張家港常青藤實(shí)驗(yàn)中學(xué)2019屆九月月考數(shù)學(xué)試題(教師版)

1、數(shù)學(xué)試卷張家港常青藤實(shí)驗(yàn)中學(xué)2019 屆九月考模擬試題一、填空題：本大題共14 小題，每小題5 分，共70 分請把答案直接填寫在答題卡相應(yīng)位置上 .1 已知集合 U1，3，5，9， A1，3，9， B1，9，則 eU ( A U B) 5 ；2 若 zz9 （其中 z 表示復(fù)數(shù) z 的共軛復(fù)數(shù)），則復(fù)數(shù)z 的模為3；3 在區(qū)間1, 2內(nèi)隨機(jī)選取一個實(shí)數(shù)，則該數(shù)為正數(shù)的概率是 234 已知函數(shù) f ( x)aax 在 x1處的導(dǎo)數(shù)為2 ，則實(shí)數(shù)的值是25 要得到函數(shù) ysin 2 x 的函數(shù)圖象，可將函數(shù)ysin2 x的圖象向右至少平移3個單位 開始66 在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，“直線 y

2、 xb ， b R 與S 2， i 1曲線 x1y2 相切”的充要條件是“” b2；i 2013Y7 運(yùn)行如圖所示的流程圖，則輸出的結(jié)果S 是 2N1輸出 SS1S2y2結(jié)束8 已知雙曲線 x221（ a 0, b0 ）的兩個焦點(diǎn)i i+1ba為 F13 ,0 、 F23, 0，點(diǎn) P是第一象限內(nèi)雙曲線（第 7 題圖）22上的點(diǎn)，且 tan PF1F21 ， tan PF2 F12，則雙曲線的離心率為 3 5259 在 ABC中，若 tan A : tan B : tanC1: 2:3 ，則 A 410 已知 yf ( x) 是 R 上的奇函數(shù)，且x0 時， f ( x)1 ，則不等式f (

3、x2x)f (0)的解集為 (0，1)11 設(shè)正四棱錐的側(cè)棱長為1，則其體積的最大值為 43 ；2712已知平面向量a ，b ， c 滿足 a1 ， b2 ， a ，b 的夾角等于 ，且 (ac) (bc)0，3則 c 的取值范圍是73 ， 723213 定義： min x， y 為實(shí)數(shù) x， y 中較小的數(shù)已知hmin a，b，其中 a，b均a 24b2數(shù)學(xué)試卷為正實(shí)數(shù)，則h 的最大值是 1214定義在 1,上的函數(shù) f ( x) 滿足： f (2 x)2 f ( x) ；當(dāng) x2, 4 時， f ( x) 1x 3 ，則集合x f ( x)f (36) 中的最小元素是12二、解答題：本大題

4、共6 小題，共90 分請?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15 （本題滿分 14分）已知 sinsin1, coscos3 （ 1）求 cos的值；（ 2）求 cos的值（ 1）因?yàn)?sinsin1，coscos3 ， 2 222sinsin222coscos得 sinsincos即 2+2 cos4 ，所以 cos1；（ 6 分）（2）2 2 得 cos2sin 22coscos2sinsincos2即 cos22cos()cos22，（8 分）故 cos () ()2cos()cos () ()化簡得 cos()cos()cos() 1 ，由（ 1）得 cos

5、() 1.（14分）216 （本題滿分14 分）如圖，在四面體中，AC DB DC，點(diǎn)EABCDAB是的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段上，且AFBCACAC（ 1）若 EF平面 ABD，求實(shí)數(shù) 的值；（ 2）求證：平面 BCD平面 AEDBE解：（ 1）因?yàn)?EF平面 ABD，易得 EF平面 ABC，2cos4，（3 分）sin222，（ 12 分）AFDC（第 16 題圖）數(shù)學(xué)試卷平面 ABC 平面 ABD AB ，所以 EF/AB，（3分）又點(diǎn) E 是 BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F 在線段 AC上，所以點(diǎn) F 為 AC的中點(diǎn)，由 AF得1；（6分）AC2（ 2）因?yàn)?AB AC DB DC ，點(diǎn) E 是 BC的中點(diǎn)

6、，所以 BCAE， BC DE ，（ 9分）又 AEDE E ， AE、DE 平面 AED，所以 BC平面 AED，（ 12 分）而 BC 平面 BCD，所以平面 BCD平面 AED（ 14 分）17 （本題滿分14 分）如圖，點(diǎn)P在ABC內(nèi)，AB CP 2, BC 3,，記BPB （ 1）試用表示 AP的長；A（ 2）求四邊形ABCP的面積的最大值，并寫出此時的值解：（1） ABC與 APC中，由余弦定理得，P2232223cosBC，AC2（第 17 題圖）AC 2AP2222AP2cos，（ 3 分）由得 AP24 AP cos12cos90，0，解得 AP3 4cos；（6分）（2）1

7、1S ABCS APC223sin2 2AP sin,0，S由（1）得S4sincos2sin2，0， （ 11 分）所以當(dāng)時， Smax 2 （ 144分）18 （本題滿分 16 分）在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，已知圓 C1 ： ( x 1)2y216 ，圓 C2 ：( x 1)2y21，點(diǎn) S為圓 C1 上的一個動點(diǎn)，現(xiàn)將坐標(biāo)平面折疊，使得圓心C2 ( 1, 0) 恰與點(diǎn) S 重合，折痕與直線 SC1 交于點(diǎn) P （ 1）求動點(diǎn) P 的軌跡方程；（ 2）過動點(diǎn)S作圓C2 的兩條切線，切點(diǎn)分別為M 、N，求MN的最小值；數(shù)學(xué)試卷（ 3）設(shè)過圓心 C2 ( 1, 0) 的直線交圓 C1 于點(diǎn)

8、 A、B ，以點(diǎn) A、B 分別為切點(diǎn)的兩條切線交于點(diǎn) Q ，求證：點(diǎn) Q 在定直線上解： （ 1）由題意得PC1PC2PC1 PS4C1 C2 ，故 P 點(diǎn)的軌跡是以12C、C 為焦點(diǎn)， 4為長軸長x22的橢圓， 則 2a4，c1，所以 a2， b3 ，故 P點(diǎn)的軌跡方程是y1（543分）（ 2）法 1（幾何法）四邊形 SMC2N的面積1 SC2MN1 SMMC2SM ，22所以 MN2 SM2cosMSC22 1sin2MSC2 2 112，（9 分）SC2SC2從而 SC取得最小值時， MN取得最小值，顯然當(dāng) S(3，0)時， SC取得最大值 2，22所以 MN min2 113（12分）

9、4法 2（代數(shù)法）設(shè) (0，0) ，則以2 為直徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為S xySCx012y02x1 2y02xy0，2222該方程與圓 C2 的方程相減得，x01 xy0 yx0 0，（8分）則圓心 C2 到直線 MN的距離 d11，1 2x02y02x0y0 22x0122221因 為 x01y015 2x0 ，從 而d，y016 ， 所 以 x01 64x0x03，5，故當(dāng) x03 時dmax1，22因?yàn)?MN2 1d2，所以 MN min211=3（12 分）2（3）設(shè) Q(m，n) ，則“切點(diǎn)弦” AB的方程為m1 (x1) ny16，將點(diǎn)（ -1 ，0）代入上式得m7 ， nR，故點(diǎn)

10、Q在定直線x7 上（ 16 分）19 （本題滿分16 分）已知整數(shù)列1 ， a74 ，前 6 項(xiàng)依次成等差數(shù)列，從第5 項(xiàng)起依次成等 an 滿足 a3比數(shù)列數(shù)學(xué)試卷（ 1）求數(shù)列 an的通項(xiàng)公式；（ 2）求出所有的正整數(shù)，使得am am 1am 2am am 1am 2 m解：（ 1）設(shè)數(shù)列前6 項(xiàng)的公差為 d，則 a512d， a613d， d 為整數(shù)又 a ， a ，a成等比數(shù)列，所以3d21 ，解得 d1，14 2d567當(dāng) n 6 時， ann4，（3分）由此 a5 1， a62，數(shù)列從第5 項(xiàng)起構(gòu)成的等比數(shù)列的公比為2，n， ，所以，當(dāng) n 5 時， an 2n 5 .4 n 4故

11、ann 5， （7 分）2n5.（2）由（ 1）知，數(shù)列 an為：3，2，1， 0， 1， 2，4， 8， 16，當(dāng) m 1 時等式成立，即3216(3)(2) (1) ；當(dāng) m 3 時等式成立，即1010；（ 11 分）當(dāng) m2 或 4 時，等式均不成立；（13 分）當(dāng) m5 時， amam 1am 2 23m 12 ， amam 1am 22m 5 (231) 72m 5 ，3 m 122m7因?yàn)?2m 52，而 m5，mZ，所以 22m7 是偶數(shù)，7273m 127m 5，于是 amam 1am 2am am 1am 2 ，故 m1，或 m3（ 16 分）所以 2220 （本題滿分 16

12、分）已知函數(shù) f ( x)x2， g (x)a ln x ， a R （ 1）若x1， f(x) g ( x) ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；（ 2）證明：“方程f ( x)g( x)ax (a 0) 有唯一解”的充要條件是“a 1 ”解：（ 1）記 F (x)f ( x)g( x) ，則F ( x)2 xa2x2a1 ，xx， x當(dāng)時，F(xiàn) ( x)0恒成立，a 0故 F (x) 為 1,上的單調(diào)增函數(shù)，所以Fmin ( x)F (1)1，（ 2分）當(dāng)a 0時，由 F ( x)0 得xaa ，即0時， F ( x)0 恒2 （負(fù)值已舍） ，若21a 2數(shù)學(xué)試卷成立，故 F ( x) 為 1,上的單

13、調(diào)增函數(shù)，所以Fmin ( x)F (1)1，（ 4 分）若a1 ，即 a2時， F(x) 在 1,2所以 F ( x) 在 1,a上的單調(diào)遞減，在2故 Fmin ( x)Faa 1ln a，222分）a 上恒小于 0，在a , +上恒大于0，22a , +上的單調(diào)遞增，21, a2, （ 6綜上所述， Fmin ( x)a1lna,a222所以 a1lna<0,且 a2,解得a 2分）22e （ 8（2） 1充分性：當(dāng) a1時，方程 x2ln xx ，即 x2ln x x 0 ，記 G( x)x2ln xx ，x0由G ( x)2 x112 x2x 1( x 1)(2x 1)1（負(fù)值已舍），xxx0 得 x所以 G( x) 在 (0, 1)上單調(diào)遞減，在1,上單調(diào)遞增，故 Gmin ( x)g (1)0，即 G( x)x2ln x x 在 (0,) 有唯一解 x1，即證（ 11分）2必要性：因?yàn)榉匠蘹2a ln xax ( a0) 有唯一解，記h( x) x2a ln xax ， x0由 h (x)2 xaa2x2axa0 得 x0aa28a（負(fù)值已舍），xx4所以 h( x) 在 (0, x0 ) 上單調(diào)遞減， 在 x0 ,上單調(diào)遞增， 故 hmin (x)h (x0 )0 ，