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    2019届江苏省泰州、南通、扬州、苏北四市七市高三第二次模拟考试理科数学试卷含答案(PDF版)

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    2019届江苏省泰州、南通、扬州、苏北四市七市高三第二次模拟考试理科数学试卷含答案(PDF版)

    1、 第 1 页 2019 届高三年级第二次模拟考试 数 学 理 (满分 160 分 , 考试时间 120 分钟 ) 一、 填空题:本大题共 14 小题 , 每小题 5 分 , 共计 70 分 1. 已知集合 A 1, 3, a, B 4, 5, 若 A B 4, 则实数 a 的值为 _ 2. 复数 z 2i2 i(i 为虚数单位 )的实部为 _ 3. 某单位普通职工和行政人员共 280 人 为了解他们在 “ 学习强国 ” APP 平台上的学习情况 , 现用分层抽样的方法从所有职员中抽取容量为 56 的样本 已知从普通职工中抽取的人数为 49, 则该单位行政人员的人数为 _ 4. 从甲、乙、丙、丁

    2、这 4 名学生中随机选派 2 人参加植树活动 , 则甲、乙两人中恰有 1 人被选中的概率为 _ 5. 执行如图所示的伪代码 , 则输出的 S 的值为 _ i 1 S 2 While i0, b0)的右顶点 A(2, 0)到渐近线的距离为 2,则 b 的值为 _ 9. 在 ABC 中 , 已知 C 120, sinB 2sinA, 且 ABC 的面积为 2 3, 则 AB的长为 _ 10. 设 P, A, B, C 为球 O 表面上的四个点 , PA, PB, PC 两两垂直 , 且 PA 2m, PB 3m, PC 4m,则球 O 的表面积为 _m2. 11. 定义在 R 上的奇函数 f(x)

    3、满足 f(x 4) f(x), 且在区间 2, 4)上 , f(x)2 x, 2 x0(a, b, c R) 的解集为 x|3b0), C2与 C1的长轴长 之比为 2 1, 离心率相同 (1) 求椭圆 C2的标准方程; (2) 设点 P 为椭圆 C2上一点 射线 PO 与椭圆 C1依次交于点 A, B, 求证: PAPB为定值; 过点 P 作两条斜率分别为 k1, k2的直线 l1, l2, 且直线 l1, l2与椭圆 C1均有且只有一个公共点 , 求证: k1k 2为定值 第 5 页 19. (本小题满分 16 分 ) 已知函数 f(x) 2lnx 12x2 ax, a R. (1) 当

    4、a 3 时 , 求函数 f(x)的极值; (2) 设函数 f(x)在 x x0处的切线方程为 y g(x), 若函数 y f(x) g(x)是 (0, )上的单调增函数 , 求x0的值; (3) 是否存在一条直线与函数 y f(x)的图象相切于两个不同的点?并说明理由 第 6 页 20. (本小题满分 16 分 ) 已知数列 an的各项均不为零 设数列 an的前 n 项和为 Sn, 数列 a2n的前 n 项和为 Tn, 且 3S2n 4Sn Tn 0, n N*. (1) 求 a1, a2的值; (2) 证明:数列 an是等比数列; (3) 若 ( nan)( nan 1)0), 所以 g(x

    5、) f(x0)(x x0) f(x0)(x00), 记 p(x) f(x) g(x), 则 p(x) f(x) f(x0) f(x0)(x x0)在 (0, )上为单调增函数 , 所以 p(x) f(x) f(x0) 0 在 (0, )上恒成立 , 即 p(x) 2x 2x0 x x0 0 在 ( )0, 上恒成立 .(8 分 ) 法一:变形得 x 2x0(x x0) 0 在 (0, )上恒成立 , 所以 2x0 x0, 又 x00, 所以 x0 2.(10 分 ) 法二:变形得 x 2x x0 2x0在 (0, )上恒成立 , 因为 x 2x 2 x2x 2 2(当且仅当 x 2时 , 等号

    6、成立 ), 所以 2 2 x0 2x0, 所以 ( )x0 2 2 0, 所以 x0 2.(10 分 ) (3) 假设存在一条直线与函数 f(x)的图象有两个不同的切点 T1(x1, y1), T2(x2, y2), 不妨 设 0p(1) 0, 所以 式不可能成立 , 所以假设不成立 , 所以不存在一条直线与函数 f(x)的图象有两个不同的切点 (16分 ) 20.(1) 因为 3S2n 4Sn Tn 0, n N*. 令 n 1, 得 3a21 4a1 a21 0. 因为 a1 0, 所以 a1 1. 令 n 2, 得 3(1 a2)2 4(1 a2) (1 a22) 0, 即 2a22 a

    7、2 0. 因为 a2 0, 所 以 a2 12.(3 分 ) (2) 因为 3S2n 4Sn Tn 0, 所以 3S2n 1 4Sn 1 Tn 1 0, , 得 3(Sn 1 Sn)an 1 4an 1 a2n 1 0, 因为 an 1 0, 所以 3(Sn 1 Sn) 4 an 1 0, (5 分 ) 所以 3(Sn Sn 1) 4 an 0(n 2), 当 n 2 时 , , 得 3(an 1 an) an 1 an 0, 即 an 1 12an. 因为 an 0, 所以 an 1an 12. 又由 (1)知 , a1 1, a2 12, 所以 a2a1 12, 所 以数列 an是以 1

    8、为首项 , 12为公比的等比数列 .(8 分 ) (3) 由 (2)知 , an 12n 1. 因为对任意的 n N*, ( nan)( nan 1)0, 当 n 为奇数时 , n 12n0 不符 (13 分 ) 若 0, 当 n 为奇数时 , n 12nn 12n 1恒成立 , 从而有 n2n恒成立 由 (*)式知 , 当 n 5 且 n 1时 , 有 1n n2n, 所以 0 不符 综上 , 实数 的所有值为 0.(16 分 ) 第 14 页 21.A.由题意 , 得 M 3, 即 1 m2 n 11 1 m2 n 33 , 所以 m 2, n 1, 即矩阵 M 1 22 1 .(5 分

    9、) 矩阵 M的特征多项式 f() 1 2 2 1 ( 1)2 4 0, 解得矩阵 M的另一个特征值为 1.(10 分 ) B.由题意 , 得直线 l 的普通方程为 x y 1 0. 椭圆 C 的普通方程为 x22 y2 1. (4 分 ) 由 联立 , 解得 A(0, 1), B 43, 13 , (8 分 ) 所以 AB 43 02 13 12 4 23 .(10 分 ) C.由柯西不等式 , 得 x2 (2y)2 z2 12 122 12 (x y z)2.(5 分 ) 因为 x2 4y2 z2 16, 所以 (x y z)2 16 94 36, 所以 x y z 6, 当且仅当 x 2y

    10、 z时取等号 .(10 分 ) 22.(1) 由题意 , 知 AB, AD, AP 两两垂直 以 AB , AD , AP 为正交基底 , 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz, 则 B(1, 0, 0), C(1, 2, 0), D(0, 2, 0), P(0, 0, 2), 所以 PB (1, 0, 2), PC (1, 2, 2), PD (0, 2, 2) 设平面 PCD 的法向量 n (x, y, z), 则nPC 0,nPD 0,即x 2y 2z 0,2y 2z 0, 不妨取 y 1, 则 x 0, z 1, 所以平面 PCD 的一个法向量为 n (0, 1, 1) (3 分 )

    11、 设直线 PB 与平面 PCD 所成角为 , 所以 sin |cos PB , n |PB n| |PB | n| 105 , 即直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 105 .(5 分 ) (2) 设 M(a, 0, 0), 则 MA ( a, 0, 0), 设 PN PC , 则 PN ( ), 2, 2 , 因为 AP (0, 0, 2), 第 15 页 所以 MN MA AP PN ( a, 2, 2 2).(8 分 ) 由 (1)知 , 平面 PCD 的一个法向量为 n (0, 1, 1), 因为 MN 平面 PCD, 所以 MN n, 所以 a 0,2 2 2, 解得 12

    12、, a12, 所以 M为 AB 的中点 , N为 PC的中点 .(10 分 ) 23.(1) 当 n 4 时 , 因为 a1, a2, , a4均为非负实数 , 且 a1 a2 a3 a4 2, 所以 a1a2 a2a3 a3a4 a4a1 a2(a1 a3) a4(a3 a1) (a3 a1)(a2 a4)(2 分 ) ( a3 a1)( a2 a4)22 1.(4 分 ) (2) 当 n 4 时 , 由 (1)可知 , 命题成立; 假设当 n k(k 4)时 , 命题成立 , 即对于任意的 k 4, 若 x1, x2, , xk均为非负实数 , 且 x1 x2 xk 2, 则 x1x2 x

    13、2x3 xk 1xk xkx1 1, 则当 n k 1 时 , 设 a1 a2 ak ak 1 2, 不妨设 ak 1 maxa1, a2, , ak, ak 1 令 x1 (a1 a2), x2 a3, xk 1 ak, xk ak 1, 则 x1 x2 xk 2. 由归纳假设 , 知 x1x2 x2x3 xk 1xk xkx1 1.(8 分 ) 因为 a1, a2, a3均为非负实数 , 且 ak 1 a1, 所以 x1x2 xkx1 (a1 a2)a3 ak 1(a1 a2) a2a3 ak 1a1 a1a3 ak 1a2 a1a2 a2a3 ak 1a1, 所以 1 (x1x2 xkx1) (x2x3 xk 1xk) (a1a2 a2a3 ak 1a1) (a3a4 akak 1), 即 a1a2 a2a3 akak 1 ak 1a1 1, 所以当 n k 1 时命题也成立 , 所以由 可知 , 对于任意的 n 4, a1a2 a2a3 an 1an ana1 1.(10 分 ) 第 16 页


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