寿光林海博览园-学雷锋总结

2019届江苏省南通市三县（通州区、海门市、启东市）高三第一学期期末联
考数学试 题



一、填空题
1．已知集合
【答案】4
【解析】利用交集定义直接求解．
【详解】
解：∵集合A＝{1，m﹣2}，B＝{2，3}，且A∩B＝{2}，
∴m﹣2＝2，解得m＝4，
∴实数m的值为4．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查实数值的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的实部为____.
，且，则实数m的值为____
【答案】
【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
解：由z（1+i）＝﹣1，得z．
∴复数z的实部为．
故答案为：
【点睛】
．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．如图是某次青年歌 手大奖赛上5位评委给某位选手打分的茎叶图，则这组数据的方
差为____.

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【答案】20
【解析】由题意计算这组数据的平均数进而可求方差．
【详解】
解：由题意知这组数据的平均数是（85+86+89+93+97）＝90，
方差是s2
[（85﹣90）
2
+（86﹣90）
2
+（89﹣90）< br>2
+（93﹣90）
2
+（97﹣90）
2
]＝20．
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了利用茎叶图求平均数和方差的应用问题，是基础题．
4．执行如图所示的算法流程图，则输出S的值是____.

【答案】
【解析】模拟执行算法的流程图，即可得出程序运行后输出S的值．
【详解】
解：模拟执行算法流程图，如下；
n＝1时，S＝1，
n＝2时，S，
n＝3时，S，
n＝4时，终止循环，输出S．
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故答案为：．
【点睛】
解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程
序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；
(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在
给出程序框图 求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到
达到输出条件即可.
5．现有形状、大小都相同的5张卡片，其中有2张卡片写-着文字“中”，2张卡片写着
文字 “国”，1张卡片写着文“梦”.若从中任意取出3张，则取出的3张卡片上的文字能组
成“中国梦”的 概率为____
【答案】
【解析】从中任意取出3张，基本事件总数n
成“中国梦 ”包含的基本事件个数m
能组成“中国梦”的概率．
【详解】
解：现有形状、大小都相同的5张卡片，其中有2张卡片写﹣着文字“中”，
2张卡片写着文字“国”，1张卡片写着文“梦”．
从中任意取出3张，
基本事件总数n，
4，
，取出的3张卡片上的文字能组
4，由此能求出取 出的3张卡片上的文字
取出的3张卡片上的文字能组成“中国梦”包含的基本事件个数m
则取出 的3张卡片上的文字能组成“中国梦”的概率为p．
故答案为：．
【点睛】
本题 考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程
思想，是基础题．
6．设是公比为正数的等比数列，，则它的前5项和____.
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【答案】62
【解析】设q为等比数列{a
n
}的公比，由 已知可得关于q的一元二次方程，求解可得q
值，再根据求和公式计算即可．
【详解】
解：设q为等比数列{a
n
}的公比，
则由a
1
＝2，a
3
＝a
2
+4得2q
2
＝2q+4，
即q
2
﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1（舍去），
因此q＝2，
∴S
5
故答案为：62
【点睛】
62，
本题考查等比数列的通项公式，考查等比数列前n项和的求法，考查计算能力，是基础
题． < br>7．已知经过双曲线的一个焦点，且垂直于实轴的直线l与双曲线交于A，B两
点，则线段AB的 长为____ .
【答案】4
【解析】求得双曲线的a，b，c，可得焦点坐标，直线l的 方程，代入双曲线方程求得
交点坐标，可得弦长|AB|．
【详解】
解：双曲线
可得一个焦点为（2
的a＝4，b＝2，c
，
2，
，0），直线l：x＝2
代入双曲线的方程可得
1，解得y＝±2，
则|AB|＝4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
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8．已知函数
____
【答案】0
的周期为4，且当时，则的值为
【解析】结合周期性由里到外逐层求值即可.
【详解】
∵函数的周期为4，且当时，
∴
∴
故答案为：0
【点睛】

本题考查分段函数求值问题，考查周期性，考查对应法则的理解，属于基础题.
9．已知正三棱柱
积为____
的各梭长均为2．点D在棱上，则三棱锥的体

【答案】
【解析】由已知求 得D到平面BCC
1
B
1
的距离，再求出△BB
1
C
1
的面积，代入三棱锥体
积公式求解．
【详解】
解：如图，
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取BC中点O，连接AO，
∵正三棱柱ABC﹣A
1
B
1
C
1
的各梭长均为2，∴AC ＝2，OC＝1，则AO
∵AA
1
∥平面BCC
1
B
1，∴D到平面BCC
1
B
1
的距离d．
，
．
∴．
故答案为：
【点睛】
．
本题考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为.若,则____.
【答案】
【解析】由正弦定理及可得tanA=3tanB，结合两角差正切公式可得
，进而可得到值.
【详解】
由正弦定理及
可得：

即tanA=3tanB，
又，
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∴
∴
,即


∴，又B为三角形内角
∴=
故答案为：
【点睛】
本题考查三角形中求角的问题，涉及到正弦定 理，商数关系，两角差正切公式，考查计
算能力，属于中档题.
11．如图，在平行四边形ABCD中，
CD的中点，若线段EF上一点P满足，则____.
，E，F分别是BC，

【答案】16
【解析】先用基底
【详解】
由
∴
，可得
，
，
表示向量，再利用数量积定义求值即可.
∴,
∴
故答案为：16
【点睛】

本题考查数量积的计算，考查平面向量基本定理，考查计算能力，属于中档题.
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12．在平面直角坐标系中，已知，若圆上有且仅有四个不
同的 点C，使得△ABC的面积为5，则实数a的取值范围是____.
【答案】（，）
【解析 】求出AB的长度，直线方程，结合△ABC的面积为5，转化为圆心到直线的距
离进行求解即可．
【详解】
解：AB的斜率k
5，
设△ABC的高为h，
则∵△ABC的面积为5，
，|AB|
∴S|AB|hh＝5，
即h＝2，
直线AB的方程为y﹣ax，即4x﹣3y+3a＝0
若圆x
2
+y
2
＝9上有且仅有四个不同的点C，
则圆心O到直线4x﹣3y+3a＝0的距离d
则应该满足d＜R﹣h＝3﹣2＝1，
，
即1，
得|3a|＜5
得a，
故答案为：（，）
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【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置 关系的应用，求出直线方程和AB的长度，转化为圆心到
直线的距离是解决本题的关键．
13．已知实数，且，则的最小值为____
【答案】
【解析】由a+b＝2得出 b＝2﹣a，代入代数式中，化简后换元t＝2a﹣1，得2a＝t+1，
得出1＜t＜3，再代入代数 式化简后得出
利用基本不等式即可求出该代数式的最小值．
【详解】
，然后在分式 分子分母中同时除以t，
解：由于a+b＝2，且a＞b＞0，则0＜b＜1＜a＜2，
所以，
，
令t＝2a﹣1∈（1，3），则2a＝t+1，
所以，
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．
当且仅当，即当时，等号成立．
因此，的最小值为．
故答案为：
【点睛】
．
本题考查利用基本不等式求最值，解本题的关键就是对代数式进行化简变形，考查计算能力，属于中等题．
14．函数有3个不同零点，则实数a的取值范围____
【答案】
【解析】先求出当x＜0时，函数f（x）有一个零点，然后得到当x≥﹣1时，有 两个不
同的零点，然后转化为两个函数的图象的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可．
【详解】
解：当x＜﹣1时，由f（x）＝0得x
2
﹣2ax＝0d得a，
∵x＜﹣1，∴a且此时函数f（x）只有一个零点，
要使f（x）有3个不同零点，则等价 为当x≥﹣1时，f（x）＝0有且只有2个不同的零
点，
由f（x）＝e
x
﹣|x﹣a|＝0得e
x
＝|x﹣a|，
作出函数g（x）＝e
x
和h（x）＝|x﹣a|在x≥﹣1的图象如图，
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当x≥a时，h（x）＝x﹣a，当 h（x）与g（x）相切时，g′（x）＝e
x
，由g′（x）＝
e
x
＝1得x＝0，此时g（0）＝1，即切点坐标为A（0，1），
此时h（0）＝0﹣a＝1，得a＝﹣1，
当x＝﹣1时，g（﹣1），当直线h（x）＝x﹣a经过点B（﹣1，）时，﹣1﹣a，
则a＝﹣1，
要使e
x
＝|x﹣a|在x≥﹣1时，有两个不同的交点，
则直线h（x）＝x﹣a应该在过A和B的直线之间，
则﹣1a＜﹣1，
即实数a的取值范围是[﹣1，﹣1），
故答案为：[﹣1
【点睛】
，﹣1）
本题主要考查函数零点个数的应用，根据数形结合结合函数与方程之间的关系转化为 两
个函数图象交点个数问题是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．

二、解答题
15．如图，在三棱柱中，，D，E分别是的中点.

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（1）求证：DE∥平面
（2）若

平面. ，求证：平面
【答案】（1）见证明；（2）见证明
【解析】（1）连结A B
1
，B
1
C，推导出四边形ABB
1
A
1
是平行四边形，DE∥B
1
C，由此能
证明DE∥平面BCC
1
B
1
．
（2）推导出DE∥B
1
C，从而AB⊥B
1
C，推导出平行四边形BCC
1
B
1
是菱形，从而
BC
1
⊥B
1
C，再由AB⊥B
1
C，得BC
1
⊥平面A BC
1
，由此能证明平面ABC
1
⊥平面BCC
1
B
1
．
【详解】
（1）连结.

在三棱柱
所以四边形
因为E是
所以E也是
中，，且，
是平行四边形，
的中点，
中点，
又因为D是AC的中点，
所以
又平面

，
.
，因为
中，
，所以，
是菱形，
，所以
，四边形
，
是平行四边形，
平面，
所以DE∥平面
（2） 由（1）知
在三棱柱
因为
所以平行四边形
所以，
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又因为
所以
又因为
所以平面
【点睛】
平面
，
，
，
.
，平面，
平面
平面
本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基
础知识， 考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
16．设，已知向量，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）由已知结合数量积的坐标运算求得，进一步得到
，则答案可求；
（2 ）由（1）利用二倍角公式求得sin（2）及cos（2），然后由
展开两角和的余弦求解．
【详解】
（1）因为
所以，
，且.
所以，
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因为，所以，
所以，
所以.
（2） 由（1）得，
因为，所以，
所以，
所以

.
【点睛】
本题考查三角函数的化简求值，考查平面向量数量积的坐标运算，考查 倍角公式及两角
和的余弦，是中档题．
17．如图，A是椭圆的左顶点，点P，Q在椭圆上且均在x轴上方.

（1）若直线AP与OP垂直，求点P的坐标；
（2）若直线AP，AQ的斜率之积为，求直线PQ的斜率的取值范围.
【答案】(1) (2)
【解析】（1）设P的坐标，可得向量OP，AP的坐标，由向量垂直的条件：数量积为0，
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结合P的坐标满足椭圆方程，解方程可得P的坐标；
（2）设出AP，AQ的斜率，以及直线AP，AQ的方程，联立椭圆方程，运用韦达定理，
求得P， Q的坐标，和直线PQ的斜率，结合基本不等式可得所求范围．
【详解】
（1）设
则
因为直线AP与OP垂直，
所以
得
，即
①
，
，
，
又点P在椭圆上，所以②
由①②得或-2（舍去），代入②得，
因为点P在x轴上方，所以.
（2）由于直线AP，AQ的斜率之积为，点P，Q在椭圆上且均在x轴上方.
所以可设直线AP，AQ的斜率分别为
所以直线AP的方程为，
，则，
联立
设
得
，
，
则，即，
同理可得，.
第 15 页 共 29 页

所以直线PQ的斜率为
因为
所以
，
，注意到，点P，Q不重合，所以等号不成立，
所以，
所以直线PQ的斜率的取值范围为
【点睛】

本题考查椭 圆的方程和性质，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及直线的斜
率和方程，两直线垂直的条件 ，考查化简变形能力和运算能力，属于难题．
18．如图，某公园内有一块矩形绿地区域ABCD，已 知AB=100米，BC=80米，以AD，
BC为直径的两个半圆内种植花草，其它区域种值苗木. 现决定在绿地区域内修建由直
路BN，MN和弧形路MD三部分组成的观赏道路，其中直路MN与绿地区 域边界AB平
行，直路为水泥路面，其工程造价为每米2a元，弧形路为鹅卵石路面，其工程造价为每米3a元，修建的总造价为W元. 设.

（1）求W关于的函数关系式；
（2）如何修建道路，可使修建的总造价最少？并求最少总造价.
【答案】(1)
最少，最少总造价为元
(2) 当时，修建的总造价
【解析】（1）连NC，AM ，设AD的中点为O，连接MO，过N作
可得
到W关于的函数关系式；
（2）利用导数知识研究函数的单调性与极值即可.
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，
，垂足为E.
，从而得

【详解】
（1）连NC，AM，设AD的中点为O，连接MO，过N作，垂足为E.

由BC为直径知，
所以
因为MN∥AB，
由于
所以米，
米，
米，所以
米，
，又米，
，
米，
，
因为直路的工程造价为每米2a元，弧形路的工程造价为每米3a元，
所以总造价为

,
，
.
所以W关于的函数关系式为
.
（2）记
则
，


，
令，得，列表如下：
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—

0 +






极小值

所以，当时，取得最小值，
元. 此时，总造价W最少，最少总造价为
答：（1）W关于的函数关系式为
；
（2）当
【点睛】
时，修建的总造价最少，最少总造价为元.
本题考查函 数的实际应用，函数的导数的应用，考查函数与方程思想，考查发现问题解
决问题的能力，属于中档题．
19．已知函数
（1）当a=2，求函数
（2）若函数
.
的极值；
有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）见解析；(2)
【解析】（1）代入a的值，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出函 数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个
数确定a的范围即可．
【详解】
（1）当a=2时，，令，解得x=1.
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列表：
x
—





所以，当x=1时，有极小值，没有极大值
1
0 +


极小值

（2）①因为
当
所以
时，
在
，
上单调递增，
. 所以，.
只有一个零点，不合题意，
当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以
1°当
在
时，
处取得极小值，即为最小值.
在上单调递减，在上单调递增，
只有一个零点，不合题意；
2°当
注意到
时，，故
，令
，最多有两个零点.
,
取，使得，下面先证明；
设
列表
，令，解得.
第 19 页 共 29 页

x

—

0 +






极小值

所以，当，有极小值.
所以，故，即.
因此，根据零点存在性定理知，在
又x=1也是的一个零点，则
上必存在一个零点，
有两个相异的零点，符合题意
3°当时，，故，最多有两个零点.
注意到
则
，取，

，
因此，根据零点存在性定理知，在
又x=1也是的一个零点，则
上必存在一个零点，
有两个相异的零点，符合题意.
. 综上所述，实数a的取值范围是
【点睛】 本题考查了函数的单调性，最值及零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化
思想，是一道 综合题．
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20．已知数列
（1）求数 列
（2）设数列
①若
②若数列
【答案】（1）
的首项，其前n项和为 ，对于任意正整数，都有.
的通项公式；
满足
，求证：数列
.
是等差数列；
中至多存在三项. 都是等比数列，求证：数列
（2）①见证明；②见证明；
【解析】（1）由
（2）①由
可得
可得
，进而得到数列的通项公式；
，利用待定系数法可得
从而得证；②利用反证法证明即可.
【详解】
（1）令
因为
当时，
，则由
，所以，
，得
，且当n=1时，此式也成立.
的通项公式为
，
所以数列
（2）①【证法一】因为
，
所以
由
所以
所以
所以
所以
所以数列
，
，
是等差数列.
，
，
得
.
，
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【证法二】
因为
所以
所以
所以
所以
记
，
两式相减得
所以，
，

.
，
，

所以，当
由
所以，当
所以
所以数列
【证法三】
因为
所以
所以
时，
得
时，
，(iii)
是等差数列.
，
，
，当n=1时，上式也成立，

，（i）
，（ii）
，（iii）
，（iv）
，
.
知.
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（i）-（ii）得
所以
（iii）-（iv）得
所以
由

所以
所以数列
，
是等差数列
超过三项，令
，则有，
，
，整理得
，与条件矛盾；
，当n=1时，
，②
，与条件矛盾.
，①
（），
， ②不妨设数列
由题意
即
代入< br>若p=q=1，则
若
当n=2时，
②÷①得，p=q，代入（）得b=c，所以
故这样的数列
【点睛】
至多存在三项.
本题是一道数列综合题，考查了等 差数列与等比数列的综合应用，考查了由递推关系求
通项公式，考查了反证法，属于中档题.
21．[选修4—2：矩阵与变换]
已知，向量是矩阵的属于特征值-4的一个特征向量，求矩阵A
以及它的另一个特征值.
【答案】
【解析】利用A
【详解】
由已知
则
，即
所以所以矩阵
，
，
，
， 另一个特征值为1
4，可得A，通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论．
所以矩阵A的特征多项式为
所以矩阵A的另一个特征值为1
【点睛】
本题考查求矩阵及其特征值，注意解题方法的积累，属于中档题．
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22．[选修4—4：坐标系与参数方程]
在极坐标系中，曲线C的极方程为. 以极点为坐标原点，极轴为x轴的
正半轴的平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数）. 已知直
线l与曲线C有公共点，求实数a的取值范围.
【答案】，或.
【解析】由 直线与圆C恒有公共点，根据圆心到直线的距离与半径的关系结合点到直线
的距离公式即可得出．
【详解】
在平面直角坐标系中，曲线C的方程为
直线l的普通方程为，
，
因为直线l与曲线C有公共点，
所以圆心
解得
【点睛】
到直线l的距离
，或.
，
本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标方程 化为直角坐标方程、点到直线的距离公
式、直线与圆的位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档 题．
23．[选修4—5：不等式选讲]
已知x，y，z均为正数，且
【答案】见证明
【解析】利用柯西不等式即可证明结果.
【详解】
因为x，y，z均为正数，所以
由柯西不等式得
，求证：.
均为正数，
，
第 24 页 共 29 页

当且仅当时，等式成立.
因为，
所以
所以
【点睛】
.
，
本题考查柯西不等式的应用，考查转化思想，属于中档题.
24．甲，乙两人玩摸球游戏，每 两局为一轮，每局游戏的规则如下：甲，乙两人均从装
有4只红球、1只黑球的袋中轮流不放回摸取1只 球，摸到黑球的人获胜，并结束该局.
（1）若在一局中甲先摸，求甲在该局获胜的概率；
（2）若在一轮游戏中约定：第一局甲先摸，第二局乙先摸，每一局先摸并获胜的人得
1分，后摸井获胜 的人得2分，未获胜的人得0分，求此轮游戏中甲得分X的概率分布
及数学期望.
【答案】（1） (2)见解析
【解析】（1）利用古典概型的概率公式求得甲在该局获胜的概率值；
（2）由题意知随机变量X的可能取值，求出对应的概率值，写出分布列，计算数学期
望值．
【详解】
（1）记“一局中甲先摸，甲在该局获胜”为事件A，共有三种情况：黑球在1号、3
号或5号位置，共有3种，而黑球的位置有5种.
所以.
答：甲在该局获胜的概率为.
（2）随机变量，
则,
，
第 25 页 共 29 页

，
，
所以X的概率分布为：
X 0 1 2 3
P




数学期望
【点睛】

本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是中档题．
25．设，其中.
（1）当q=1时，化简：；
（2）当q=n时，记，试比较与的大小.
【答案】（1） (2) 当n=1，2时，；当时，
【解析】(1) 当q=1时，
(2) 当q=n时，由二项式定理可得
加以证明即可.
【详解】
（1）当q=1时，
由于
，
,从而得到结果；
，猜想、归纳，用数学归纳法
，
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其中.
所以原式
（2）【解法一】当q=n时，
所以
令x=1，得
，所以
，
，
，

当n=1，2时，；当时，，即.
下面先用数学归纳法证明：当时，，……（☆）
①当n=3时，，（☆）式成立；
②设时，（☆）式成立，即，
则时，（☆）式右边
.
这就是说，当，（☆）式也成立.
综合①②知，当时，
；当
.
时， 所以，当n=1，2时，
【解法二】
当q=n时，
所以
令x=1，得
，
，所以
，.
，
要比较与的大小，即可比较与的大小，
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设
由
由
，则
，得
，得
，
，所以
，所以在
在上递增，
上递减，
所以当n=1，2时，，
当
即
时，
，即
，即
，
；当时，
，
综上所述，当n=1，2时，
【解法三】
当
q=n
时，
所 以
令
x=
1，得
当
n=
1，2时，
下面用数学归纳 法证明：
①当
n=
3时，
②设
，
，所以
，
.
，
；当时，
，
，因为
，
.
，……（）
，所以（）式成立；
， 时，（）式成立，即有
所以（因为）.
又因为，即，
所以
即
综合 ①②，对任何
所以，当
n=
1，2时，
，所以，当
，
；当时 ，
，
时，（）式也成立.
都成立.
.
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【点睛】
本题考查二项式定理的应用，考查组合数的性质，数学归纳法，属于中档题.

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