2019届江苏省徐州市高三第一学期期中模拟试卷数学

数 学 I

注 意 事 项

考生在答题前认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共4页，均为非选择题(第1题～第20题，共20题)。本试卷满分160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题纸一并交回。

2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用的0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题纸上的规定位置。

3.作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题纸上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。

4.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

一、 填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案直接填写在答卷纸相应的．．．

位置)

1. 已知集合A0,1,2,7，Byy7x,xA，则AB ▲ ．

2. 设复数z满足zi3i（i为虚数单位），则z为 ▲ ．

3. 一组数据共40个，分为6组，第1组到第4组的频数分别为10,5,7,6，第5组的频率

为0.1，则第6组的频数为 ▲ ．

4. 如图所示的流程图，若输入x的值为5.5，则输出的结 果c ▲ ． 5. 函数y2x12，x,2的值域为 ▲ ．

6. 某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择 其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率 为 ▲ ．

x0y7.已知x,y满足y0，则k的最大值为 ▲ ．

x1xy1x2y2P为该双曲线上一点，8.设双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1，F2，

ab若PF1与x轴垂直，cosPF2F112,则该双曲线的离心率为 ▲ ． 13S 第 1 页 （共16页）

9. 已知一个圆锥母线长为2，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为 ▲ ．

A,B,C所对边的长分别为a，10. 在△ABC中，b，c．已知a＋2c＝2b，sinB＝2sinC，

则cosC＝ ▲ ．

11. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线ykx被圆xy2mx23my3m10 截得的弦长是定值（与实数m无关），则实数k的值为 ▲ ．

222x2y212. 已知正实数x,y满足xy1，则的最小值为 ▲_ ． x2y1ax1,13. 已知函数f(x)2(xa),x≤1,函数g(x)2f(x)，若函数yf(x)g(x) x1,恰有4个不同的零点，则实数a的取值范围为 ▲ ．

xxymaxx,y14.对于实数x,y，定义：，已知数列an满足a1aa0，a21，yxyan2an2maxan1,2nN，设Sn表示数列an的前n和，若S1539，则

S2018S20的值为 ▲ .

S18二、解答题(本大题共6个小题，共90分，请在答题卷区域内作答，解答时应写出文字说明、

证明过程或演算步骤) 15．(本题满分14分)

已知mcos,sin,n3,1,0,.

 （1）若mn，求角的值； （2）求|mn|的最小值.

16．(本题满分14分)

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，点M为棱A1B1的中点． 求证：

（1）AB//平面A1B1C； （2）平面C1CM平面A1B1C．

S 第 2 页 （共16页）

C1

M A1

B1

C A

（第16题）

B

17．(本题满分14分)

如图，是一个半径为2千米，圆心角为

的扇形游览区的平面示意图．点C是半径OB上3一点，点D是圆弧AB上一点，且CD//OA．现在线段OC、线段CD及圆弧DB三段所示位置设立广告位，经测算广告位出租收入是：线段OC处每千米为2a元，线段CD及圆弧

DB处每千米均为a元．设AODx弧度，广告位出租的总收入为y元．

（1）求y关于x的函数解析式，并指出该函数的定义域；

（2）试问x为何值时，广告位出租的总收入最大，并求出其最大值．

18．(本题满分16分)

O

（第17题）

A

C

D

B x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:221(ab0)的下顶点为B，点

abM,N是椭圆上异于点B的动点，直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q，且点Q是线

段OP的中点．当点N运动到点(3,（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设直线MN交y轴于点D，当点M,N均在y轴右侧，且DN2NM时，求直

线BM的方程．

S 第 3 页 （共16页）

233,0)． )处时，点Q的坐标为(32y D N Q O B 第18题图 P M x

19．(本题满分16分)

已知函数f(x)xlnx， g(x)lnx（1）求函数g(x)的极值； （2）已知x10，函数h(x)调性；

（3）设0x1x2，试比较f(

20．(本题满分16分)

设数列{an}的各项均为不等的正整数，其前n项和为Sn，我们称满足条件“对任意的

a，（a0）． xf(x)f(x1)， x(x1,)，判断并证明h(x)的单

xx1x1x21)与[f(x1)f(x2)]，并加以证明．

22m，nN*，均有(nm)Snm(nm)(SnSm)”的数列{an}为“好”数列．

（1）试分别判断数列{an}，其中an2n1，{bn}是否为“好”数列，bn2并给出证明；

（2）已知数列{cn}为“好”数列．

① 若c20172018，求数列{cn}的通项公式；

② 若c1p，且对任意给定正整数p，s（s1），有c1，cs，ct成等比数列， 求证：t≥s．

2n1nN，，

*

S 第 4 页 （共16页）

第Ⅱ卷（附加题 共40分）

注 意 事 项

考生在答题前认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共2页，均为非选择题(第21题～第23题)。本试卷满分40分，考试时间为30分钟。考试结束后，请将本试卷和答题纸一并交回。

2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号用的0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题纸上的规定位置。

3.作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题纸上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。

4.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

21.【选做题】在A，B，C，D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A．选修4—1 几何证明选讲

如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，BCBD，BA、CD的延长线交于点E．求

F B 证：AE平分DAF．

A

B．选修4—2 矩阵与变换

已知矩阵AC D （第21—A题）

E 21102，向量．求向量a，使得Aab． b012

C．选修4—4 参数方程与极坐标

在直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程是x3cos1，（是参数）．若以O

y3sin3为极点，x轴的正半轴为极轴，取与直角坐标系中相同的单位长度，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin()2．求直线l被曲线C截得的线段长．

4

D．选修4—5 不等式证明选讲

已知正数a,b,c满足2a3b6c2，求

S 第 5 页 （共16页）

321的最小值． abc

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分. 22．(本小题满分10分)

某校举办校园科技文化艺术节，在同一时间安排《生活趣味数学》和《校园舞蹈赏析》两场讲座.已知A、B两学习小组各有5位同学，每位同学在两场讲座任意选听一场.若A组1人选听《生活趣味数学》，其余4人选听《校园舞蹈赏析》；B组2人选听《生活趣味数学》，其余3人选听《校园舞蹈赏析》.

（1）若从此10人中任意选出3人，求选出的3人中恰有2人选听《校园舞蹈赏析》的

概率；

（2）若从A、B两组中各任选2人，设X为选出的4人中选听《生活趣味数学》的人

数，求X的分布列和数学期望E(X).

23．(本小题满分10分)

如图，在平行四边形ABCD中，AB1，AD2，ABCπ，四边形ACEF为矩形，

3平面ACEF平面ABCD，AF1，点M在线段EF上运动，且EMEF． （1）当1时，求异面直线DE与BM所成角的大小；

2（2）设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为（0≤π），求cos的取值范

2F 围． M

A

D

E

B

( 第23题 )

C

S 第 6 页 （共16页）

江苏省徐州市2019届高三第一学期期中模拟试卷

数学参与评分细则

一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，) 1. 0,7 2. 2 3. 8 4. 25 5. 1 6.

13 7. 1 8. 429.

313 10. 11.3 12. 13. (2,3] 14. 118

3443二、解答题(本大题共6个小题，共90分) 15．(本题满分14分)

（1）因为mcos,sin,n3,1，且mn

所以3cossin0， …………2

分

即tan3，又(0,)， …………4分

所以， …………6分 3（2）因为mn(cos3,sin1)， …………8分 所以mncos32sin1523cos2sin

2=54cos() …………12分

6 因为(0,，所以 故当分

16．(本题满分14分)

S 第 7 页 （共16页）

7(,)， 666时，mn取到最小值1 ………146 证明：（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，AB//A1B1， …… 2

分

又AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，

所以AB//平面A1B1C． …… 5分 （2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面A1B1C1，

又A1B1平面A1B1C1，所以CC1A1B1． 分

因为ACBC，所以AC11B1C1．

又因为点M为棱A1B1的中点，所以C1MA1B1． 分

又CC1C1MC1，CC1，C1M平面C1CM，

所以A1B1平面C1CM． 分

又A1B1平面A1B1C，

所以平面C1CM平面A1B1C． 17．(本题满分14分)

（1）因为CD∥OA，所以ODCAODxrad，

在△OCD中，OCD23，COD3x，OD2km， 由正弦定理得

OCCDsinx243， sin(x)sin2333 （注：正弦定理要呈现，否则扣2分） 得OC43433sinx km，CD3sin(3x) km． S 第 8 页 （共16页）

…… 7 …… 9 …… 12 …… 14分 …………4分 …………5分 又圆弧DB长为2(x) km． 3 所以y2a4343sinxa[sin(x)2(x)] 3333)，x(0，)． …………14分 33 2a(3sinxcosxx18．(本题满分16分) 解：（1）由

N(3,32),Q(3,0)，得直线NQ的方程为23y3x3． …………………2分 2令x0，得点B的坐标为(0,3)．

x2y21． …………………4所以椭圆的方程为2a3分

(3)3)代入，得2a2x2y21． …………………8所以椭圆C的标准方程为43将点N的坐标(3,分

（2）方法一：设直线BM的斜率为k(k0)，则直线BM的方程为ykx3．

在ykx3中，令y0，得xP所以直线BN的斜率kBNkBQ分

2(32)21，解得a24． 333，而点Q是线段OP的中点，所以xQ． k2k0(3)2k． ………………10

302kykx383k联立x2y2，消去y，得(34k2)x283kx0，解得xM． 234k134163k． ………………12分

316k2又DN2NM，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN． ………………

用2k代k，得xN14分

故283k163k6k0，又，解得． 3k34k2316k22S 第 9 页 （共16页）

所以直线BM的方程为y16分

6x3． ………………2方法二：设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)．

由B(0,3)，得直线BN的方程为y同理，得xQ3x1y13令y0，得xP． x3，y13x13x2．

y23而点Q是线段OP的中点，所以xP2xQ，故分

3x123x2． ……………10y13y234123又DN2NM，所以x22(x1x2)，得x2x10，从而，

3y13y2343． …………………12分 y1332xx123x12(4y13)2将代入到椭圆C的方程中，得1．

92743yy2133y124(1)y12(4y13)223)，所以又x14(11，即3y122y130，

39273423解得y13（舍）或y1．又x10，所以点M的坐标为M(,)．…

333解得y214分

故直线BM的方程为y分

19．(本题满分16分) 解：（1）g'(x)6x3． …………………1621axa22，令g'(x)0，得xa． xxx当x(0,a)时，g'(x)0，g(x)是减函数； 当x(a,)时，g'(x)0，g(x)是增函数．

∴当xa时，g(x)有极小值lna1，g(x)无极大值． …………4分

S 第 10 页 （共16页）

（2）h'(x)f'(x)(xx1)f(x)f(x1) 2(xx1)x11(1)(xx1)xlnxx1lnx1lnx1lnx1xx==， 22(xx1)(xx1)由（1）知(x)x1lnx在[x1,)上是增函数， x当x(x1,)时，(x)(x1)， 即

x1lnx1lnx1， x∴h'(x)0，即h(x)在(x1,)上是增函数． …………10分

（3）0x1xx2，由（2）知，h(x)f(x)f(x1)在(x1,)上是增函数，

xx1则

f(x2)f(x1)f(x)f(x1)，

x2x1xx1x1x2xx21)[f(x1)f(x2)]． …………16得，f(1222令x分

20．(本题满分16分)

（1）若an2n1，则Snn2，所以(nm)Snm(nm)(nm)2，

而(nm)(SnSm)(nm)(n2m2)(nm)2(nm)， 所以(nm)Snm(nm)(SnSm)对任意的m，nN*均成立，

即数列{an}是“好”数列； ………… 2分 若bn2n1，取n2，m1，

则(nm)SnmS37，(nm)(SnSm)3b26， 此时(nm)Snm(nm)(SnSm)，

S 第 11 页 （共16页）

即数列{bn}不是“好”数列． …………4分 （2）因为数列{cn}为“好”数列，取m1，则

(n1)Sn1(n1)(SnS1)，即2Sn(n1)an1(n1)a1恒成立．

当n≥2，有2Sn1(n2)anna1，

两式相减，得2an(n1)an1(n2)ana1（n≥2）， 即nan(n1)an1a1（n≥2）， 所以(n1)an1(n2)ana1（n≥3）， 所以nan(n1)an1(n1)an1(n2)an，

即(2n2)an(n1)an1(n1)an1，即2anan1an1（n≥3）， 当n2时，有2S2a33a1，即2a2a3a1， 所以2anan1an1对任意n≥2，nN*恒成立，

所以数列{cn}是等差数列． …………8分 设数列{cn}的公差为d，

① 若c20172018，则c12016d2018，即d2018c1，

2016因为数列{cn}的各项均为不等的正整数，所以dN*，

所以d1，c12，所以cnn1． ………… 12分

② 若c1p，则cndnpd，

由c1，cs，ct成等比数列，得cs2=c1ct，所以(dspd)2p(dtpd)， 即(pd)(2dspdp)d(ds2pt)0 化简得，p(t12s)d(s1)2，

sp． …… 14分 即dt122(s1)S 第 12 页 （共16页）

sN*， 因为p是任意给定正整数，要使dN*，必须t122(s1)s，由于s是任意给定正整数， 不妨设kt122(s1)所以tk(s1)22s1≥(s1)22s1s2． …… 16分 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．(几何证明选讲，本小题满分10分) 证明：因为四边形ABCD是圆的内接四边形，

所以EADBCD． …… 2分 因为BCBD，所以BCDBDC． …… 4分 又BACEAF， …… 6分 BACBDC， …… 8分

所以EADEAF，即AE平分DAF． B．(矩阵与变换，本小题满分10分)

解：A221214301， 0101 设ax，由

2yAab得4301x10y2， 即4x3y10， y2解得x1，所以a1 y22C．(极坐标与参数方程，本小题满分10分)

解：由x3cos1,得y3sin3,x13cos,y33sin,

两式平方后相加得(x1)2(y3)29． 所以曲线C是以(1,3)为圆心，半径等于3的圆．

直线l的直角坐标方程为xy20， 分

圆心C到l的距离是d|132|22， S 第 13 页 （共16页）

…… 10分 …………4分 …………8分

…………10分

…………4分 …………6 所以直线l被曲线C截得的线段长为29227． …………10分 D．(不等式选讲，本小题满分10分)

解：由于a,b,c0，所以 (a3213321(ab3c)() abc2abc33213c)2(333)227 a2bc3ba23c 当且仅当，即a:b:c3:2:1时，等号成立.

321abc 所以

321的最小值为27. …… 10分 abc22．(本题满分10分)

⑴设“选出的3人中恰2人选听《校园舞蹈赏析》”为事件M，

21C7C321则P(M)， 3C1040答：选出的3人中恰2人选听《校园舞蹈赏析》的概率为分

⑵X可能的取值为0,1,2,3，

21. ……………34011221122C1C4C3C4C2C312C4C39， P(X0)=22，P(X1)22C5C525C5C5501123C1CC1，故P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3). P(X3)242210C5C525所以X的分布列为：

X 0 1 2 3 P 9 5012 253 101 25……………8分

所以X的数学期望

E(X)0912316123502510255. z F M E …………10分 23．(本题满分10分)

解：（1）在△ABC中，AB1，BCAD2，

S 第 14 页 （共16页）

A D

B x C y ABCπ，则AC3，所以AB2AC2BC2，即BAC90．

3因为四边形ACEF为矩形，所以FAAC， 因为平面ACEF平面ABCD，平面ACEF

所以FA平面ABCD． …… 2分 建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，D(1,3,0)，

平面ABCDAC，FA平面ACEF，

E(0,3,1)，F(0,0,1)，

当1时，EM1EF，所以M(0,3,1)．

222所以BM(1,3,1)，DE(1,0,1)，

2所以BMDE(1,0,1)(1,3,1)0，

2所以BMDE，

即异面直线DE与BM所成角的大小为90． （2）平面ECD的一个法向量n1(0,1,0)， 设M(x0,y0,z0)，

由EM(0,3,0)(0,3,0)(x0,y03,z01)，

x00，得y03(1)，即M(0,3(1),1)， z1，0所以BM(1,3(1),1)，BC(1,3,0)． 设平面MBC的法向量n2(x,y,z)，

n2BC,x3y0,因为即

x3(1)yz0,n2BM,取y1，则x3，z3，

所以平面MBC的一个法向量n2(3,1,3)，

S 第 15 页 （共16页）

nn1因为0≤π，所以cos12．

22n1n2431． …………10分 因为0≤≤1，所以cos7，72S 第 16 页16页）

（共