江苏省无锡市名校2019届高三2月数学测试卷含附加题（含答案解析）

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1、 1 江苏省无锡市名校江苏省无锡市名校 2019 届高三届高三 2 月数学测试卷含附加题月数学测试卷含附加题 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 70 分分.请把答案写在答题卡相应位置上请把答案写在答题卡相应位置上 1已知集合 M1，1， = *| 1 22 :14， +，则 MN 2复数 z（1i）i（i 为虚数单位）的共轭复数为 3某高一学生在确定选修地理的情况下，想从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科进行学习，在 所选的两科中有生物的概率是 4如图是一个算法流程图，则输出的 b 的值为 5已知( 4)( 3 4 ) = 3

2、 3 ， ( 2 ， 3 4 )，则 sin2 6已知正四棱柱的底面边长为 3cm，侧面的对角线长是 35cm，则这个正四棱柱的体积是 cm3 7 在平面直角坐标系中， 四边形 ABCD 是平行四边形， = (1， 2)， = (2，1)， 则 = 8在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 y3x+t 与曲线 yasinx+bcosx（a，b，tR）相切于点（0，1） ， 则（a+b）t 的值为 9已知数列an是等差数列，且 an0，若 a1+a2+a100500，则 a50a51的最大值 10已知 x，y 满足不等式组 + 1 1 2 + 4 1 ，则 = :2的取值范围是 11设双曲线 2

3、 9 2 16 =1 的右顶点为 A，右焦点为 F过点 F 平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交 于点 B，则AFB 的面积为 12已知 a，b 为正实数，函数 f（x）ax3+bx+2x在0，1上的最大值为 4，则 f（x）在1，0上的最小值 为 13在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A（1，1） ，B，C 为圆 O：x2+y24 上的两动点，且 BC23，若 圆 O 上存在点 P，使得 + =m ，m0 成立，则正数 m 的取值范围为 14已知 a，b，c，dR 且满足:3 = ;3 2 =1，则（ac）2+（bd）2的最小值为 2 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小

4、题，共小题，共 90 分分.请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或 演算步骤演算步骤. 15在斜三角形 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c （1）若 2sinAcosCsinB，求 的值； （2）若 sin（2A+B）3sinB，求 的值 16如图，在六面体 ABCDA1B1C1D1中，AA1CC1，A1BA1D，ABAD 求证： （1）AA1BD； （2）BB1DD1 17已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的两个焦点分别为 F1（2，0） ，F2（2，0） ，离心率为 6 3 过焦

5、点 F2的直线 l（斜率不为 0）与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 D，O 为坐标原点，直线 OD 交 椭圆于 M，N 两点 （）求椭圆 C 的方程； （）当四边形 MF1NF2为矩形时，求直线 l 的方程 18如图，墙上有一壁画，最高点 A 离地面 4 米，最低点 B 离地面 2 米观察者从距离墙 x（x1）米，离 地面高 a（1a2）米的 C 处观赏该壁画，设观赏视角ACB （1）若 a1.5，问：观察者离墙多远时，视角 最大？ （2）若 tan= 1 2，当 a 变化时，求 x 的取值范围 19已知函数 f（x）x2+bx+c（b，cR） ，并设() = () ， （

6、1）若 F（x）图象在 x0 处的切线方程为 xy0，求 b、c 的值； 3 （2）若函数 F（x）是（，+）上单调递减，则 当 x0 时，试判断 f（x）与（x+c）2的大小关系，并证明之； 对满足题设条件的任意 b、c，不等式 f（c）Mc2f（b）Mb2恒成立，求 M 的取值范围 20数列an是公差为 d（d0）的等差数列，它的前 n 项和记为 An，数列bn是公比为 q（q1）的等比数 列，它的前 n 项和记为 Bn若 a1b10，且存在不小于 3 的正整数 k，m，使 akbm （1）若 a11，d2，q3，m4，求 Ak （2）若 a11，d2，试比较 A2k与 B2m的大小，并说

7、明理由； （3）若 q2，是否存在整数 m，k，使 Ak86Bm，若存在，求出 m，k 的值；若不存在，说明理由 附加题附加题 21已知矩阵 = ， = 10 0 1 2 ，且();1= 1 4 0 02 ，求矩阵 M 22在极坐标系中，设直线 = 3与曲线 210cos+40 相交于 A，B 两点，求线段 AB 中点的极坐标 23 “回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数， 如 22， 121， 3553 等 显然 2 位“回文数”共 9 个： 11，22，33，99现从 9 个不同 2 位“回文数”中任取 1 个乘以 4，其结果记为 X；从 9 个不同 2 位“回 文数”中任取 2

8、 个相加，其结果记为 Y （1）求 X 为“回文数”的概率； （2）设随机变量 表示 X，Y 两数中“回文数”的个数，求 的概率分布和数学期望 E（） 24设 n3，nN*，在集合1，2，n的所有元素个数为 2 的子集中，把每个子集的较大元素相加，和 记为 a，较小元素之和记为 b （1）当 n3 时，求 a，b 的值； （2）求证：对任意的 n3，nN*， 为定值 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共 14 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 70 分分.请把答案写在答题卡相应位置上请把答案写在答题卡相应位置上 1集合 N 中的不等式可化为：2 12x+122， 因为 21，

9、所以指数函数 y2x为增函数，则1x+12 即2x1，由 xZ 得到 x 的值可以是1 和 0 所以 N1，0，则 MN1，11，01 故答案为：1 2复数 z（1i）i1+i 它的共轭复数是 1i， 故答案为：1i 3某高一学生在确定选修地理的情况下， 4 想从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科进行学习， 基本事件总数 n= 5 2 =10， 在所选的两科中有生物包含的基本个数 m= 1 141 =4， 在所选的两科中有生物的概率是 p= = 4 10 = 2 5 故答案为：2 5 4模拟程序的运行，可得 a0，b1 满足条件 a15，执行循环体，a1，b3 满足条件 a15，执行循环

10、体，a5，b5 满足条件 a15，执行循环体，a21，b7 此时，不满足条件 a15，退出循环，输出 b 的值为 7 故答案为：7 5因为 sin（3 4 ）sin1 2 + ( 4 )cos（ 4 ）cos（ 4） ， 所以由( 4)( 3 4 ) = 3 3 ，可得2( 4) = 1:(2;1 2) 2 = 1:2 2 = 3 3 ， 则 sin2= 23 3 1 故答案为：23 3 1 6设正四棱柱的高为 h， 正四棱柱的底面边长为 3cm，侧面的对角线长是 35cm， 32+ 2=35， 解得 h6（cm） ， 这个正四棱柱的体积 VSh3 3 654（cm3） 故答案为：54 7平行

11、四边形 ABCD 中， = (1， 2)， = (2，1)， 则 = （ + ）2 （1+2）+1 （2+1）5 故答案为：5 8根据题意得，t1 yacosxbsinx kacos0bsin0a 5 a3，bcos01 a3，b1 故答案为 4 9a1+a2+a100500= 100(50:51) 2 ，a50+a5110an0 则 a50a51 (10 2 )2=25，当且仅当 a50a515 时取等号 故答案为：25 10x，y 满足不等式组 + 1 1 2 + 4 1 ，表示一个三角形区域（包含边界） ，三角形的三个顶点的坐标分别为 A（2，3） ，B（1，2） ，C（1，7 2） =

12、 :2的几何意义是点（x，y）与 P（2，0）连线的斜率，由于 PB 的斜率为 2 3，PC 的斜率为 7 2 1:2 = 7 6 所以 = :2的取值范围是 2 3， 7 6 故答案为：2 3， 7 6 11a29，b216，故 c5， A（3，0） ，F（5，0） ， 不妨设 BF 的方程为 y= 4 3（x5） ， 代入双曲线方程解得：B（17 5 ， 32 15） SAFB= 1 2|AF|yB|= 1 22 32 15 = 32 15 故答案为：32 15 6 12a，b 为正实数，函数 f（x）ax3+bx+2x， f（x）在 R 上是增函数， f（x）在0，1上的最大值 f（1）

13、a+b+24， a+b2 f（x）在1，0上的最小值 f（1）（a+b）+2 12+1 2 = 3 2 f（x）在1，0上的最小值是 3 2 故答案为： 3 2 13设 BC 中点为 D，则 OD= 4 3 =1， 即 D 点轨迹方程为：x2+y21， 由 + = （m0）得2 = ， 设 D（x0，y0） ，P（x1，y1） ， 则02+ 02= 1，12+ 12= 4， 且 2（x01，y01）m（x1，y1） ， 2(0 1) = 1 2(0 1) = 1， 4(0 1)2+ 4(0 1)2= 212+ 222， (0 1)2+ (0 1)2= 2， 即(0 1)2+ (0 1)2= ，

14、 故 m 表示点 A（1，1）到（x0，y0）的距离， OA= 2， 2 1 2 + 1， 又m 为正实数，0m 2 +1， 故答案为：(0，2 + 1 7 14因为:3 = ;3 2 =1，所以可将 P： （a，b） ，Q： （c，d）分别看成函数 yx+3lnx 与 y2x+3 上任意一 点， 问题转化为曲线上的动点 P 与直线上的动点 Q 之间的最小值的平方问题， 设 M（t，t+3lnt）是曲线 yx+3lnx 的切点，因为 y1+ 3 ， 故点 M 处的切斜的斜率 k1+ 3 ， 由题意可得 1+ 3 =2，解得 t3， 也即当切线与已知直线 y2x+3 平行时，此时切点 M（3，3

15、+3ln3）到已知直线 y2x+3 的距离最近， 最近距离 d= |6;3;33:3| 5 = 6;33 5 ， 也即（ac）2+（bd）2= 9(2;3)2 5 = 9 5ln 22 3 ， 故答案为：9 5ln 22 3 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 90 分分.请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或 演算步骤演算步骤. 15 （1）2sinAcosCsinB，2sinAcosCsin（A+C）sinAcosC+cosAsinC， 于是 sinAcosCcosAsinC0，即 s

16、in（AC）0 因为 A，C 为三角形的内角，所以 AC（，） ，从而 AC0， 所以 ac，故 =1（7 分） （2）sin（2A+B）3sinB，sin（A+B）+A3sin（A+B）A， 故 sin（A+B）cosA+cos（A+B）sinA3sin（A+B）cosA3cos（A+B）sinA， 故 4cos（A+B）sinA2sin（A+B）cosA，tanA= 1 2tan（A+B）= 1 2tanC， = 1 2 16 （1）取 BD 中点 E，连接 AE、A1E ABD 中，ABAD，E 为 BD 中点 AEBD，同理可得 A1EBD， AE、A1E平面 A1AE，AEA1EE

17、BD平面 A1AE， AA1平面 A1AE，AA1BD； （2）AA1CC1，AA1平面 AA1B1B，CC1平面 AA1B1B， 8 CC1平面 AA1B1B CC1平面 CC1B1B，平面 CC1B1B平面 AA1B1BBB1 BB1CC1，同理可得 DD1CC1， BB1DD1 17 （I）由已知可得： = 2 = 6 3 2= 2+ 2 ， 解得 a26，b22， 椭圆 C 的方程为 2 6 + 2 2 = 1； （II）由题意可知直线 l 的斜率存在， 设直线 l 方程为 yk（x2） ，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，M（x3，y3） ，N（x3，y3） 联立 2 6 +

18、2 2 = 1 = ( 2) ，化为（1+3k2）x212k2x+12k260， x1+x2= 122 1:32，y1+y2k（x1+x24）= ;4 1:32， 线段 AB 的中点 D( 62 1:32 ， ;2 1:32)， 直线 OD 的方程为：x+3ky0（k0） 联立 + 3 = 0 2+ 32= 6，解得3 2 = 2 1:32，x33ky3 四边形 MF1NF2为矩形， 2 2 =0， （x32，y3）（x32，y3）0， 4 3 2 3 2 =0， 4 2(92:1) 1:32 =0，解得 k= 3 3 ， 故直线方程为 y= 3 3 ( 2) 18 （1）如图，作 CDAF

19、于 D，则 CDEF， 设ACD，BCD，CDx，则 ， 9 在 RtACD 和 RtBCD 中，tan= 2.5 ，tan= 0.5 ， 则 tantan（）= ; 1: = 2 2:1.25（x0） ， 令 u= 2 2:1.25，则 ux 22x+1.25u0， 上述方程有大于 0 的实数根，0， 即 44 1.25u20，u 1 1.25，即（tan）max= 1 1.25， 正切函数 ytanx 在（0， 2）上是增函数， 视角 同时取得最大值， 此时，x= 2 2 = 1.25， 观察者离墙1.25米远时，视角 最大； （2）由（1）可知，tan= 1 2 = 4 ;2 1:4 2

20、 = 2 2:8;6:2， 即 x24x+4a2+6a4， （x2）2（a3）2+5， 1a2， 1（x2）24， 化简得：0x1 或 3x4， 又x1， 3x4 19 （1）因为() = 2: ，所以() = ;2:(2;):(;) ， 又因为 F（x）图象在 x0 处的切线方程为 xy0， 所以 (0) = 0 (0) = 1，即 = 0 = 1，解得 b1，c0 （2）因为 F（x）是（，+）上的单调递减函数，所以 F（x）0 恒成立， 即x2+（2b）x+（bc）0 对任意的 xR 恒成立， 所以（2b）2+4（bc）0，所以4 2+ 4 22 4 = 4| 4，即 cb 且 c1，

21、10 令 g（x）f（x）（x+c）2（b2c）xc（c1） ，由 b2c0，知 g（x）是减函数， 故 g（x）在0，+）内取得最大值 g（0） ，又 g（0）c（c1）0， 所以 x0 时，g（x）g（0）0，即 f（x）（x+c）2 由知，c|b|0，当|b|c 时，bc 或 bc， 因为 b2+44c0，即 c2+44c0，解得 c2，b2 或 b2，所以 f（x）x2 2x+2， 而 f（c）f（b）c2+bc+cb2b2cc2+bc2b2（c+2b） （cb） ， 所以 f（c）f（b）8 或 0， 不等式 f（c）Mc2f（b）Mb2等价于 f（c）f（b）M（c2b2） ， 变

22、为8M0 或 0M0 恒成立，MR， 当|b|c 时，c|b|，即 c2b20，所以不等式 f（c）Mc2f（b）Mb2恒成立等价于 ();() 2;2 恒成 立，等价于 ();() 2;2 )， 而();() 2;2 = (:2)(;) (:)(;) = :2 : = 2 1 1: ， 因为 c|b|，| |1，所以1 1，所以01 + 2，所以 1 1: 1 2， 所以();() 2;2 2 1 2 = 3 2，所以 3 2 20 （1）由 a11，d2，q3，可得 an2n1，bn3n 1， akb43327，即 2k127，解得 k14，A1414+ 1413 2 2196； （2）依

23、题意，a11，d2，可得 an2n1，Ann2， A2k4k2，且 qm 12k1，显然 q1 又 B2m= 1;2 1; = 1 ;1（2k1） 2q21， 所以 B2mA2k= 1 ;1（2k1） 2q214k2= 1 ;1（2k1） 2q24qk2+（4k21）， 设 f（x）（2k1）2x24xk2+（4k21） ，f（1）（2k1）2x21， 它是关于 x 的二次函数，它的图象的开口向上， 它的对称轴方程 x= 42 2(2;1)2 1，故 f（x）是（1，+）上的增函数， 所以当 x1 时 f（x）f（1）0，即 B2mA2k0，所以 A2kB2m （3）依题意：akbma12m

24、1， 由 Ak86Bm得：1: 2 k861; 1; ， 即1:12 1 2 k861;2 1 1;2 ， 11 可得 2m= 486:2 486; = 1286 486; 2， 所以 344k= 516 21:1， 因为 29512，故 m19，且 5164 1294 3 43，且 2m 1+1 为奇数， 则其中 2m 1+1129 时，516 21:1是整数， 故 m17，可得存在 m8 且 k340 附加题附加题 21由题意，();1= 1 4 0 02 ，则 = 4 0 0 1 2 4 分 因为 = 1 0 0 1 2 ，则;1= 1 0 026 分 所以矩阵 = 4 0 0 1 2

25、1 0 02 = 40 0110 分 22方法一：将直线 = 3化为普通方程得， = 3x， 将曲线 210cos+40 化为普通方程得，x2+y210x+40， 联立 = 3 2+ 2 10 + 4 = 0并消去 y 得，2x 25x+20， x1+x2= 5 2， AB 中点的横坐标为1:2 2 = 5 4，纵坐标为 53 4 ， =(5 4) 2+ (53 4 )2= 5 2 化为极坐标为(5 2， 3) 方法 2：联立直线 l 与曲线 C 的方程组 = 3 2 10 + 4 = 0， 消去 ，得 25+40， 解得 11，24， 线段 AB 中点的极坐标为(1:2 2 ， 3)，即(

26、5 2， 3) 23 （1）记“X 是回文数”为事件 A 9 个不同 2 位“回文数”乘以 4 的值依次为：44，88，132，176，220，264，308， 352，396其中“回文数”有：44，88 所以，事件 A 的概率() = 2 93 分 （2）根据条件知，随机变量 的所有可能取值为 0，1，2 12 由（1）得() = 2 95 分 设“Y 是回文数”为事件 B，则事件 A，B 相互独立 根据已知条件得，() = 20 9 2= 5 9 ( = 0) = ()() = (1 2 9)(1 5 9) = 28 81； ( = 1) = ()() + ()() = (1 2 9) 5

27、 9 + 2 9(1 5 9) = 43 81； ( = 2) = ()() = 2 9 5 9 = 10 818 分 所以，随机变量 的概率分布为 0 1 2 P 28 81 43 81 10 81 所以，随机变量 的数学期望为：() = 0 28 81 + 1 43 81 + 2 10 81 = 7 910 分 24 （1）解：当 n3 时，集合1，2，3的所有元素个数为 2 的子集 为1，2，1，3，2，3， 即有 a2+3+38，b1+1+24； （2）证明：对任意的 n3，nN*， 为定值 1 2 运用数学归纳法证明 当 n3 时，由（1）可得 a8，b4， 为 1 2，成立； 假设 nk 时， 为定值 1 2， 则 nk+1 时， aa+（k+1）k， bb+（1+2+3+k）b+ 1 2k（1+k） ， 由 a2b， 可得 a2b+k（1+k）2b， 则 nk+1 时，结论仍然成立 故对任意的 n3，nN*， 为定值