高三数学-南通市、泰州市、淮安市2016届高三下学期第二次调研考试数学试题 17页

南通市 2016 届高三第二次调研测试 数学Ⅰ 参考公式：棱锥的体积公式： ,3 1 ShV 锥体 其中 S 是棱锥的底面积，h 是高． 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． 1. 设复数 z 满足 1 2 3i z  （i 为虚数单位），则复数 z 的实部为________． 2.设集合    11,0,1 , 1, , 0A B a a A Ba           ，则实数 a 的值为________． 3.右图是一个算法流程图，则输出的 k 的值是________． 4. 为了解一批灯泡（共 5000 只）的使用寿命，从中随机抽取了 100 只进行测试，其使用寿 命（单位： h ）如下表： 使用寿命  500,700  700,900  900,1100  1100,1300  1300,1500 只数 5 23 44 25 3 根据该样本的频数分布，估计该批灯泡使用寿命不低于1100h 的灯泡只数是________． 5.电视台组织中学生知识竞赛，共设有 5 个版块的试题，主题分别是：立德树人、社会主义 核心价值观、依法治国理念、中国优秀传统文化、创新能力．某参赛队从中任选 2 个主题作 答，则“立德树人”主题被该队选中的概率是________． 6. 已知函数    logaf x x b  （ 0a  且 1,a b R  ）的图象如图所示，则 a b 的值 是_________． 7. 设函数  sin 03y x x        ，当且仅当 12x  时，y 取得最大值，则正数 的 值为________． 8.在等比数列 na 中， 2 1a  ，公比 1q   ．若 1 3 5,4 ,7a a a 成等差数列，则 6a 的值是 ________． 9. 在体积为 3 2 的四面体 ABCD 中，AB  平面 BCD ， 1, 2, 3AB BC BD   ，则CD 长度的所有值为________． 10.在平面直角坐标系 xOy 中，过点  2,0P  的直线与圆 2 2 1x y  相切于点T ，与圆    22 3 3x a y    相交于点 R ， S ，且 PT RS ，则正数 a 的值为________． 11. 已知  f x 是定义在 R 上的偶函数，且对于任意的  0,x  ，满足    2f x f x  ．若当  0,2x 时，   2 1f x x x   ，则函数   1y f x  在区间  2,4 上的零点个数为________． 12. 如图，在同一平面内，点 A 位于两平行直线 ,m n 的同侧，且 A 到 ,m n 的距离分别为 1， 3．点 ,B C 分别在 ,m n 上， 5AB AC   ，则 AB AC   的最大值是_________． 13．设实数 ,x y 满足 2 2 14 x y  ，则 23 2x xy 的最小值是________． 14．若存在 , R   ，使得 3cos cos2 5cos t t             ，则实数t 的取值范围是________． 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． 15．（本小题满分 14 分） 在斜三角形 ABC 中， tan tan tan tan 1A B A B   ．（1）求 C 的值；（2）若 015 , 2A AB  ，求 ABC 的周长． 16．（本小题满分 14 分） 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， , ,M N P 分别为棱 1 1, ,AB BC C D 的中点． 求证：（1） / /AP 平面 1C MN ；（2）平面 1 1B BDD  平面 1C MN ． ( )AEFB AB EF ，如图 2 所示，其中 10AE EF BF m   ．请你分别求出两种方案中 苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案． 18．（本小题满分 16 分） 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ． A 为 椭圆上异于顶点的一点，点 P 满足 2OP AO  ． （1）若点 P 的坐标为  2, 2 ，求椭圆的方程； （2）设过点 P 的一条直线交椭圆于 ,B C 两点，且 BP mBC  ，直线 ,OA OB 的斜率之积 为 1 2  ，求实数的 m 的值． 19．（本小题满分 16 分） 设函数      1 , 3f x x k x k g x x k       ，其中 k 是实数． （1）若 0k  ，解不等式    1 32x f x x g x   ； （2）若 0k  ，求关于 x 的方程    f x x g x  实根的个数． 20．（本小题满分 16 分） 设数列 na 的各项均为正数， na 的前 n 项和  2 *1 1 ,4n nS a n N   ． （1）求证：数列 na 为等差数列； （2）等比数列 nb 的各项均为正数， 2 * 1 ,n n nb b S n N   ，且存在整数 2k  ，使得 2 1k k kb b S  ． （I）求数列 nb 公比 q 的最小值（用 k 表示）； （II）当 2n  时， * nb N ，求数列 nb 的通项公式． 南通市 2016 届高三第二次调研测试 数学Ⅱ 附加题 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 10 分） 如图， AB 是圆O 的直径，，C 为圆O 外一点，且 AB AC ，BC 交圆O 于点 D ，过 D 作 圆O 的切线交 AC 于点 E ． 求证： DE AC ． B．【选修 4-2：矩阵与变换】（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，设点  1,2A  在矩阵 1 0 0 1M      对应的变换作用下得到点 A，将点  3,4B 绕点 A逆时针旋转 90°得到点 B，求点 B的坐标． C．【选修：4-4：坐标系与参数方程】（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 51 5 2 51 5 x t y t         （t 为参数）与曲线 sin cos2 x y      （ 为参数）相交于 ,A B 两点，求线段 AB 的长． D．【选修 4-5：不等式选讲】（本小题满分 10 分） 已知 , ,a b c R ， 2 2 24 2 4a b c   ，求 2a b c  的最大值． 【必做题】第 22，23 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． 22．（本小题满分 10 分） 一个摸球游戏，规则如下：在一不透明的纸盒中，装有 6 个大小相同、颜色各异的玻璃球， 参加者交费 1 元可玩 1 次游戏，从中有放回地摸球 3 次．参加者预先指定盒中的某一种颜色 的玻璃球，然后摸球．当所指定的玻璃球不出现时，游戏费被没收；当所指定的玻璃球出现 1 次，2 次，3 次时，参加者可相应获得游戏费的 0 倍，1 倍， k 倍的奖励 *k N ，且游 戏费仍退还给参加者．记参加者玩 1 次游戏的收益为 X 元． （1）求概率  0P X  的值； （2）为使收益 X 的数学期望不小于 0 元，求 k 的最小值． （注：概率学源于赌博，请自觉远离不正当的游戏！） 23．（本小题满分 10 分） 设  * 4 1 2 4k kS a a a k N     ，其中   0,1 1,2, ,4ia i k   ．当 4kS 除以 4 的余数 是  0,1,2,3b b  时，数列 1 2 4, , , ka a a 的个数记为  m b ． （1）当 2k  时，求  1m 的值； （2）求  3m 关于 k 的表达式，并化简． 参考答案 一、填空题：（本大题共 14 题，每小题 5 分，共计 70 分． 1. 3 5 2．1 3. 17 4. 1400 5. 2 5 6. 9 2 7. 2 8. 1 49 9. 7, 19 10. 4 11. 7 12. 21 4 13. 4 2 6 14. 2 ,13     二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分． 15.（本小题满分 14 分） 解：（1）因为 tan tan tan tan 1A B A B   ，即 tan tan 1 tan tanA B A B   ， 因为在斜三角形 ABC 中，1 tan tan 0A B  ， 所以   tan tantan 11 tan tan A BA B A B    ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 由正弦定理 sin sin sin BC CA AB A B C   ，得 0 0 0 2 2sin15 sin30 sin135 BC CA   ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9 分 故    0 0 0 0 0 0 0 6 22sin15 2sin 45 30 2 sin 45 cos30 cos45 sin30 2BC       ， ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 02sin30 1CA   ． 所 以 ABC 的 周 长 为 6 2 2 6 22 1 2 2AB BC CA         ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．14 分 16．（本小题满分 14 分） 证明：（1）在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，因为 ,M P 分别为棱 1 1,AB C D 的中点， 所以 1AM PC ． 又 1/ / , / /AM CD PC CD ，故 1/ /AM PC ， 所以四边形 1AMC P 为平行四边形． 从而 1/ /AP C M ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 又 AP  平面 1 1,C MN C M  平面 1C MN ， 所以 / /AP 平面 1C MN ；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 （2） 连结 AC ，在正方形 ABCD 中， AC BD ．又 ,M N 分别为棱 ,AB BC 的中点，故 / /MN AC ．所以 MN BD ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1DD  平面 ABCD ， 又 MN  平面 ABCD ， 所以 1DD MN ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 而 1 1, ,DD DB D DD DB  平面 1 1BDD B ， 所以 MN  平面 1 1BDD B ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 又 MN  平面 1C MN ， 所以平面 1 1B BDD  平面 1C MN ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．14 分 17．（本小题满分 14 分） 解：设方案①，②中多边形苗圃的面积分别为 1 2,S S ． 方案①设 AE x ，则  1 1 302S x   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3 分   2 301 2 2 x x       225 2  （当且仅当 15x  时，“=”成立）． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5 分 方案②设 BAE   ，则  2 100sin 1 cos , 0, 2S           ． ．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 由  2 2 100 2cos cos 1 0S       得， 1cos 2   （ cos 1   舍去）．．．．．．．．．．10 分 因为 0, 2      ，所以 3   ，列表：  0, 3      3  ,3 2       2S  + 0 - 2S  极大值  所 以 当 3   时 ，  2 max 75 3S  ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 因为 225 75 32  ，所以建苗圃时用方案②，且 3BAE   ． 答：方案①，②苗圃的最大面积分别为 2 2225 ,75 32 m m ，建苗圃时用方案②，且 3BAE   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．14 分 18．（本小题满分 16 分） 解：（1）因为 2OP AO  ，而  2, 2P ， 所以 21, 2A       ． 代入椭圆方程，得 2 2 1 1 12a b   ，① ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2 分 又椭圆的离心率为 2 2 ，所以 2 2 21 2 b a   ，② ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 由①②，得 2 22, 1a b  ， 故椭圆的方程为 2 2 12 x y  ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 （2）设      1 1 2 2 3 3, , , , ,A x y B x y C x y ， 因为 2OP AO  ，所以  1 12 , 2P x y  ． 因为 BP mBC  ，所以   1 2 1 2 3 2 3 22 , 2 ,x x y y m x x y y       ， 即     1 2 3 2 1 2 3 2 2 , 2 , x x m x x y y m y y        于是 3 2 1 3 2 1 1 2 , 1 2 , mx x xm m my y ym m       ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9 分 代入椭圆方程，得 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 m mx x y ym m m m a b              ， 即    22 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 14 1m mx y x y x x y y m a b m a b m a b                      ， ③．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 因为 ,A B 在椭圆上，所以 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 21, 1x y x y a b a b     ． ④ 因为直线 ,OA OB 的斜率之积为 1 2  ，即 1 2 1 2 1 2 y y x x   ，结合②知 1 2 1 2 2 2 0x x y y a b   ． ⑤ ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．14 分 将④⑤代入③，得  2 2 2 14 1m m m   ， 解得 5 2m  ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．16 分 19．解：（1） 0k  时，      1 , 3f x x x g x x    ， 由 0 3 0 x x     ，得 0x  ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2 分 此时，原不等式为   11 32x x x   ，即 22 3 0x x   ， 解得 3 2x   或 1x  ． 所以原不等式的解集为 1, ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5 分 （2）由方程    f x x g x  得，  1 3x k x k x x k      ． ① 由 0 3 0 x k x k       ，得 x k ，所以 0x  ， 1 0x k   ． 方 程 ① 两 边 平 方 ， 整 理 得        22 22 1 1 1 0k x k x k k x k       ．② ．．．．．．．．．．．．．．．．．7 分 当 1 2k  时，由②得 3 2x  ，所以原方程有唯一解， 当 1 2k  时，由②得判别式    2 21 3 1k k    ， 1） 1 3k  时， 0  ，方程②有两个相等的根 4 1 3 3x   ， 所以原方程有唯一的解． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 2） 10 2k  且 1 3k  时，方程②整理为      2 1 1 1 0k x k k x k        ， 解得   1 2 1 , 11 2 k kx x kk    ． 由于 0  ，所以 1 2x x ，其中 2 2 1 31 , 01 2 kx k k x k k       ，即 1x k ． 故原方程有两解． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．14 分 3） 1 2k  时，由 2）知 2 1 3 01 2 kx k k    ，即 1x k ，故 1x 不是原方程的解． 而 2 1x k k   ，故原方程有唯一解． 综上所述：当 1 2k  或 1 3k  时，原方程有唯一解； 当 10 2k  且 1 3k  时，原方程有两解． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．16 分 注：2）中，法 2：     2 2 0 2 1 0 1 2 2 1 3 0 k kx kk h k k             ，故方程②两实根均大于 k ，所以原方程有两解． 20．（本小题满分 16 分） 证明：（1）因为  21 14n nS a  ，① 所以  2 1 1 1 1 , 24n nS a n    ，② 1 -②，得  1 1 2 0n n n na a a a     ， 2n  ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2 分 因为数列 na 的各项均为正数，所以 1 0, 2n na a n   ． 从而 1 2n na a   ， 2n  ， 所以数列 na 为等差数列． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 （2）（1）①中，令 1n  ，得 1 1a  ，所以 22 1,n na n S n   ． 由  2 1 2k k kb b S k   得， 2 1 1 2k kb q   ， 所以 1 1 2 2 1 n kn nb b q k q    ． ③ 由 2 1n n nb b S  得， 4 2 2 4n kk q n  ，即 2 n k nq k       ④．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 当 n k 时，④恒成立． 当 1n k  时，④两边取自然对数，整理得， lnln 112 1 n k q nk n k k k       ．⑤ 记    ln 11 xf x xx   ，则    2 1 11 ln 1 x xf x x      ． 记   1 ln ,0 1g t t t t     ，则   1 0tg t t    ， 故  g t 为 0,1 上增函数，所以    1 0g t g  ，从而   0f x  ， 故  f x 为 1, 上减函数，从而 ln 1 n k n k  的最大值为 1ln 1k k     ． ⑤中， ln 1ln 12 k q k k      ，解得 211q k      ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 当 1n k  时，同理有 211 1q k      ， 所以公比 q 的最小值为 211 k     （整数 2k  ）．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 （2）依题意， *q N ， 由（2）知， 2 21 11 1 1q k k                  ，（整数 2k  ）． 所以 2 21 11 1, 1 41q qk k                ． 从而  2,3,4q ， 当 2q  时， 2 21 11 2 1 1k k              ，只能 3k  ，此时 7 29 2 n nb    ，不符； 当 3q  时， 2 21 11 3 1 1k k              ，只能 2k  ，此时 5 24 3 n nb    ，不符； 当 4q  时， 2 21 11 4 1 1k k              ，只能 2k  ，此时 2 32 n nb  ，符合； 综上， 2 32 n nb  ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．16 分 21．【选做题】 A． （本小题满分 10 分） 证明：连结OD ，因为 AB AC ，所以 B C   ． 由圆O 知OB OD ，所以 B BDO   ． 从而 BDO C   ，所以 / /OD AC . ……………………………………………………6 分 又因为 DE 为圆 O 的切线，所以 DE OD ， 又因为 / /OD AC ，所以 DE AC ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 B． （本小题满分 10 分） 解：设  ,B x y ， 依题意，由 1 0 1 1 0 1 2 2                  ，得  1,2A ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4 分 则    2,2 , 1, 2A B A B x y       ． 记旋转矩阵 0 1 1 0N      ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 则 0 1 2 1 1 0 2 2 x y                  ，即 2 1 2 2 x y            ，解得 1 4 x y     ， 所以点 B的坐标为  1,4 ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 C．（本小题满分 10 分） 解：将直线的参数方程化为普通方程，得 2 1y x  ． ① ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3 分 将曲线的参数方程化为普通方程，得 31 2 ( 1 1)y x x     ．②．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 由①②，得 1 1 x y      或 0 1 x y    ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 所以    1, 1 , 0,1A B  ， 从而    2 21 0 1 1 5AB        ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 D． （本小题满分 10 分） 解 ： 由 柯 西 不 等 式 ， 得       22 22 2 2 2 12 2 1 1 2 2 a b c a b c                    ． ．．．．．．．．．．．．．6 分 因为 2 2 24 2 4a b c   ， 所以 22 10a b c   ． 所以 10 2 10a b c     ， 所以 2a b c  的最大值为 10 ， 当 且 仅 当 10 2 10 10, ,5 5 5a b c   等 号 成 立． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 22．（本小题满分 10 分） 解：（1）事件“ 0X  ”表示“有放回的摸球 3 回，所指定的玻璃球只出现 1 次”， 则   21 5 250 3 6 6 72P X         ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3 分 （2）依题意， X 的可能值为 , 1,1,0k  ， 且       3 3 21 1 5 125 1 5 5, 1 , 1 36 216 6 216 6 6 72P X k P X P X                           ， ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6 分 结合（1）知，参加游戏者的收益 X 的数学期望为    1 125 5 1101 1216 216 72 216 kE X k         （元）． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 为使收益 X 的数学期望不小于 0 元，所以 110k  ，即 min 110k  ． 答： k 的最小值为 110． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分 23．（本小题满分 10 分） 解 ：（ 1 ） 当 2k  时 ， 数 列 1 2 3, , , , na a a a 中 有 1 个 1 或 5 个 1 ， 其 余 为 0 ， 所 以 1 5 8 8 64m C C   ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3 分 （2）依题意，数列 1 2 4, , , ka a a 中有 3 个 1，或 7 个 1，或 11 个 1，…，或 4 1k  个 1 ， 其余为 0， 所以   3 7 11 4 1 4 4 4 43 k k k k km C C C C      ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5 分 同理，得   1 5 9 4 3 4 4 4 41 k k k k km C C C C      ． 因为  4 4 4 3,7,11, ,4 1i k i k kC C i k   ， 所以    1 3m m ． 又     1 3 9 4 3 4 1 4 1 4 4 4 4 41 3 2k k k k k k k km m C C C C C          ， 所以   4 2 2 13 2 4k km    ． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10 分