1
2
x+f(x )xf(x)cx
，若函数
h(x)
在

0,

为增函

2

x2x

数，求实数
c
的取值范围．









20、已知数列
{
a
n
}
中，
a
1
1
，前
n
项和为
S
n
，若对任意的
nN
*
，均有
S
n
a
nk
k
（< br>k
是
常数，且
kN
*
）成立，则称数列
{a
n
}
为“
H(k)
数列”.
（1）若数列
{
a
n
}
为“
H(1)
数列”，求数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
；
（2）若数列
{< br>a
n
}
为“
H(2)
数列”，且
a
2
为整数，试问：是否存在数列
{a
n
}
，使得
2
|an
a
n1
a
n1
|40
对任意
n2
，
nN
*
成立？如果存在，求出这样数列
{a
n
}
的
a
2
的所有可
能值，如果不存在，请说明理由。
4

高三数学试卷

2018.5.18

附加题

21A
．选修
4-1
：几何证明选讲

如图，⊙
O
的直径
AB
的延长线与弦
CD
的延长线相交于点
P
，
E
为⊙
O
上一
点，
AE=AC
，
DE< br>交
AB
于点
F
．求证：
△
PDF
∽
△
POC
．



21B
．选修
4-2
：矩阵与变换


20

M
已知矩阵

11

，求矩阵
M
的 特征值及其相应的特征向量．



21C
．选修
4-4
：坐标系与参数方程

在极坐标系中， 直线
l
的极坐标方程为



3

R

，以极点为原点，极轴为
x
轴的正

x2co s

,
半轴建立平面直角坐标系，曲线
C
的参数方程为
< br>（

为参数），求直线
l
与曲
y1cos2
< br>
线
C
的交点
P
的直角坐标。

21D
．选修
4-5
：不等式选讲


b
，
c
，
d
都是正数，
xy(acbd)(adbc)
．设
a
，且
xa
2
b
2
,yc
2< br>d
2
．求证：


22
、甲、乙两班各派三名同学 参加知识竞赛，每人回答一个问题，答对得
10
分，答错得
0
分，
5

假设甲班三名同学答对的概率都是
2221
，乙班三名 同学答对的概率分别是
,,
，且这六名同
3332
学答题正确与否相互之间没 有影响．

（
1
）记
“
甲、乙两班总得分之和是
6 0
分
”
为事件
A
，求事件
A
发生的概率；

（
2
）用
X
表示甲班总得分，求随机变量
X
的概率 分布和数学期望．



23
、已知函数
f
0
x

esin

bx

，设
f< br>n

x

为
f
n1

x

的导数，
nN
*
．

ax
（
1
）求
f
1

x

，
f
2
x

；

（
2
）猜想
f
n

x

的表达式，并证明你的结论．


高三数学试卷参考答案
2018.5.18

810
1.{－1} ； 2. －4； 3.； 4.100； 5. ； 6. y＝±3x； 7.
911
1；
8.


5

； 9.1； 10. 20； 11.
221
； 12.
8-45
； 13.
6

7


,2

； 14.

4


2
[,4]

3
(xy)
2
14.解：因为
x,y0
，所以
x
2
y
2
(xy)
2
，令
txy
，则
0t1
．
2
4x
24y
2
(1xy)
2
4t
2
(1t)< br>2
5t
2
2t14
．
当
xy0
且
t1
，即
x0,y1
或
x1,y0
时取等号；
222222
另一方面，
4x4y(1xy)2t(1t)3t2 t1
当
x
2

3
y
urr
A15.解：(1)由题意得
mncos2A2cos
2
2cos
2
A1cosA12cos
2
AcosA

2

urr
1
又因为
mn1
，所以
2 cos
2
AcosA1
，解得
cosA
或
cosA 1

2
Q0A

,A
1
2
时取 等号．所以
4x
2
4y
2
(1xy)
2
 [,4]
．
3
6

……7分
3
1
①
b
2
c
2
bc
2

2
又
bc23
，∴
b23c
，代入①整理得
c23c3 0
，解得
c3
，∴
b3
，
(2)在
A BC
中，由余弦定理得
(3)
2
b
2
c
22bc
于是
abc3
即
△ABC
为等边三角形，
B

3

sin(
B


4
)sin(

3< br>

4
)L
6
4
6
2
……14分

16．证明：（Ⅰ）连结PE，因为G.、F为EC 和PC的中点，
FGPE,FG平面PBD，PE平面PBD，

FGPE
， ……3分
又
FG
平面
PBD
，< br>PE
平面
PBD
，所以
FG
平面
PBD
……7分
（II）因为菱形ABCD，所以
BDAC
，又PA⊥面ABCD，BD
平面
ABCD
，所以
BDPA
，
因为
PA
平面
PAC
，
AC
平面
PAC
，且PAACA
，
BD
平面
PAC
，
QFG
平面
PAC
，BD⊥FG ……14分
x
2
y
2
1
（过程略） ……6分 17. 解（1）
42
（2）方法1：“点参”
设
P(x
0
，y
0
)
，则直线
MP
的方程为
y
y
0
6y
0
(x2)
，所以
Q(4,)
< br>x
0
+2x
0
+2
uuuruuur
6y
0
2(x
0
+2)
2
6y
0
2
所以
MP
g
NQ(x
0
+2
，
y
0
)g
……8分
(2
，
)
x< br>0
+2x
0
+2
uuuruuur
x
2
 8x20
1
22
00
由
P(x
0
，y
0
)
在椭圆上得
y
0
2x
0
，所以
MP
g
NQ
……10分
2
x
0
+2
6< br>x
0
2
8x
0
20
)
……14分 所以，所以
P(1,
9
，解得
x
0
1或
x
0
2
（舍）
2
x
0
+2方法2：“
k
参”

x
2
y
2
1


设直线
MP
的方程为
yk(x2),(k0)< br>，由

42

yk(x2)

得
(1 2k
2
)x
2
8k
2
x8k
2
4 0

24k
2
4k
24k
2
P(,),
……10分 因为
x
M
2
，所以
x
P

，所以
12k
2
12k
2
12k
2
uuu ruuur
44k
又
Q(4,6k)
，所以
MP(,),NQ( 2,6k)
，
22
12k12k
uuuruuur
24k2
8
66
1
2
kP(1,)
……14分 所以
MP
g
NQ
，解得
，故，所以
k
9
62
12k
2
6
18.解：（1）水平方向每根支条长为
mn
26y
2
13
y
x
302x
2< br>2
15x
cm，竖直方向每根支条长为
2
cm，菱形的一条边长为
()()
22
2
y
x
2
y
2
22
y
x
2
y
2
2
cm．
所以L< br>2(15x)4(13)8
=
824x
2
y
2
2(xy)
cm． ……6分
1
260130

（2）由题意得
xy130
，即
y
，由

得< br>≤x≤13
． ……8分
y
x11
2

1 3≥2,

2

15x≥2,
所以
L824x2
(
令
tx
260
x
260
x
)
2
2(x
260
x
)
．
，其导函数
t

(x)1
260
130
，（，
≤x≤13
）
0
2
11
x
7

故
tx
260
x
在
[
130
11
,13]
上单调递减，故
t[33,
372
11
]
．
……10
分

372
11
]
……12
分

所以
L824t
2
5202t
，其中定义域
t[33,
求导得
L

(t)2(
数，

2t
t
2
520
1)0
，所以
L 824t
2
5202t
在
t[33,
372
]< br>上为增函
11
故当
t33
，即
x13,y20
时L有最小值
164569
．
答：做这样一个窗芯至少需要
164569
cm长的条形木料． ……16分
2xe
x
x
2
e
x
x(2x )

19.解：（1）
f

(x)
，
x2x
(e)e
x

极大值
Z

所以单 调增区间

0,2

，单调减区间为

,0

、

2,

………4分
极小值
2
x
（
2
）
函数
g(x)x
m,(x0)
有
2
个零点。证明如下：
………5
分

e
4
4
因为
0m
2时，所以
g(2)
2
m0
，

e
e由
g(2)0
，
g(0)m0
，且
g(x)
在

0,2

上单调递增且连续

f

(x)

f(x)

(,0)

-
0
0
(0,2)



2

2,




]

0

]

得
g(x)
在

0,2

上仅有一个零点，
………7
分


x
2
4
由上面可得
x0
时，
f

x

f

2

，即
x

2
1
，故
x0
时，
ex
x
2
，

ee
44
161616
mm
mee
4
mm
2
所以
，

g() 
m
m
444
m
e
m
e
m
me
m
24
4
16
4
x2
)0

由
ex
得
e
m

，平方得
e
m

2
，所以
g(
m
m
m
4
4
 
)0
，且
g(x)
在

0,2

上单 调递增且连续得
g(x)
在

2,
由
g(2)0
，
g(

上仅有一
m
m

个零点，
< br>2
x
综上得：函数
g(x)m,(x0)
有
2
个零点
………10
分

x
e
1x
2
1
（3）记函数
F(x)f(x) (x)
x
x,x0
，下面考察
F(x)
的符号．
xex
x(2x)1
求导得
F

(x)1,x0
．
e
x
x
2
当
x2
时
F

(x)0
恒成立．
x(2x)
2
当
0x2时，
x(2x)[]1
，
2
8

x(2x)11111
11110
．
e
x
x
2
e
x
x
2
x
2
x
2
∴
F

(x)0
在
(0,)
上恒成立，故
F(x)
在
(0,)
上单调递减．
143
∵
F(1)0,F(2)
2
0
，∴
F(1)F(2)0
，又因为
F(x)
在
[1,2]
上连续，
ee2
所以由函 数的零点存在性定理得

惟一的
x
0
(1,2)
，使F(x
0
)0
………12分
从而
F

(x)
∴
x(0,x
0
),F(x)0;x(x
0
,),F(x)0
．
1
1


2
x-cx
，
0xx
12cx
，
0xx
00



x
2
x
∴
h(x)
∴
h

(x)


2
x(2 x)

x
cx
2
,xx

2cx,xx
0
0
x
x



e

e
因为
h(x)
在
(0,)
上增且连续，所以
h

(x)0
在
(0,x
0
)
，
(x
0< br>,)
上恒成立．
x(2x)2x
(x,)
①当
xx
0
时，在上恒成立，即在
(x
0
,)
上
2cx02c
0
xx
ee
恒成立．
2xx3

，则
,xxu(x),xx
0
， < br>0
xx
ee
当
x
变化时，
u

(x )
，
u(x)
变化情况如下表：
记
u(x)
x

u

(x)

(x
0
,3)

3

0

极小值
(3,)



]



Z

u(x)

1
．
e
3
11
故
2 cu(x)
min

3
，即
c
3
． e2e
1
②当
0xx
0
时，
h

(x)1
2
2cx
，当
c0
时，
h
(x)0
在
(0,x
0
)
上恒成立．
x
1
综合（1）（2）知， 实数
c
的取值范围是
c
3
． ………16分
2e
20. （1）因为数列
{a
n
}
为“
H(1)
数列”，所以
S
n
a
n1
1
，故
S
n1
a
n
1(n2)

两式相减得
a
n1
2a
n
,(n2)

在
S
n
a
n1
1
中令
n1
，则可得
a
2
2
，故
a
2
2a
1< br>
a
*
所以
n1
2,(nN,n1)
，所以 数列
{a
n
}
为等比数列，
a
n
∴
u( x)
min
u(x)
极小
u(3)
n1n
所以< br>a
n
2
，所以
S
n
21
………6分
（2）由题意得
S
n
a
n2
2
，故
S
n1
a
n1
2(n2)
，
两式 相减得
a
n2
a
n1
a
n
,(n2)< br> ………8分
222所以，当
n2
时，
a
n1
a
n
a
n2
a
n1
a
n
(a
n1
a
n
)a
n1
(a
n1
a
n
)a
n

又因为
a
n1
a
n
a
n1
,(n3)

222
所以
a
n1
a
n
a
n2
a
n1
(a
n1
a
n
)a
n
a
n1
a
n1
a
n
9

所以
a
n1
2
 a
n
a
n2
a
n
2
a
n1
a
n1
,(n3)

所以当
n3
时，数列
a
n
2
a
n1
a
n1
是常数列， ………11分
所以
a
n
2
a
n1
a
n1
a
3
2
a
2
a
4
,(n3)
………12分
所以
a< br>n
2
a
n1
a
n1
a
3
2
a
2
a
4
,(n3)

因为
a
4
a
3
a
2

所以< br>a
n
2
a
n1
a
n1
a
3
2
a
2
a
3
a
2
2
,(n 3)

在
S
n
a
n2
2
中令
n1
，则可得
a
3
3
，
所以
93a
2
a
2
2
40

又
n2
时
a
2
2
a
1
a
3
a
2
2
340

且
a
2
为整数
所以可解得
a
2
0,1,2,3,4,5,6
………16分



2018.5.18
附加题答案

21.A．选修4-1：几何证明选讲
证明：∵AE=AC，∠CDE=∠AOC，又∠CD E=∠P+∠PDF，∠AOC=∠P+∠OCP，
从而∠PDF=∠OCP．在△PDF与△POC 中，∠P=∠P，∠PDF=∠OCP，故△PDF∽△POC．
B．选修4-2：矩阵与变换


解：矩阵M的特征多项式为，
令f（λ）=0，解得λ
1
=1，λ
2
=2，
………4
分

将λ
1
=1代入二元一次方程组
所以 矩阵M属于特征值1的一个特征向量为
同理，矩阵M属于特征值2的一个特征向量为
C．选修4 -4：坐标系与参数方程
解：因为直线
l
的极坐标方程为


解得x=0，
；

………10
分


3

x2cos
< br>又因为曲线
C
的参数方程为

（

为参数）， 
y1cos2

1
所以曲线
C
的直角坐标方程为
yx
2

x

2,2


，
2

x0


x23
联 立解方程组得

或

．

y0

< br>y6


x23
根据
x
的范围应舍去

,故
P
点的直角坐标为
(0,0)

………10
分



y6


R

，所以直线
l
的普通方程为
y3x
，
注：多一解扣
2
分

D．选修4-5：不等式选讲
22222222222222222
证明：∵（a+b）（c+d）﹣（ac+bd）=（ ac+ad+bc+bd）﹣（ac+2abcd+bd）
10

=（ad﹣bc）≥0，
22222
∴（a+b）（c+d）≥（ac+bd）成立，又a，b，c，d都是正数，
∴
同理
•
•
≥ac+bd＞0，①
≥ad+bc＞0，∴xy≥．
2
22. 解：（1）
P(A)() ()
（2）随机变量
X
的取值为0，10，20，30.
222
333
221
332
16
………4分
243
所以期望
E(X)L20
………10分
23. 解：（1）
f
1

x

 f
0


x

ae
ax
sin

bx

be
ax
cos

bx



ab
abe

sin

bx

cos

bx


a
2
b
2
e
ax
sin

bx


22
a
2
b
2

ab

1
ba
22
2
ax
sin

cos


，其中，
………1
分



ab

esin

bx


2222
ab ab
axax
f
2

x

f
1


x

a
2
b
2

ae sinbx

becos

bx





22ax
a
2
b
2
e
ax


asin

bx


bcos

bx







a
2
b
2

e
ax
sin

bx2


，其中
sin


（2） 猜想
f

x

ab
n
2
b
a b
22
，
cos


a
ab
22
………3
分


n
2
2

*
e
ax
sin

bxn


，nN

………4
分

下面用数学归纳法证明：
①当
n1
时，
f

x

ab
1
2

1
2
2
sin

bx


成立，
②假设
nk
时，猜想成立
即
f

x

a
2
b
2
k

k
2
eax
sin

bxk



当
n k1
时，
f
k1

x

f
k

x




ab
2axax


aesinbxk< br>
becos

bxk




k1

ab
22
2
ax

< br>
ab

e

sin

bxk


cos

bxk




2222
ab

ab

22
k1
2
k
2
2



ab

e
ax
sin

bxk

k1





当
nk1
时，猜想成立
由①②
f
< br>x

ab
n
2

n
2
2

*
e
ax
sin

bxn

对
nN
成立
………10
分

11