江蘇省常州市2016屆高三(上)期末數(shù)學試卷(解析版)

1、2015-2016學年江蘇省常州市高三（上）期末數(shù)學試卷一、填空題1設復數(shù)z滿足（z+i）（2+i）=5（i為虛數(shù)單位），則z=_2設全集U=1，2，3，4，集合A=1，3，B=2，3，則BUA=_3某地區(qū)有高中學校10所、初中學校30所，小學學校60所，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從這些學校中抽取20所學校對學生進行體質(zhì)健康檢查，則應抽取初中學校_所4已知雙曲線C：（a0，b0）的一條漸近線經(jīng)過點P（1，2），則該雙曲線的離心率為_5函數(shù)f（x）=log2（x2+2）的值域為_6某校從2名男生和3名女生中隨機選出3名學生做義工，則選出的學生中男女生都有的概率為_7如圖所示的流程圖中，輸出S的值是_8

2、已知四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為2，銳角為60°的菱形，側棱PA底面ABCD，PA=3，若點M是BC的中點，則三棱錐MPAD的體積為_9已知實數(shù)x，y滿足，則2x+y的最大值為_10已知平面向量，xR，若，則|=_11已知等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且a1+a2=，a3+a4+a5+a6=40則的值為_12如圖，直角梯形ABCD中，ABCD，DAB=90°，AD=AB=4，CD=1，動點P在邊BC上，且滿足（m，n均為正實數(shù)），則的最小值為_13在平面直角坐標系xOy中，已知圓O：x2+y2=1，O1：（x4）2+y2=4，動點P在直線x+yb=0上，過P分別作圓

3、O，O1的切線，且點分別為A，B，若滿足PB=2PA的點P有且只有兩個，則實數(shù)b的取值范圍是_14已知函數(shù)f（x）=若不等式f（x）kx，對xR恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是_二、簡答題15在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos（BC）=1cosA，且b，a，c成等比數(shù)列，求：（1）sinBsinC的值；（2）A；（3）tanB+tanC的值16如圖，正三棱柱A1B1C1ABC，點D，E分別是A1C，AB的中點（1）求證：ED平面BB1C1C（2）若AB=BB1，求證：A1B平面B1CE17已知等差數(shù)列an的公差d為整數(shù)，且ak=k2+2，a2k=（k+2）2，其中k為常數(shù)且

4、kN*（1）求k及an（2）設a11，an的前n項和為Sn，等比數(shù)列bn的首項為l，公比為q（q0），前n項和為Tn，若存在正整數(shù)m，使得，求q18如圖，直線l是湖岸線，O是l上一點，弧是以O為圓心的半圓形棧橋，C為湖岸線l上一觀景亭，現(xiàn)規(guī)劃在湖中建一小島D，同時沿線段CD和DP（點P在半圓形棧橋上且不與點A，B重合）建棧橋，考慮到美觀需要，設計方案為DP=DC，CDP=60°且圓弧棧橋BP在CDP的內(nèi)部，已知BC=2OB=2（km），設湖岸BC與直線棧橋CD，DP是圓弧棧橋BP圍成的區(qū)域（圖中陰影部分）的面積為S（km2），BOP=（1）求S關于的函數(shù)關系式；（2）試判斷S是否存在

5、最大值，若存在，求出對應的cos的值，若不存在，說明理由19在平面直角坐標系xOy中，設橢圓（ab0）的離心率是e，定義直線y=為橢圓的“類準線”，已知橢圓C的“類準線”方程為y=，長軸長為4（1）求橢圓C的方程；（2）點P在橢圓C的“類準線”上（但不在y軸上），過點P作圓O：x2+y2=3的切線l，過點O且垂直于OP的直線l交于點A，問點A是否在橢圓C上？證明你的結論20已知a，b為實數(shù)，函數(shù)f（x）=ax3bx（1）當a=1且b1，3時，求函數(shù)F（x）=|+2b+1（x的最大值為M（b）；（2）當a=0，b=1時，記h（x）=函數(shù)h（x）的圖象上一點P（x0，y0）處的切線方程為y=y（x

6、），記g（x）=h（x）y（x）問：是否存在x0，使得對于任意x1（0，x0），任意x2（x0，+），都有g（x1）g（x2）0恒成立？若存在，求也所有可能的x0組成的集合；若不存在，說明理由令函數(shù)H（x）=，若對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x0，使得H（x0）=k成立，求實數(shù)s的取值集合選修4-1：幾何證明選講21如圖所示，ABC是O的內(nèi)接三角形，且AB=AC，APBC，弦CE的延長線交AP于點D，求證：AD2=DEDC選修4-2：矩形與變換22已知矩陣M=的屬于特征值8的一個特征向量是e=，點P（1，2）在M對應的變換作用下得到點Q，求Q的坐標2015-2016學年江蘇省常州市高三（上）期末數(shù)學

7、試卷參考答案與試題解析一、填空題1設復數(shù)z滿足（z+i）（2+i）=5（i為虛數(shù)單位），則z=22i【考點】復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算【分析】把已知等式變形，然后利用復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案【解答】解：由（z+i）（2+i）=5，得z+i=，z=22i故答案為：22i2設全集U=1，2，3，4，集合A=1，3，B=2，3，則BUA=2【考點】交、并、補集的混合運算【分析】先求出（UA），再根據(jù)交集的運算法則計算即可【解答】解：全集U=1，2，3，4，集合A=1，3，（UA）=2，4B=2，3，（UA）B=2故答為：23某地區(qū)有高中學校10所、初中學校30所，小學學校60所，現(xiàn)采用分層抽樣的

8、方法從這些學校中抽取20所學校對學生進行體質(zhì)健康檢查，則應抽取初中學校6所【考點】分層抽樣方法【分析】從100所學校抽取20所學校做樣本，樣本容量與總體的個數(shù)的比為1：5，得到每個個體被抽到的概率，即可得到結果【解答】解：某城地區(qū)有學校10+30+60=100所，現(xiàn)在采用分層抽樣方法從所有學校中抽取20所，每個個體被抽到的概率是=，用分層抽樣進行抽樣，應該選取初中學校×30=6人故答案為：64已知雙曲線C：（a0，b0）的一條漸近線經(jīng)過點P（1，2），則該雙曲線的離心率為【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線過點P，建立a，b，c的關系，結合離心率的公式進行求解即可【解答

9、】解：焦點在x軸上的雙曲線的漸近線方程為y=±x，一條漸近線經(jīng)過點P（1，2），點P（1，2）在直線y=x，即=2，則b=2a，則c2=a2+b2=5a2，即c=a，則雙曲線的離心率e=，故答案為：5函數(shù)f（x）=log2（x2+2）的值域為（，【考點】對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)以及二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可【解答】解：0x2+22，x=0時，f（x）最大，f（x）最大值=f（0）=，故答案為：（，6某校從2名男生和3名女生中隨機選出3名學生做義工，則選出的學生中男女生都有的概率為【考點】古典概型及其概率計算公式【分析】先求出基本事件總數(shù)，由選出的學生中男女生都有的對立事件

10、是選出的3名學生都是女生，由此利用對立事件概率計算公式能求出選出的學生中男女生都有的概率【解答】解：某校從2名男生和3名女生中隨機選出3名學生做義工，基本事件總數(shù)n=10，選出的學生中男女生都有的對立事件是選出的3名學生都是女生，選出的學生中男女生都有的概率為p=1=1=故答案為：7如圖所示的流程圖中，輸出S的值是【考點】程序框圖【分析】運行流程圖，寫出每次i1026成立時S，k的值，當k=2016，k1026不成立，退出循環(huán)，輸出S的值為【解答】解：運行如圖所示的流程圖，有S=3，k=1，k1026成立，S=，k=2k1026成立，S=，k=3k1026成立，S=3，k=4觀察規(guī)律可得S的取

11、值周期為3，由于2016=672×3，所以：k1026成立，S=，k=2016k1026不成立，退出循環(huán)，輸出S的值為故答案為：8已知四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為2，銳角為60°的菱形，側棱PA底面ABCD，PA=3，若點M是BC的中點，則三棱錐MPAD的體積為【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積【分析】由ADBC可知SADM=SABD，則VMPAD=VPADM=【解答】解：底面ABCD是邊長為2，銳角為60°的菱形，SADM=SADB=，PA底面ABCD，VMPAD=VPADM=故答案為9已知實數(shù)x，y滿足，則2x+y的最大值為【考點】簡單線性規(guī)劃【分析】由

12、約束條件作出可行域，化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標，代入目標函數(shù)得答案【解答】解由約束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得A（），令z=2x+y，得y=2x+z，由圖可知，當直線y=2x+z過A時，直線在y軸上的截距最大，z有最大值為故答案為：10已知平面向量，xR，若，則|=2【考點】向量的?！痉治觥扛鶕?jù)向量的垂直關系求出，從而求出|即可【解答】解：平面向量，xR，若，則4x+2x2=0，解得：2x=1，=（1，1），=（1，1）=（0，2），|=2，故答案為：211已知等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且a1+a2=，a3+a4+a5+a6=40則的值為1

13、17【考點】等比數(shù)列的通項公式【分析】利用等比數(shù)列的通項公式即可得出【解答】解：設等比數(shù)列an的公比為q，a1+a2=，a3+a4+a5+a6=40，解得a1=，q=3則=117故答案為：11712如圖，直角梯形ABCD中，ABCD，DAB=90°，AD=AB=4，CD=1，動點P在邊BC上，且滿足（m，n均為正實數(shù)），則的最小值為【考點】平面向量的基本定理及其意義【分析】假設=，用表示出，使用平面向量的基本定理得出m，n與的關系，得到關于的函數(shù)，求出函數(shù)的最值【解答】解： =， =+，設=+（01），則=（1）+，m=1，n=當且僅當3（+4）=即（+4）2=時取等號故答案為：13

14、在平面直角坐標系xOy中，已知圓O：x2+y2=1，O1：（x4）2+y2=4，動點P在直線x+yb=0上，過P分別作圓O，O1的切線，且點分別為A，B，若滿足PB=2PA的點P有且只有兩個，則實數(shù)b的取值范圍是b4【考點】直線與圓的位置關系【分析】求出P的軌跡方程，動點P在直線x+yb=0上，滿足PB=2PA的點P有且只有兩個，轉化為直線與圓x2+y2+x=0相交，即可求出實數(shù)b的取值范圍【解答】解：由題意O（0，0），O1（4，0）設P（x，y），則PB=2PA，（x4）2+y2=4（x2+y2），x2+y2+x=0，圓心坐標為（，0），半徑為，動點P在直線x+yb=0上，滿足PB=2PA

15、的點P有且只有兩個，直線與圓x2+y2+x=0相交，圓心到直線的距離d=，b+故答案為：b414已知函數(shù)f（x）=若不等式f（x）kx，對xR恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是3ke2【考點】函數(shù)恒成立問題【分析】根據(jù)分段函數(shù)的表達式，利用參數(shù)分離法，構造函數(shù)，求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的最值即可得到結論【解答】解：當x=0時，不等式f（x）kx等價為00成立，當x0時，由f（x）kx得2x23xkx，即2x3k，當x0，2x33，則k3；當x0時，由f（x）kx得ex+e2kx，k，設h（x）=，當x0時，h（x）=，設g（x）=xexexe2，則g（x）=xex，當x0時，g（x）0，即函數(shù)

16、g（x）為增函數(shù)，g（2）=2e2e2e2=0，當x2時，g（x）0，h（x）0，函數(shù)h（x）為增函數(shù)，當0x2時，g（x）0，h（x）0，函數(shù)h（x）為減函數(shù)，即當x=2時，函數(shù)h（x）取得極小值，同時也是最小值h（2）=e2，此時ke2，綜上3ke2，故答案為：3ke2二、簡答題15在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos（BC）=1cosA，且b，a，c成等比數(shù)列，求：（1）sinBsinC的值；（2）A；（3）tanB+tanC的值【考點】正弦定理；三角函數(shù)的化簡求值【分析】（1）利用三角形內(nèi)角和定理及兩角和的余弦函數(shù)公式化簡cos（BC）=1cosA即可求得sinB

17、sinC的值（2）由等比數(shù)列的性質(zhì)可得a2=bc，由正弦定理得sin2A=sinBsinC，由（1）解得sin2A=，結合范圍A（0，），a邊不是最大邊，即可解得A的值（3）由B+C=A=，可得cos（B+C）=cosBcosCsinBsinC=，解得cosBcosC的值，利用同角三角函數(shù)基本關系式及兩角和的正弦函數(shù)公式化簡所求后計算即可得解【解答】（本題滿分為14分）解：（1）cos（BC）=1cosA=1+cos（B+C），cosBcosC+sinBsinC=1+cosBcosCsinBsinC，sinBsinC=2分（2）b，a，c成等比數(shù)列，a2=bc，由正弦定理，可得sin2A=si

18、nBsinC，從而sin2A=，因為A（0，），所以sinA=，又因為a邊不是最大邊，所以A=8分（3）因為B+C=A=，所以cos（B+C）=cosBcosCsinBsinC=，從而cosBcosC=，10分所以tanB+tanC=214分16如圖，正三棱柱A1B1C1ABC，點D，E分別是A1C，AB的中點（1）求證：ED平面BB1C1C（2）若AB=BB1，求證：A1B平面B1CE【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定【分析】（1）連結AC1，BC1，則DEBC1，由此能證明ED平面BB1C1C（2）推導出CEAB，從而CE平面ABB1A1，進而CEA1B，再推導出RtA1B

19、1BRtB1BE，從而A1BB1E，由此能證明A1B平面B1CE【解答】證明：（1）連結AC1，BC1，AA1C1C是矩形，D是A1C的中點，D是AC1的中點，在AA1C1C中，D、E分別是AC1、AB的中點，DEBC1，DE平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，ED平面BB1C1C（2）ABC是正三角形，E是AB的中點，CEAB，又正三棱柱A1B1C1ABC中，平面ABC平面ABB1A1，交線為AB，CE平面ABB1A1，CEA1B，在矩形ABB1A1中，RtA1B1BRtB1BE，B1A1B=BB1E，B1A1B+A1B1E=BB1E+A1B1E=90°，A1BB1E，CE，

20、B1E平面B1CE，CEB1E=E，A1B平面B1CE17已知等差數(shù)列an的公差d為整數(shù)，且ak=k2+2，a2k=（k+2）2，其中k為常數(shù)且kN*（1）求k及an（2）設a11，an的前n項和為Sn，等比數(shù)列bn的首項為l，公比為q（q0），前n項和為Tn，若存在正整數(shù)m，使得，求q【考點】數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項公式【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列an的公差d為整數(shù)，且ak=k2+2，a2k=（k+2）2，其中k為常數(shù)且kN*，可得a1+（k1）d=k2+2，a1+（2k1）d=（k+2）2，解得d=4+，即可得出（2）由于a11，可得an=6n3，Sn=3n2而，可得T3=1+q+q2整理

21、為：q2+q+1=0，利用0，解得m，即可得出【解答】解：（1）等差數(shù)列an的公差d為整數(shù)，且ak=k2+2，a2k=（k+2）2，其中k為常數(shù)且kN*，a1+（k1）d=k2+2，a1+（2k1）d=（k+2）2，解得d=4+，k=1或2，當k=1時，d=6，a1=3，an=3+6（n1）=6n3；當k=2時，d=5，a1=1，an=1+5（n1）=5n4（2）a11，an=6n3，Sn=3n2，T3=1+q+q2整理為：q2+q+1=0，=140，解得m2，mN*，m=1或2當m=1時，q2+q3=0，q0，解得q=當m=2時，q2+q=0，q0，舍去綜上可得：q=18如圖，直線l是湖岸線

22、，O是l上一點，弧是以O為圓心的半圓形棧橋，C為湖岸線l上一觀景亭，現(xiàn)規(guī)劃在湖中建一小島D，同時沿線段CD和DP（點P在半圓形棧橋上且不與點A，B重合）建棧橋，考慮到美觀需要，設計方案為DP=DC，CDP=60°且圓弧棧橋BP在CDP的內(nèi)部，已知BC=2OB=2（km），設湖岸BC與直線棧橋CD，DP是圓弧棧橋BP圍成的區(qū)域（圖中陰影部分）的面積為S（km2），BOP=（1）求S關于的函數(shù)關系式；（2）試判斷S是否存在最大值，若存在，求出對應的cos的值，若不存在，說明理由【考點】在實際問題中建立三角函數(shù)模型【分析】（1）根據(jù)余弦定理和和三角形的面積公式，即可表示函數(shù)關系式，（2）存

23、在，存在，S=（3cos+3sin1），根據(jù)兩角和差的余弦公式即可求出【解答】解：（1）在COP中，CP2=CO2+OP22OCOPcos=106cos，從而CDP得面積SCDP=CP2=（53cos），又因為COP得面積SCOP=OCOP=sin，所以S=SCDP+SCOPS扇形OBP=（3sin3cos）+，00，cos0=，當DP所在的直線與半圓相切時，設取的最大值為0，此時在COP中，OP=1，OC=3，CPO=30°，CP=6sin0，cos0=，（2）存在，S=（3cos+3sin1），令S=0，得sin（+）=，當00，S0，所以當=0時，S取得最大值，此時cos（0+

24、）=，cos0=cos（0+）=cos（0+）cos+sin（0+）sin=19在平面直角坐標系xOy中，設橢圓（ab0）的離心率是e，定義直線y=為橢圓的“類準線”，已知橢圓C的“類準線”方程為y=，長軸長為4（1）求橢圓C的方程；（2）點P在橢圓C的“類準線”上（但不在y軸上），過點P作圓O：x2+y2=3的切線l，過點O且垂直于OP的直線l交于點A，問點A是否在橢圓C上？證明你的結論【考點】橢圓的簡單性質(zhì)【分析】（1）由題意列關于a，b，c的方程，聯(lián)立方程組求得a2=4，b2=3，c2=1，則橢圓方程可求；（2）設P（x0，2）（x00），當x0=時和x0=時，求出A的坐標，代入橢圓方程

25、驗證知，A在橢圓上，當x0±時，求出過點O且垂直于0P的直線與橢圓的交點，寫出該交點與P點的連線所在直線方程，由原點到直線的距離等于圓的半徑說明直線是圓的切線，從而說明點A在橢圓C上【解答】解：（1）由題意得： =2，2a=4，又a2=b2+c2，聯(lián)立以上可得：a2=4，b2=3，c2=1橢圓C的方程為+y2=1；（2）如圖，由（1）可知，橢圓的類準線方程為y=±2，不妨取y=2，設P（x0，2）（x00），則kOP=，過原點且與OP垂直的直線方程為y=x，當x0=時，過P點的圓的切線方程為x=，過原點且與OP垂直的直線方程為y=x，聯(lián)立，解得：A（，），代入橢圓方程成立；

26、同理可得，當x0=時，點A在橢圓上；當x0±時，聯(lián)立，解得A1（，），A2（，），PA1所在直線方程為（2+x0）x（x06）yx0212=0此時原點O到該直線的距離d=，說明A點在橢圓C上；同理說明另一種情況的A也在橢圓C上綜上可得，點A在橢圓C上20已知a，b為實數(shù)，函數(shù)f（x）=ax3bx（1）當a=1且b1，3時，求函數(shù)F（x）=|+2b+1（x的最大值為M（b）；（2）當a=0，b=1時，記h（x）=函數(shù)h（x）的圖象上一點P（x0，y0）處的切線方程為y=y（x），記g（x）=h（x）y（x）問：是否存在x0，使得對于任意x1（0，x0），任意x2（x0，+），都有g（x

27、1）g（x2）0恒成立？若存在，求也所有可能的x0組成的集合；若不存在，說明理由令函數(shù)H（x）=，若對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x0，使得H（x0）=k成立，求實數(shù)s的取值集合【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程【分析】（1）記t（x）=x2lnx，x，2，求出t（x）的范圍是，4ln2，b1，3時，記v（t）=|tb|+2b+1，求出函數(shù)的單調(diào)性，求出M（b）即可；（2）求出h（x）的導數(shù)，求出g（x）的表達式，結合函數(shù)的單調(diào)性求出x0的值即可；求出H（x）的值域，根據(jù)y=x在s，+）遞增，值域是，+），若se，則函數(shù)y=在（0，e）遞增，e，s）是減函數(shù)，其值域

28、是（，得到，即s22elns0，記u（s）=s22elns，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可【解答】解：（1）F（x）=|x2lnxb|+2b+1，記t（x）=x2lnx，x，2，則t（x）=2x，令t（x）=0，得：x=，x2時，t（x）0，t（x）在（，）上遞減，x2時，t（x）0，t（x）在（，2）上遞增，又t（）=+ln2，t（2）=4ln2，t（）=且t（2）t（）=2ln20，t（x）的范圍是，4ln2，b1，3時，記v（t）=|tb|+2b+1，則v（t）=，v（t）在，b上遞減，在（b，4ln2遞增，且v（）=3b+，v（4ln2）=b+5ln2，v（）v（4ln2）=2b+，b時，最大值M（b）=v（4ln2）=b+5ln2，b時，最大值M（b）=v（）=3b+，M（b）=；（2）h（x）=，h（x）=，h（x0）=，y（x）=（xx0）+y0，g（x）=y0（xx0），g（x0）=0，g（x）=，g（x0）=0，令G（x）=g（x）=，G（x）=，g（x）在（0，