苏州中学教师版.docx
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苏州中学教师版
数学测试卷
一.填空题:
本大题共14小题,每小题5分,共计70分,不需要写出解答过程,请把答案直接填在答题
卡相应位置上。
1.已知集合A={0,1,4},
B={-2,0,2,4},则AB=.
2.已知复数z=3+i,其中i为虚数单位,则复数z的模是
1-i
3.抛物线y2=16x的准方程为
4.某市为了响应江苏省“农村人居环境整治的新实践”,调研农村环境整治情况,按地域将下辖的250个行政村数分成A,B,C,D四组,对应的行政村个数分别为25,75,100,50,若用分层抽样抽取50个行政村,则B组中应该抽取的行政村数为
5.执行如图所示的程序框图,输出的s的值为
6.
中国古典乐器一般按“八音”分类,如图,在《周礼·春官·大师》中按乐器的制造材对乐器分类,分别为“金,石,木,土,革,丝,匏,竹”八音,其中“土,匏,竹”为吹奏乐器,“金,石,木,革”为打击乐器,“丝”为弹拨乐器.现从“八音”中任取不同的“一音”,则不是吹奏乐器的概率为
⎧log2(3-x),x<0
7.已知函数f(x)=⎪
,若f(a)=1,则实数a的值是
⎨-3,x≥02
⎩2
8.
已知{an}和{bn}均为等差数列,若a2+b7=6,a4+b5=9,则a6+b3的值是
9.已知x1,x2
为函数f(x)=exsinx的两个极值点,则x-x
的最小值为
10.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=4,AA1=3,若在长方体中挖去一个体积最大的圆柱,
则此圆柱与原长方体的体积比为
【答案1-10】
1-5:
{0,4};
5
;x=-4;15;34;
π
6-10:
;4;12;π;.
84
11.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:
(x+3)2+(y+4)2=16若对于直线x+my+1=0上的任意一点
P,在圆上C上总存在Q使∠PQC=π,则实数m的取值范围为
2
【答案】⎛3,+∞⎫
ç⎪
4
⎝⎭
解:
由题意过P总可以作圆C的切线,所以圆C与直线x+my+1=0相离,
即>4,解得m>3.
4
12.
如图在平行四边形ABCD中,AB=3,AD=2,∠BAD=π,E为BC的中点,若线段DE上存在
3
一点M满足AM=1AB+mAD(m∈R),则AM⋅BD的值是.
3
【答案】-7
6
解:
因为AM=AD+λDE=AD+λ(DB+AB)=⎛1-λ⎫AD+λAB=1AB+mAD,
λ
-=m
2
2
⋅=⎛1+5
ç
⎝
⎫⋅(-
⎪
2
⎭3
)=-7
即⎨
⎪λ=1
⎩3
,所以AMBD
çAB
⎝
AD⎪ADAB.
⎭6
13.在∆ABC中,设角A,B,C对应的分别为a,b,c,记∆ABC的面积为S,若tanA=2tanB,则大值为
【答案】3
8
S的最
a2
⎛b⎫2⎛c⎫2
解:
法一:
由tanA=2tanB角化边得3a2=3b2+c2,所以3ç⎪+ç⎪=3,
S=1
2
bcsinA=
1bc⋅
2
=1bc⋅
2
⎝a⎭
,
⎝a⎭
故S=
a2
1⋅bc⋅=
2a2
⎛b⎫2⎛c⎫2
令m=ç⎪,n=ç⎪,则3m+n=3,
⎝a⎭
S1
⎝a⎭
113
=
a22
=≤=.
228
法二:
不妨设a=2,则3b2+c2=12,
以BC为x轴,BC中点为坐标原点建立平面直角坐标系,则B(-1,0),C(1,0),
设A(x,y),由3b2+c2=12可得⎛x-
⎝
1⎫2
⎪
⎭
+y2=9
4
1⨯2h
而S=2
a24
=1h(h的顶点A到底边BC的高)
4
所以h=3,即S
=1h≤3。
min2
a248
法三:
在∆ABC中,过C点作CH⊥AB,垂足为H,由tanA=2tanB得BH=2AH,设CH=h,AH=x,则BH=2x,
1⋅3x⋅h
S=2
a2(2x)2+h2
3
xh
≤24xh
=3(当且仅当2x=h时取“=”).
8
14.
0
已知函数f(x)=x3-3ax(a>0),其图像记为曲线C,曲线C上存在异于原点的点P,使得曲线C与其在P0的切线交于另一点P1,曲线C与其在P1的切线交于另一点P2若直线P0P1与直线P0P2的斜率之积小于-9,则a的取值范围为
⎛
【答案】ç
⎝
⎫
+∞⎪
3⎭
解:
f'(x)=3x2-3a,设P(x,f(x
)),P(x,f(x)),P(x
f(x
)),
000
111
222
则l:
y-(x2-3ax
)=(3x2-3a)(x-x
)⇒y=(3x2-3a)x-2x2,
P0P1
000000
⎧y=(3x2-3a)x-2x2
⎨
联立⎪0
0
,得x1
=-2x0
,同理可得x2
=-2x1
=4x0,
⎪⎩y=x3-3ax
则P2
(4x
64x3-12ax
),k
P0P2
=21x2-3a
又k=3x2-3a,所以由k⋅k
<-9,得(21x2-3a)(3x2-3a)<-9
P0P10
22
P0P1
2
P0P200
⎛⎫
令t=x0>0,则7t
-
8at+(a
+1)<0在(0,+∞)上有解,由∆>0得a∈ç
⎝
+∞⎪.
3⎭
二.解答题:
本大题共6小题,共90分,请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明,证明过程或验算步骤.
15.(本小题14分)
已知平面向量a=(2cosθ,1),b=(1,3sinθ).
(1)若a//b,求证sin2θ的值;
(2)若a⊥b,求tan⎛θ+π⎫的值.
ç⎪
⎝4⎭
解:
(1)因为a=(2cosθ,1),b=(1,3sinθ),且a//b,
所以(2cosθ)(3sinθ)-1⨯1=0,所以3sin2θ=1,即sin2θ=1.
3
(2)因为a=(2cosθ,1),b=(1,3sinθ),且a⊥b,所以2cosθ⋅1+1⋅3sinθ=0,即2cosθ=-3sinθ,
若cosθ=0,则sinθ=1-cos2θ=1,不满足上式,舍去.
所以cosθ≠0,所以tanθ=-2,
3
π-2+1
即tan⎛θ+
⎫=tanθ+1=3=1.
ç⎪1-tanθ
1-⎛-2⎫5
⎝⎭
16.(本小题满分14分)
如图,在三棱锥P-ABC中,BC⊥平面PAB.已知PA=AB,D,E分别为PB,BC的中点.
(1)求证:
AD⊥平面PBC;
(2)若点F在线段AC上,且AF=1求证:
AD//平面PEF.
FC2
解:
(1)因为BC⊥平面PAB,AD⊂平面PAB,所以BC⊥AD.
因为PA=AB,D是PB的中点,所以AD⊥PB.
又因为PBBC=B,PB,BC⊂平面PBC,所以AD⊥平面PBC.
(2)连结DC,交PE于点G,连结FG,DE,如图所示.
因为D,E分别是PB,BC的中点,所以DE为∆BPC的中位线,从而∆DEG~∆CPG,可得DG=DE=1
GCPC2
因为AF=1,所以AF=DG,所以AD//FG
FC2FCGC
又因为FG⊂平面PEF,AD⊄平面PEF,所以AD//平面PEF.
17.(本小题满分14分)
在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:
x
a2
左准线方程为x=-2.
(1)求椭圆E的方程;
+
y2
b2
=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1和F2,离心率为,
2
(2)设不经过F1的直线l与椭圆相交于A,B两点,直线l,AF1,BF1的斜率分别为k,k1,k2,且k1+k2=2k,求k的取值范围.
解:
(1)由e=
可知c=
2a
,又左准线方程为x=-2,即-a
2c
=-2
联立解得a=2,c=1,椭圆方程为x
2
+
y2
=1.
(2)①由
(1)可知,F1(-1,0),F2(1,0),设直线l:
y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2)
⎧x2+2
⎨
,消y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,
⎪y=kx+m
⎧x+x
=-4km
⎪1
由韦达定理可知⎨
22k2+1,因为点A的点B不重合,且直线l的斜率存在,
2m2-2
⎪x1x2=
⎩
2k2+1
所以∆=(4km)2-4(2k2+1)(2m2-2)>0,得2k2+1>m2
因为k1=
y1
x+1
,k2=
y2
x+1
,由条件k1
+
k2
=2k
1
可得2k=y2+
2
y1,即2k=kx2+m+kx1+m⇒(m-k)(x+x
+2)=0
x2+1
x1+1
x2+1
x1+1
若m=k,则直线l:
y=k(x+1)过点F1,不符合条件,
因此x1
+
x2
+2=0,故-4km
2k2+1
+2=0,得m=k+1,
2k
代入2k2+1>m2可知2k2+1>⎛k+
1⎫2
⎪
,得k2>1,
⎛⎫⎛
⎝2k⎭2
⎫
所以k∈ç-∞,-
2
⎪ç
+∞⎪.
2
⎝⎭⎝⎭
18.(本小题满分16分)
如图,在一个圆心角为90,半径为10米的扇形草地上,需铺设一个直角三角形PQR的花地,其中∠RQP
为直角,要求P,R,Q三点分别落在线段BC,AC和弧AB上,且PQ=λRQ(λ>0,)∆PQR的面积为s
(1)当λ=2且QR⊥AC时,求S的值;
(2)无论如何铺设,要求S始终不小于20平方米,求λ的取值范围.
解:
(1)以C为原点,CB,CA所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系.
因为PQ=2RQ且QR⊥AC,所以点Q在直线y=2x上.
又因为点Q在圆x2+y2=100上,所以Q(2,4)
此时S=1PQ⋅RQ=1⨯2⨯4
=20
22
所以当λ=2且QR⊥AC时,S的值为20平方米.
(2)法一:
过Q作QM⊥AC,垂足为M,作QN⊥BC,垂足为N.
所以∆RMQ~∆PNQ,并且相似比为1:
λ,所以xQ:
yQ=1:
λ,
222
100
2100λ2
又因为点在圆x+y
=100,代入计算得xQ=1+λ2,yQ=1+λ2.
设QR=x,则QP=λx
所以S=1QR⋅QP=λx2
22
当R与M重合时,x2=QM2=
100,此时
1+λ2
x2取得最小值,所以
Smin=
λ100
2⋅1+λ2
=50λ1+λ2
要使S始终不小于20平方米,则
50λ≥20,解得1≤λ≤2,所以λ的取值范围为⎡1,2⎤.
1+λ22
⎢⎣2⎥⎦
答:
要使S始终不小于20平方米,λ的取值范围为⎡1,2⎤.
⎢⎣2⎥⎦
法二:
过Q作QM⊥AC,垂足为M,作QN⊥BC,垂足为N.
所以∆RMQ~∆PNQ,并且相似比为1:
λ,所以xQ:
yQ=1:
λ,
222
100
2100λ2
又因为点在圆x+y
=100,代入计算得xQ=1+λ2,yQ=1+λ2.
设RQ由MQ逆时针转过的角∠RQM的大小为α
当M与A重合时设∠RQM=α1,当p与B重合时设∠RQM=α2.
则α<α<α,此时RQ=MQ
所以RQ2=(
100.
所以S
∆PQR
λQ2=
2
50λ
(λ2+1)cos2α,
所以S
min
=50λ≥20.
λ2+1
解得1≤λ≤2,所以λ的取值范围是⎡1,2⎤
2⎢⎣2⎥⎦
答:
要使S始终不小于20平方米,λ的取值范围为⎡1,2⎤
⎢⎣2⎥⎦
法三:
以C为原点,CB,CA所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系.设Q点坐标为(x0y0).
0000
①当QP斜率不存在时,RQ=x,QP=y,y=λx又因为点Q在圆x2+y2=100上,代入计算得
x2=
100
S=1λx2=
50λ
.
01+λ2201+λ2
②当QP斜率存在时,设斜率为k,则直线PQ的方程为y=k(x-x0)+y0,
令y=0,x=x
-
y0,所以P点坐标为⎛x-y0,0⎫.
0kç0k⎪
直线QR的方程为y=-1(x-x)+y.
k00
令x=0,y=x0+y,所以R点坐标为⎛0,x0+y⎫
k0çk0⎪
因为PQ=λRQ(λ>0),所以PQ2=λ2RQ2.
⎡⎛y⎫⎤2
⎡⎛x
⎫⎤2
所以çx-0⎪-x+y2=λ2x2+λ2
ç0+y
⎪-y.
⎢0k⎭0⎥0
0⎢⎝k
00⎥
⎦
整理得⎛1+1⎫y2=⎛1+
1⎫λ2x2,所以y2=λ2x2,又因为x,y,λ都为正数.
çk2⎪0
çk2⎪00000
⎭
所以y0=λx0,
点Q在圆x2+y2=100上,代入计算得x2=
100
.
01+λ2
S=1PQ⋅QR=λRRQ=x+
Q
⎡⎛x0+y
⎫-y⎤=⎛1+
1⎫x2.
220
⎢⎝k
00⎥
⎦
⎝k2⎭0
所以S=λ⎛1+1⎫x2=λ⎛1+
1⎫100
=50λ⎛1+
1⎫.
2çk2⎪0
2çk2⎪1+λ2
1+λ2ç
k2⎪
k2>0,所以1+1
k2
>1,所以S>
50λ
1+λ2
由①②得S≥
50λ
1+λ2
所以S
min
=50λ≥20,
λ2+1
解得1≤λ≤2,所以λ的取值范围是⎡1,2⎤
2⎢⎣2⎥⎦
答:
要使S始终不小于20平方米,λ的取值范围为⎡1,2⎤.
⎢⎣2⎥⎦
法四:
设∠CPR=α,∠QPR=θ,其中sinθ=
边的距离为yQ
则yQ=PQ⋅sin(θ+α)=λRQ⋅sin(θ+α).
1,cosθ=
λ
,点Q则AC边的距离为xQ,到BC
xQ=PRcosα-PQcos(θ+α)=λ+1RQ⋅cosα-λRQ⋅cos(θ+α)
2
=λ2+1RQ⋅cosα-RQ⋅λ2cosα-λsinα=RQ⋅cosα+λsinα=RQ⋅sin(θ+α)
所以yQ=λxQ.
以下同法三.
19.(本小题满分16分)
已知在每一项不为0的数列{a}中,a=3,且a=pa+1(p,t为常数,n∈N*).记数列{a}的前n
n1n+1n
n
项和为Sn
(1)当t=0时,求Sn
(2)当p=1,t=2时,
2
⎧
①求证:
数列
an+2⎫为等比数列;
⎨1g
⎩
-2⎬
n
②是否存在正整数m,使得不等式S-2n 若存在,求出m的最小值: 若不存在,请说明理由. 解: (1)当t=0时,an+1=pan,因为an≠0,所以p≠0, 所以数列{an}是以3为首项,p为公比的等比数列. 当p=1时,Sn=na1=3n;当p≠1时,Sn= a(1-pn)= 1-p 3(1-pn) 1-p ⎧3n,p=1, 综上所述,Sn =⎪3(1-pn) p≠1. ⎩⎪1-p (2)①当p=1,t=2时,a 2 n+1 =an+2, 2a a2+4a+4 n (a+2)2 a2-4a+4 (a-2)2 所以an+1+2=nn=n,an+1-2=nn=n 2an 2an 2an 2an k 若存在k≥2,k∈N*,使得a =2,则a k-1 =2,a k-2 =2,...,a1 =2,与a1 =3矛盾 所以a ≠2,所以an+1+2=(an+2)>0 an+1-2(an-2) 所以1gan+1+2=1g(an+2)=2lgan+2 an+1-2(an-2)an-2 又因为lga1+2=lg5≠0,所以lgan+2≠0 a1-2an-2 所以数列⎧an+2⎫是以lg5为首项,2为公比的等比数列. ⎨lg = ⎩ -2⎬ ②由①可知lg an+2 =lg5⋅2n-1=lg52 n-1 ,所以 an+2 =52 n-1 ,所以a 2(52n-1+1) an-2 an-2 n52n-1-1 由an-2= 4 n-1 >0,得 an+1-2 52n-1-1 n 1 n-1 1 n-1 ,an+1-2< 1(a-2) 52-1 an-2 52-1 52+15255 所以当n≥2时,an -2<1(a 5 n-1 -2)< 1(a 52 n-2 -2)<< 1 5n-1 (a1 -2)= 1, 5n-1 所以Sn -2n=(a1-2)+(a2-2)++(an ⎛1⎫n -2)≤1+1+1 552 ++ 1 5n-1 (当且仅当n=1时取“=”), 1-ç5⎪55 所以S -2n≤⎝⎭=(1-5-n)<,又因为S - 2=1 n1-1441 5 20.(本小题满分16分) 定义: 函数f(x)的导函数为f'(x),函数f'(x)的导函数为f'(x),我们称函数f'(x)称为函数f(x)的二阶导函数;已知p(x)=ex(x2+3),q(x)=ex+ax+2 (1)求函数p(x)的二阶导函数 (2)已知定义在R上的函数g(x)满足: 对任意x∈R,g'(x)>0恒成立.p为曲线y=g(x)上的任意一点: 求证: 除点p外,曲线y=
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