江阴三市2020届高三数学5月调研测试含答案.pdf

1、1 20192020 学年第二学期 5 月调研测试 高三数学试题 2020.05 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把答案 直接填在答题卡相应位置上 1设集合 A=2，0，1，2，B=x|x10)的焦点是双曲线1 2 22 p y p x 的一个焦点，则 p= 8已知为锐角，若1)2 2 sin(2sin2 ，则cos= 9 等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若2019 12 m S，3 m a， 其中*Nm， 则 m= 10已知正实数 x，y 满足 yxyx )2(42，则yx 的最小值为 11中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表

2、之一印信的形状多为长方体、正方体 或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）半正多 面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体 半正多面体体现了数学的对称美 图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体， 其棱长为 1， 它的所有顶点都在同一个正方体的表面 上，且此正方体的表面积为 S1 For I From 1 To 7 step 2 SS + I End For Print S 第 4 题图 896 923142 第 5 题图 2 12由圆 C：0142 22 yxyx外一点 P（4，6）引直线 l 交圆 C 于 A、B 两点， 则线段 AB 中点 M 到 x 轴

3、的距离的最小值为 13ABC 中，BC=2，点 O，G 分别为ABC 的外心、重心，若 ACABAGAO ， 则ABC 面积的最大值为 14设 )(xf 是定义在 R 上的偶函数，当0x时， 1 2 1ln 101 )( 2 x x x xx xf ， ， ，若关于 x 的 方程0 9 1 )(2)( 22 axafxf有4个不同的实数根， 则实数a的取值范围是 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，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤 15 （本小题满分 14 分） 在ABC中，角ABC， ，的对边分别是abc， ，已知向量(coscos)BC，m，

4、(4)abc，n，且mn （1）求cosC的值； （2）若3c ，ABC的面积 15 = 4 S，求ab，的值 16 （本小题满分 14 分） 在直三棱柱 111 ABCABC中，CACB， 1 2AAAB，D是AB的中点 第11题图1 第11题图2 3 （1）求证： 1 BC 平面 1 ACD； （2）若点P在线段 1 BB上，且 1 1 4 BPBB，求证：AP 平面 1 ACD 17（本小题满分 14 分） 苏州园博园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于 30m 的围墙现有两种 方案： 方案： 如图 1 所示， 多边形为直角三角形AEB（90AEB ） ， 其中30mAEEB；

5、方 案 ： 如 图 2 所 示 ， 多 边 形 为 等 腰 梯 形AEFB（ABEF）， 其 中 10mAEEFBF 请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案 18 （本小题满分 16 分） 已知椭圆 C：)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的离心率为 2 2 ，点 ) 2 6 , 1 ( 在椭圆 C 上. （第 16 题图） 4 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E， 连结 QE 并延长交 C 于点 G. 求证：PQG 是直角三角形； 求PQG 面积的最大值. 19

6、 （本小题满分 16 分） 设函数)(3)( 23 Raaxxxxf. （1）求函数)(xf的单调区间； （2）已知函数)(xf有两个极值点 21 xx ，)0( 21 xx . 比较)()( 21 xfxf与)2(f的大小； 若函数| )(| )(|)( 1 xfxfxg在区间20 ，上有且只有一个零点，求实数 a 的取 值范围. 20 （本小题满分 16 分） 数列an的数列an的首项1 1 a ，前 n 项和为 Sn，若数列an满足：对任意正整数 n， k，当 nk 时，)(2 knknkn SSSS 总成立，则称数列an是“D(k)数列” （1）若an是公比为 2 的等比数列，试判断a

7、n是否为“D(2)”为数列？ （2）若an是公差为 d 的等差数列，且是“D(3)数列” ，求实数 d 的值； （3）若数列an既是“D(2)” ，又是“D(3)” ，求证：数列an为等差数列 5 20192020 学年第二学期 5 月调研测试 高三数学（附加题） 21 【选做题】本题包括A、B、C三小题，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.选修 4 2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 已知矩阵 dc A 33 ，若矩阵A属于特征值 6 的一个特征向量为 1 1 1 ，属于特征值 1 的一个特征向量为

8、 2 3 2 ，求矩阵A. B.选修 4 4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系直线 l 的极坐标方程为sin( 3)= 3 2 ，椭圆 C 的参数方程为 ty tx sin3 cos2 (t 为参数) 若直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，求线段 AB 的长 C.选修 45：不等式选讲（本小题满分 10 分） 已知1abc，证明： 22 11ab 2 16 1 3 c 6 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分分，共共计计 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

9、明过程或演算步骤 22 （本小题满分 10 分） 如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 中，AB 2，CE1，CE平面 ABCD （1）求异面直线 DF 与 BE 所成角的余弦值； （2）求二面角 ADFB 的大小 23.（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 点 P(x0， y0)在曲线 yx2(x0)上 已知 A(0， 1)， Pn),( 00 nn yx， nN*记直线 APn的斜率为 kn （1）若 k12，求 P1的坐标； （2）若 k1为偶数，求证：kn为偶数 A B C D E F （第 22 题图） 1 20192020 学年第二学期 5 月调研测试

10、参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把答案 直接填在答题卡相应位置上 1 2， 02 5+12i36 5 4 175.916 12 71285 5 2 933710 223 11. 21218 12. 2 3 13. 2 14. 6 51 ) 3 2 , 6 11 ( ee U 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，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤 15解： （1）mn，cos(4)coscBabC，2 分 由正弦定理，得sincos(4sinsin)cosCBABC， 化简，得sin()4

11、sincosBCAC4 分 ABC p，sinsin()ABC 又0,Ap，sin0A ， 1 cos 4 C 6 分 （2）0,Cp， 1 cos 4 C ， 2 115 sin1cos1 164 CC 115 sin 24 SabC，2ab 9 分 3c ，由余弦定理得 22 1 3 2 abab， 22 4ab，12 分 由，得 42 440aa，从而 2 2a ，2a （舍负） ，所以2b ， 2ab14 分 16证明： （1）连结 1 AC，设交 1 AC于点O，连结OD 四边形 11 AAC C是矩形，O是 1 AC的中点2 分 在 1 ABC中，O，D分别是 1 AC，AB的中点

12、， 1 ODBC4 分 又OD 平面 1 ACD， 1 BC 平面 1 ACD， 1 BC 平面 1 ACD6 分 （2）CACB，D是AB的中点，CDAB 又在直三棱柱 111 ABCABC中，底面ABC侧面 11 AAB B，交线为AB， 2 CD 平面ABC，CD 平面 11 AAB B8 分 AP 平面 11 AB BA，CDAP9 分 1 2BBBA， 11 BBAA， 1 1 4 BPBB， 1 2 = 4 BPAD BAAA ，RtABPRt 1 A AD， 从而 1 AAD=BAP，所以 1 AAD+ 1 A AP=BAP+ 1 A AP=90， 1 APA D12 分 又 1

13、 CDA DD，CD 平面 1 ACD， 1 AD 平面 1 ACD AP 平面 1 ACD14 分 16解：设方案，中多边形苗圃的面积分别为 12 ,S S 方案设AEx，则 1 1 30 2 Sx 3 分 2 301 22 xx 225 2 （当且仅当15x 时，“=”成立） 5 分 方案设BAE，则 2 100sin1cos,0, 2 S 8 分 由 2 2 100 2coscos10S 得， 1 cos 2 （cos1 舍去） 10 分 因为0, 2 ，所以 3 ，列表： 0, 3 3 , 3 2 2 S +0- 2 S 极大值 所以当 3 时， 2 max 75 3S 12 分 3

14、因为 225 75 3 2 ，所以建苗圃时用方案，且 3 BAE 答：方案，苗圃的最大面积分别为 22 225 ,75 3 2 mm，建苗圃时用方案，且 3 BAE 14 分 【注：不作答，不写单位分别扣 1 分】 18解：（1）1 24 22 yx 4 分 （i）设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为(0)ykx k 由 22 1 42 ykx xy 得 2 2 12 x k 6 分 记 2 2 12 u k ，则( ,),(,),( ,0)P u uk QuukE u 于是直线QG的斜率为 2 k ，方程为() 2 k yxu 由 22 (), 2 1 42 k yxu xy 得 2222

15、2 (2)280kxuk xk u 设(,) GG G xy，则u和 G x是方程的解，故 2 2 (32) 2 G uk x k ，由此得 3 2 2 G uk y k 8 分 从而直线PG的斜率为 3 2 2 2 1 2 (32) 2 uk uk k ukk u k 所以PQPG，即PQG是直角三角形10 分 （ii）由（i）得 2 | 21PQuk， 2 2 21 | 2 uk k PG k ，所以PQG 的面积 2 22 2 1 8() 18 (1) | 1 2(12)(2) 12() k kk k SPQ PG kk k k 12 分 4 设 t=k+ 1 k ，则由 k0 得 t2

16、，当且仅当 k=1 时取等号 因为 2 21 8 t t S 在2，+）单调递减，所以当 t=2，即 k=1 时，S 取得最大值，最大值 为 9 16 因此，PQG 面积的最大值为 9 16 16 分 19. 解： （1）. 3) 1(363)( 22 axaxxxf 当3a时，0)( xf，所以)(xf的单调增区间为),(,无减区间； 当3a时，令0)( xf，得 3 3 1 a x 或 3 3 1 a x ,所以)(xf的单调增区间为 ) 3 3 1 ,( a 和), 3 3 1 ( a ，减区间为) 3 3 1 , 3 3 1 ( aa . 综上：当3a时，)(xf的单调增区间为),(,

17、无减区间 当3a时，)(xf的单调增区间为) 3 3 1 ,( a 和), 3 3 1 ( a ， 减区间为) 3 3 1 , 3 3 1 ( aa .4 分 (2)因为)(xf的两个极值点 1 x， 2 x， 由 （1） 知， 当3a时， 1 2 1 63xxa， 2 2 2 63xxa， 且 3 3 1 1 a x ， 3 3 1 2 a x ， 则axxxx 2121 2， 因此210 21 xx， 所以30 a.6 分 因为)(xf在, 0 1 x，2 , 2 x上单调递增，在, 21 xx上递减， 所以42)2()(, 0)0()( 21 afxffxf. 由于)()( 21 xfx

18、f 1 2 1 3 1 3axxx+ 2 2 2 3 2 3axxx =)(2)(3)( 2121 2 21 2 221 2 121 xxaxxxxxxxxxx =)(2)(33)( 2121 2 2121 2 2121 xxaxxxxxxxxxx =aaa2)22(3)32(2 22 =42 a=)2(f 即)()( 21 xfxf)2(f.10 分 因为函数| )(| )(|)( 1 xfxfxg在区间0，2上有且只有一个零点，所以| )(|xfy 在 5 区间0，2上只有唯一的最大值 | )(| 1 xf)( 1 xf.12 分 故由 )2()( 0)( 1 2 fxf xf （由知不成

19、立，故舍去）或 )()( )2()( 0)( 21 1 2 xfxf fxf xf （即 042 0)( 2 a xf ） 由032)( 2 2 3 22 xxxf，解得2 2 3 2 x，代入 2 2 2 63xxa，得 4 9 0 a, 由042a，得2a，所以 4 9 2 a.16 分 【注：中还可以用降次的方法处理】 20.解： （1）因为2, 1 1 qa，所以12 n n S，1 分 假设an是否为 D(2)为数列， 则当 n2 时，则)(2 222 SSSS nnn 成立， 但3n时，32 15 SS,20)(2 23 SS， 15 SS)(2 23 SS ，所以假设不成立， a

20、n不是为 D(2)为数列.3 分 (2) 设an的公差为 d，则dnan) 1(1， 因为an是“D(3)数列”，则 333 3,2() nnn nSSSS 即 312321 2)(Saaaaaa nnnnnn ， 所以 9d=2(3+3d)，即 d=2.7 分 (3) 数列an既是“D(2)数列”，又是“D(3)数列”， 所以 )(2, 3 )(2, 2 333 222 SSSSn SSSSn nnn nnn -得： 323 2, 3aaan nn ， )(2, 4 )(2, 3 3124 2113 SSSSn SSSSn nnn nnn -得： 414 2, 4aaan nn ，9 分 又

21、-得： 113 2, 3 nnn aaan， -得： 124 2, 4 nnn aaan，11 分 所以 311 , nnn aaa成等差数列，设公差为 d1， 412 , nnn aaa成等差数列，设公差为 d2 因此 113 daa nn ， 214 daa nn 6 所以 211234 nnnn aaddaa对 n3 恒成立， 即)2(nan成等差数列，设公差为 d， 在（1） （2）中分别取 n=3,n=4 得： 274 242 2 2 da da ，解得2, 3 2 da，所以12 nan.16 分 附加题答案 21解：由矩阵 A 属于特征值 6 的一个特征向量为1 1 1 可得，

22、33 cd 1 1 6 1 1 ， 即6cd，3 分 由矩阵 A 属于特征值 1 的一个特征向量为2 3 2 ， 可得 33 cd 3 2 3 2 ，即322cd ，6 分 解得 2 4 c d ，即 A 33 24 ，10 分 B.解： （1）由sin( 3)= 3 2 ，得( 3 2 cos1 2sin)= 3 2 ，即 3 2 x1 2y= 3 2 ， 化简得 y= 3x 3，所以直线 l 的直角坐标方程是 y= 3x 32 分 由(x 2) 2+( y 3) 2=cos2t+sin2t=1，得椭圆 C 的普通方程为x2 4 +y 2 3 =14 分 联立直线方程与椭圆方程，得 y= 3

23、x 3， x2 4 +y 2 3 =1， 消去 y，得x 2 4 +(x1)2=1， 化简得 5x28x=0，解得 x1=0，x2=8 5， 8 分 所以 A(0， 3)，B(8 5， 3 5 3)， 则 AB=(08 5) 2+( 33 5 3)2=16 5 10 分 C.证明：因为1abc， 所以 222 111abc 222 abc23abc 222 5abc 7 所以要证明 22 11ab 216 1 3 c， 即证明 222 1 3 abc5 分 因为 222 abc 2 abc2 abbcca 2 abc 222 2 abc， 所以 222 3 abc 2 abc 因为 1abc

24、，所以 222 1 3 abc 所以 22 11ab 216 1 3 c 10 分 23解解：以CD ， CB，CE为正交基底，建立如图空间直角坐标系 Cxyz， 则 D( 2，0，0)，F( 2，2，1)，E(0，0，1)，B(0，2，0)，C(0，0，0)， 所以DF (0，2，1)，BE(0， 2，1)，2 分 从而 cos1 3 3 1 3 4 分 所以直线 DF 与 BE 所成角的余弦值为1 35 分 (2)平面 ADF 的法向量为 mCD ( 2，0，0).6 分 设面 BDF 的法向量为 n = (x，y，z)又BF ( 2，0，1) 由 nDF 0，nBF0， 得2yz0， 2

25、xz0， 取 x1，则 y1，z 2，所以 n = (1，1， 2)，8 分 所以 cos 2 4 2 1 2 又因为0， 2 ，所以 3 所以二面角 A DF B 的大小为 3 10 分 23解： （1）因为 k12，所以y01 x0 x 2 01 x0 2， 解得 x01，y01，所以 P1的坐标为(1，1)2 分 （2）设 k12p(pN*)，即y01 x0 x 2 01 x0 2p， 所以 x202px010，所以 x0p p214 分 A B C D E F y x z 8 因为 y0x02，所以 kny n 01 xn0 x 2n 01 xn0 xn0 1 xn0 ， 所以当 x0p p21时， kn(p p21)n( 1 p p21) n(p p21)n(p p21)n6 分 同理，当 x0p p21时，kn(p p21)n(p p21)n 当 n2m(mN*)时， kn2 k=0 m C2knpn 2k(p21)k，所以 kn为偶数 当 n2m1(mN)时，kn2 k=0 m C2knpn 2k(p21)k，所以 kn为偶数 综上， kn为偶数10 分