江苏省苏州、无锡、常州、镇江四市2024届高三下学期教学情况调研

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应．．．．．．．写出文字说明、证明过程或演算步骤.

22.如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PD垂直于底面ABCD，PD?AD?2AB，点Q为线段PA（不含端点）上一点.

（1）当Q是线段PA的中点时，求CQ与平面PBD所成角的正弦值； （2）已知二面角Q?BD?P的正弦值为

23，求

PQPA的值.

23.在含有n个元素的集合An?{1,2,???,n}中，若这n个元素的一个排列（a1，a2，…，an）满足

ai?i(i?1,2,???,n)，则称这个排列为集合An的一个错位排列（例如：对于集合A3?{1,2,3}，排列(2,3,1)是

A3的一个错位排列；排列(1,3,2)不是A3的一个错位排列）.记集合An的所有错位排列的个数为Dn.

（1）直接写出D1，D2，D3，D4的值；

（2）当n?3时，试用Dn?2，Dn?1表示Dn，并说明理由；

*（3）试用数学归纳法证明：D2n(n?N)为奇数.

·6·

2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）

数学Ⅰ试题参考答案

一、填空题

1. {1} 2. 5 3. y??32x 4. 63 5.

31613

6. 25 7.

433 8. 8 9. 26 10.

11. a?e?4 12. 6 13. ?,5? 14. [0,1)

?3??1?二、解答题

15.解：（1）由题意sin??所以a?b?4524545，cos???43235，

?4?cos?sin2sin??sin(a?)?2sin??sin?cos?4

???22?35?22?2.

?4)?1，即（2）因为a//b，所以2sin?sin(a?sin??sin?cos??1，

22sin?(sin?cos?4?cos?sin?4)?1，所以

则sin?cos??1?sin2??cos2?，对锐角?有cos??0，所以tan??1， 所以锐角???4.

16.证明：（1）连结MN，正三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1//CC1且AA1?CC1，则四边形AA1C1C是平行四边形，因为点M、N分别是棱A1C1，AC的中点，所以MN//AA1且MN?AA1，

又正三棱柱ABC?A1B1C1中AA1//BB1且AA1?BB1，所以MN//BB1且MN?BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B1M//BN，又B1M?平面A1BN，BN?平面A1BN， 所以B1M//平面A1BN；

·7·

（2）正三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1?平面ABC，

BN?平面ABC，所以BN?AA1，

正?ABC中，N是AB的中点，所以BN?AC，又AA1、AC?平面AA1C1C，AA1所以BN?平面AA1C1C，又AD?平面AA1C1C， 所以AD?BN， 由题意，AA1?6，AC?2，AN?1，CD?63AC?A，

，所以AA1AC?ANCD?32，

又?A1AN??ACD??2，所以?A1AN与?ACD相似，则?AA1N??CAD，

?2所以?ANA1??CAD??ANA1??AA1N?则AD?A1N，又BN所以AD?平面A1BN.

???17.解：（1）由题意得????3a2，

A1N?N，BN，A1N?平面A1BN，

?14b34b221a2?1?1?2??a4，解得?，

?1?1?12??b?1所以椭圆C的标准方程为

x24?y2?1；

（2）由题意知A(0,?1)，直线l1，l2的斜率存在且不为零，

?y?k1x?111,)， 设直线l1：y?k1x?1，与直线y?x联立方程有?，得E(k?1k?1y?x11?·8·

设直线l2：y??1k1x?1，同理F(1?1k1,?1?11k1?1)，

因为OE?OF，所以|1k1?1|?|?11k1?1|，

①

1k1?1??11k11?1k1?1?1，k1?1k1?0无实数解；

②

1k1?1?，k1?1k1?2，k1?2k1?1?0，解得k1?1?22，

综上可得，直线l1的斜率为1?2. 2?3?18.解：（1）设?OPQ??，由题，Rt?OAQ中，OA?3，?AQO????AQC???所以OQ?3?3，

，在?OPQ中，OP?3，?POQ?OQsin?OPQOPsin?OQP?2????2??3??6，

由正弦定理得

?，

即3sin??3sin(?????6，所以3sin??sin(????)?6)?sin(5?6??)，

则3sin??sin5?6cos??cos5?6sin??12cos??32sin?，所以3sin??cos?，

因为?为锐角，所以cos??0，所以tan??33，得???2?6；

?2（2）设?OPQ??，在?OPQ中，OP?3，?POQ?OQsin?OPQOPsin?OQP3sin??????3??6，

由正弦定理得

?，即

?3sin(????(?2，

??))所以3sin??sin(????(?2??))?sin(?2?(???))?cos(???)?cos?cos??sin?sin?，

从而(3?sin?)sin??cos?cos?，其中3?sin??0，cos??0，

·9·

所以tan??cos?3?sin?cos?3?sin?，

记f(?)?，f'(?)?1?3sin?2，??(0,?2)；

(3?sin?)33令f'(?)?0，sin??，存在唯一?0?(0,?2)使得sin?0?33，

当??(0,?0)时f'(?)?0，f(?)单调增，当??(?0,所以当???0时，f(?)最大，即tan?OPQ最大，

?2)时f'(?)?0，f(?)单调减，

又?OPQ为锐角，从而?OPQ最大，此时sin??33. 答：观赏效果达到最佳时，?的正弦值为

33.

19.解：（1）函数y?g(x)的定义域为(0,??).当a?0，b??2，f(x)?x?2x?c， ∵f(x)?g(x)恒成立，∴x3?2x?c?lnx恒成立，即c?lnx?x3?2x.

1x3令?(x)?lnx?x?2x，则?'(x)?3?3x?2?21?2x?3xx3?(1?x)(1?3x?3x)x2，

令?'(x)?0，得x?1，∴?(x)在(0,1]上单调递增， 令?'(x)?0，得x?1，∴?(x)在[1,??)上单调递减， ∴当x?1时，[?(x)]max??(1)?1. ∴c?1.

（2）①当b??3时，f(x)?x?ax?3x?c，f'(x)?3x?2ax?3. 由题意，f'(x)?3x?2ax?3?0对x?(?1,1)恒成立，

?f'(1)?3?2a?3?0?f'(?1)?3?2a?3?02322∴?，∴a?0，即实数a的值为0.

②函数y?h(x)的定义域为(0,??).

当a?0，b??3，c?2时，f(x)?x?3x?2.

f'(x)?3x?3，令f'(x)?3x?3?0，得x?1.

223·10·

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数学Ⅰ试题

一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上. ．．．．．．．．

1.已知集合A?{?1,1}，B?{?3,0,1}，则集合AB? ．

2.已知复数z满足z?i?3?4i（i为虚数单位），则z? ．

x23.双曲线

4?y23?1的渐近线方程为 ．

4.某中学共有1800人，其中高二年级的人数为600.现用分层抽样的方法在全校抽取n人，其中高二年级被抽取的人数为21，则n? ．

5.将一颗质地均匀的正四面体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4）先后抛掷2次，观察其朝下一面的数字，则两次数字之和等于6的概率为 ． 6.如图是一个算法的流程图，则输出S的值是 ．

7.若正四棱锥的底面边长为2cm，侧面积为8cm2，则它的体积为 cm3． 8.设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2?a4?2，S2?S4?1，则a10? ． 9.已知a?0，b?0，且

2a?3b?ab，则ab的最小值是 ．

tanAtanBx10.设三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知

?3c?bb，则cosA? ．

?a?e,x?1?11.已知函数f(x)??（e是自然对数的底）.若函数y?f(x)的最小值是4，则实数a的取值范4?x?,x?1x?围为 ．

·1·

12.在?ABC中，点P是边AB的中点，已知CP?3，CA?4，?ACB?2?32?，则CPCA2? ．

13.已知直线l：x?y?2?0与x轴交于点A，点P在直线l上，圆C：(x?2)?y?2上有且仅有一个点

B满足AB?BP，则点P的横坐标的取值集合为 ．

14.若二次函数f(x)?ax?bx?c(a?0)在区间[1,2]上有两个不同的零点，则

2f(1)a的取值范围为 ．

二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、．．．．．．．证明过程或演算步骤.

15.已知向量a?(2sin?,1)，b?(1,sin(???4)).

（1）若角?的终边过点(3,4)，求a?b的值； （2）若a//b，求锐角?的大小.

16.如图，正三棱柱ABC?A1B1C1的高为6，其底面边长为2.已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点. 求证：（1）B1M//平面A1BN； （2）AD?平面A1BN.

·2·

17.已知椭圆C：

xa22?yb22?1(a?b?0)经过点(3,12)，(1,32)，点A是椭圆的下顶点.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过点A且互相垂直的两直线l1，l2与直线y?x分别相交于E，F两点，已知OE?OF，求直线l1的斜率.

18.如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为6，O是圆心，且OC?AB.在OC上有一座观赏亭Q，其中?AQC?2?3.计划在BC上再建一座观赏亭P，记?POB??(0????2).

（1）当???3时，求?OPQ的大小；

（2）当?OPQ越大，游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，角?的正弦值.

·3·

19.已知函数f(x)?x?ax?bx?c，g(x)?lnx.

（1）若a?0，b??2，且f(x)?g(x)恒成立，求实数c的取值范围； （2）若b??3，且函数y?f(x)在区间(?1,1)上是单调递减函数. ①求实数a的值；

②当c?2时，求函数h(x)??

20.已知Sn是数列{an}的前n项和，a1?3，且2Sn?an?1?3(n?N). （1）求数列{an}的通项公式；

（2）对于正整数i，j，k(i?j?k)，已知?aj，6ai，?ak成等差数列，求正整数?，?的值； （3）设数列{bn}前n项和是Tn，且满足：对任意的正整数n，都有等式

a1bn?a2bn?1?a3bn?2?????anb1?3n?132?f(x),f(x)?g(x)?g(x),f(x)?g(x)的值域.

*?3n?3成立.求满足等式

Tnan?13的所有正整数n.

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数学Ⅱ（附加题）

21.【选做题】在A，B，C，D四小题中只能选做两题，每小题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

A. 选修4-1：几何证明选讲

如图，过点D作圆O的切线交AB的延长线于点C，且满足DA?DC. AB是圆O的直径，D为圆O上一点，

（1）求证：AB?2BC； （2）若AB?2，求线段CD的长. B. 选修4-2：矩阵与变换

?4已知矩阵A???00??1?，B??1??02??a??，列向量X???. 5??b?（1）求矩阵AB；

（2）若B?1A?1X???，求a，b的值.

?1??5?

C. 选修4-4：坐标系与参数方程 在极坐标系中，已知圆C经过点P(22,标方程.

D. 选修4-5：不等式选讲

已知x，y都是正数，且xy?1，求证：(1?x?y)(1?y?x)?9.

·5·

22?4)，圆心为直线?sin(???3)??3与极轴的交点，求圆C的极坐

x f'(x) f(x) (0,1) 1 (1,??) - 0 + 极小值0 ∴当x?(0,1)时，f(x)?0，当x?1时，f(x)?0，当x?(1,??)时，f(x)?0.

对于g(x)?lnx，当x?(0,1)时，g(x)?0，当x?1时，g(x)?0，当x?(1,??)时，g(x)?0. ∴当x?(0,1)时，h(x)?f(x)?0，当x?1时，h(x)?0，当x?(1,??)时，h(x)?0. 故函数y?h(x)的值域为[0,??).

*20.解：（1）由2Sn?an?1?3(n?N)得2Sn?1?an?2?3，两式作差得2an?1?an?2?an?1，即

an?2?3an?1(n?N).

an?1an*a1?3，a2?2S1?3?9，所以an?1?3an(n?N)，an?0，则

*?3(n?N)，所以数列{an}是首项

*为3公比为3的等比数列，

n所以an?3(n?N)；

*jki（2）由题意?aj??ak?2?6ai，即?3??3?2?6?3，

所以?3j?i??3k?i?12，其中j?i?1，k?i?2，

k?i所以?3j?i?3??3，?312??3j?i?9??9，

??3k?i?12，所以j?i?1，k?i?2，????1；

n?1（3）由a1bn?a2bn?1?a3bn?2?????anb1?3?3n?3得，

a1bn?1?a2bn?a3bn?1?????anb2?an?1b1?3n?2?3(n?1)?3，

n?2a1bn?1?3(a1bn?a2bn?1?????an?1b2?anb1)?3a1bn?1?3(3n?1?3(n?1)?3，

?3n?3)?3n?2?3(n?1)?3，

n?1n?2?3(n?1)?3?3(3所以3bn?1?3?3n?3)，即3bn?1?6n?3，

*所以bn?1?2n?1(n?N)，

*1?1又因为a1b1?3?3?1?3?3，得b1?1，所以bn?2n?1(n?N)，

·11·

从而Tn?1?3?5?????(2n?1)?1?2n?1249Tnann?n2(n?N)，

*Tnan?n32n(n?N)，

*当n?1时

T1a1?13；当n?2时

T2a2?；当n?3时

T3a3?13；

下面证明：对任意正整数n?3都有

?13，

Tn?1an?1?Tnan2?1??(n?1)???3?n?12?1??n???3?n?1?????3?n?1?1?22((n?1)?3n)????3?Tn?1an?1TnanTnanT3a3n?1(?2n?2n?1)，

2当n?3时，?2n?2n?1?(1?n)?n(2?n)?0，即

22??0，

所以当n?3时，

Tnan递减，所以对任意正整数n?3都有

??13；

综上可得，满足等式

Tnan?13的正整数n的值为1和3.

2017-2018学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）

数学Ⅱ（附加题）参考答案

21.【选做题】

A. 选修4-1：几何证明选讲

证明：（1）连接OD，BD.因为AB是圆O的直径，所以?ADB?90，AB?2OB. 因为CD是圆O的切线，所以?CDO?90， 又因为DA?DC，所以?A??C， 于是?ADB??CDO，得到AB?CO， 所以AO?BC，从而AB?2BC.

2（2）解：由AB?2及AB?2BC得到CB?1，CA?3.由切割线定理，CD?CB?CA?1?3?3，所以

·12·

CD?3.

B. 选修4-2：矩阵与变换 解：（1）AB???4?00??1??5??1??02??4???5??08??； 5??5??48??5??28??a?，又因为?X?，所以a?28，b?5.

（2）由B?1A?1X?，解得X?AB???1????1????05????1????5????b??C. 选修4-4：坐标系与参数方程 解：在?sin(???)3??3中，令??0，得??2，

所以圆C的圆心的极坐标为(2,0).

因为圆C的半径PC?(22)2?22?2?22?2?cos??24，

于是圆C过极点，所以圆的极坐标方程为??4cos?. D. 选修4-5：不等式选讲 证明：因为x，y都是正数，

所以1?x?y2?33xy2?0，1?y?x2?33yx2?0，

(1?x?y2)(1?y?x2)?9xy，又因为xy?1，

所以(1?x?y2)(1?y?x2)?9.

【必做题】

22.解：（1）以D为原点，DA，DC，DP为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系；设AB?t，则D(0,0,0)A(2t,0,0)，B(2t,t,0)，C(0,t,0)，P(0,0,2t)，Q(t,0,t)；

所以CQ?(t,?t,t)，DB?(2t,t,0)，DP?(0,0,2t)，

?设平面PBD的法向量n?DB?n1?01?(x,y,z)，则?，

??DP?n1?0即?2tx?ty?0?2x?y?0?，解得，所以平面PBD的一个法向量n1?(1,?2,0)，

?2tz?0??z?0cos?nCQ??n1?CQ?3t?151,n1CQ5?5，

3t·13·

，

则CQ与平面PBD所成角的正弦值为155. PQPA（2）由（1）知平面PBD的一个法向量为n1?(1,?2,0)，设

??(0???1)，则PQ??PA，

DQ?DP?PQ?(0,0,2t)??(2t,0,?2t)?(2t?,0,2t(1??))，DB?(2t,t,0)，设平面QBD的法向量

??2t?x?2t(1??)z?0??x?(1??)z?0?DQ?n2?0，即?，解得?，所以平面QBD的一n2?(x,y,z)，则?2tx?ty?02x?y?0????DB?n2?0个法向量n2?(1??,2??2,??)，

23由题意得1?()?cos?n1,n2??2n1?n2n1n2?55(1??)(1??)?(2??2)?(??)222，

所以

59?5(1??)6?22?10??5，即(??2)(??23PQPA2323)?0，

因为0???1，所以??，则

?.

23. 解：（1）D1?0，D2?1，

D3?2， D4?9，

（2）Dn?(n?1)(Dn?1?Dn?2)， 理由如下：

对An的元素的一个错位排列（a1，a2，…，an），若a1?k(k?1)，分以下两类： 若ak?1，这种排列是n?2个元素的错位排列，共有Dn?2个；

若ak?1，这种错位排列就是将1，2，…，k?1，k?1，…，n排列到第2到第n个位置上，1不在第k个位置，其他元素也不在原先的位置，这种排列相当于n?1个元素的错位排列，共有Dn?1个； 根据k的不同的取值，由加法原理得到Dn?(n?1)(Dn?1?Dn?2)； （3）根据（2）的递推关系及（1）的结论，Dn均为自然数；

当n?3，且n为奇数时，n?1为偶数，从而Dn?(n?1)(Dn?1?Dn?2)为偶数， 又D1?0也是偶数，

·14·

故对任意正奇数n，有Dn均为偶数.

下面用数学归纳法证明D2n（其中n?N*）为奇数. 当n?1时，D2?1为奇数；

假设当n?k时，结论成立，即D2k是奇数，则当n?k?1时，D2(k?1)?(2k?1)(D2k?1?D2k)，注意到D2k?1为偶数，又D2k是奇数，所以D2k?1?D2k为奇数，又2k?1为奇数，所以D2(k?1)?(2k?1)(D2k?1?D2k)，即结论对n?k?1也成立；

根据前面所述，对任意n?N*，都有D2n为奇数.

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