江苏省扬州市2020届高三上学期期末检测数学试题含附加题 Word版含答案.rar

扬州市扬州市 2020 届高三上学期期末考试届高三上学期期末考试数学数学一、填空题：1.已知集合1,2,2,4AkB，且 2,AB则实数 k 的值为 2.设21 3iabi，则 a+b=3.用分层抽样方法从某校三个年级学生中抽取一个容量为 90 的样本。在高一抽40 人，高二抽 30 人，若高三有 400 人，则该校共有 人4.右图是一个算法流程图，如输入 x 的值为 1，则输出 S 的值为 5.已知,aR则“0a”是“()2(sin)f xx ax”为偶函数的 条件6.若一组样本数据 21,19，x,20,18 的平均数为 20，则该组样本数据的方差为 7.在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点且以双曲线2213yx 的右准线为准线的抛物线方程是 8.已知(,)|4,0,0,(,)|2,0,0 x yxyxyAx yxyxy，若向区域上随机投掷一点 P，则点 P 落在区域 A 的概率为 9.等差数列 na的公差不为零，121,aa是1a和3a的等比中项，则159246aaaaaa 10.已 知 定 义 在（0,）上 的 函 数()f x的 导 函 数 为(),fx且()()0 xfxf x，则(1)(1)(3)3xf xf的解集为 11.已知圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，圆台的高为2 3cm，母线与轴的夹角为30，则这个圆台的轴截面的面积等于 3.cm12.已知函数13,1(),22ln,1xxf xx x若存在实数,()m n mn满足()()f mf n，则2nm的取值范围为 13.在ABC中，若sincos2,BB则sin2tantanABC的最大值为 14.在平面直角坐标系xOy中，A和B是圆22:11Cxy上两点，且2AB，点 P 的坐标为（2,1），则2PAPB 的取值范围为 二、解答题：15.已知2()2 3sincos2cos1.f xxxx（1）求函数()f x的单调递增区间；（2）若(0,)63,(),2f x 求sin2的值。16.如图，ABC是以BC为底边的等腰三角形，,DA EB都垂直于平面ABC，且线段DA长度大于线段EB的长度，M是BC的中点，N是ED的中点。求证：（1）AM 平面EBC；（2）/MN平面DAC。17.如图是一个半径为 1 千米的扇形景点的平面示意图，2.3AOB原有观光道路 OC,且OCOB。为便于游客观赏，景点 2 部门决定新建两条道路 PQ,PA,其中 P 在原道路 OC(不含端点O,C)上，Q 在景点边界 OB 上，且 OP=OQ,同时维修原道路 OP 段。因地形原因，新建 PQ 段、PA 段的每千米费用分别是2a万元，6a 元，维修 OP 段的每千米费用是 a 万元。（1）设,APC求所需总费用()f，并给出的取值范围；（2）当 P 距离 O 处多远时，总费用最小。18.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，右准线的方程为4x，12,F F分别为椭圆 C 的左、右焦点，A,B 分别为椭圆 C 的左右顶点。（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）过 T(t,0)(ta)作斜率为 k(k0)的 直线 l 交椭圆 C 与 M,N 两点（点 M 在点 N 的左侧），且12/.FMF N设直线 AM，BN 的斜率分别为12,k k，求12k k的值。19.已知函数()(ln1),()(,).f xxxg xaxb a bR（1）若1a 时，直线()yg x是曲线()f x的一条切线，求 b 的值；（2）若,bea 且()()f xg x在,)xe上恒成立，求a的取值范围；（3）令()()()xf xg x，且()x在区间2,e e上有零点，求24ab的最小值.20.对于项数为(*,1)m mNm的有穷正项数列 na，记12min,(1,2,)kkba aakm，即kb为12,ka aa中的最小值，设由12,mb bb组成数列 nb称为 na的“新型数列”.（1）若数列 na为 2019,2020,2019,2018,2017，请写出 na的“新型数列”nb的所有项；（2）若 数 列 na满 足101,6,222,7,nnnan n且 其 对 应 的“新 型 数 列”nb的 项 数21,30m，求 nb的所有项的和；（3）若数列 na的各项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求符合条件的 na及其对应的“新型数列”nb.中小学数学教育共同体祝广大师生寒假快乐！中小学数学教育共同体祝广大师生寒假快乐！附加题附加题21.已知矩阵2 10 1M（1）求矩阵M的特征值及特征向量；（2）21，求3M.22.在极坐标系中，已知点,M N的极坐标分别为(2,)2，7(2 2,)4，直线l的方程为3.（1）求以线段MN为直径的圆C的极坐标方程；（2）求直线l被（1）中的圆C所截得的弦长.23.甲、乙两人采用五局三胜制的比赛，即一方先胜，则三局比赛结束.甲每场比赛获胜的概率均为23.设比赛局数为X.（1）求3X 得概率；（2）求X的分布列和数学期望.24.已知数列na满足*112()nnanNa，且112a.（1）求数列na的通项公式；（2）设数列na的前n项和为nS，求证：当2n 时，21145nnSSn.数学参考答案第 1 页（共 9 页）扬州市 20192020 学年度第一学期期末检测试题 高三数学参考答案高三数学参考答案 一、一、填空题：填空题：1.4 2.2 3.1800 4.35 5.充要 6.2 7.22yx 8.14 9.97 10.14xx 11.8 3 12.25,21e 13.212 14.52,52 二、解答题：二、解答题：15解：(1)()3sin2f xxcos22sin(2)6xx，3 分 函数sinyx的单 调递增区间为2,222kk，kZ.令22,2622xkk，,36xkk.()f x的单调递增区间为,36kk，kZ.7 分(2)3()2sin(2)62f，3sin(2)64.(0,)6，2,66 2，2237cos(2)1sin(2)1()6644，9 分 sin2sin 2sin(2)coscos(2)sin666666 337 13 3742428.14 分 16.(1)因为ABC是以BC为底边的等腰三角形，M是BC的中点，所以AMBC.因为EB 平面ABC，AM 平面ABC，所以EBAM.又BC、EB 平面EBC，EBBCB，所以AM 平面EBC.6 分(2)证法一：如图 16-1，连结BN并延长，交AD的延长线于I，连结IC.因为EB 平面ABC，DA平面ABC，所以EBDA，所以ENBNNDNI，9 分 又N为ED的中点，所以BNNI，即N为BI的中点.又M是BC的中点，所以在BCI中，MNCI.11 分 又MN 平面DAC，CI 平面DAC，所以MN平面DAC.14 分 数学参考答案第 2 页（共 9 页）图 16-1 图 16-2 图 16-3 证法二：如图 16-2，因为EB 平面ABC，DA平面ABC，所以EBDA，所以,A B E D四点共面.在平面ABED中，分别过,E N作EPBA，NQBA，分别交AD于,P Q.取AC的中点O，连结,MO OQ.因为EPBA，EBPA，所以四边形ABEP为平行四边形，所以EP BA.上面三行也可以叙述为：在AD上取一点P，使APBE.在平面ABED中，过N作NQBA，交AD于Q.取AC的中点O，连结,MO OQ.因为EBDA，APBE，所以四边形ABEP为平行四边形.所以EP BA.因为EPBA，NQBA，所以NQEP，又N是ED的中点，所以12NQEP，所以12NQBA.因为,M O分别为,BC CA的中点，所以在ABC中，12MOBA.所以MO NQ，所以四边形MOQN为平行四边形，所以MNOQ，又MN 平面DAC，OQ 平面DAC，所以MN平面DAC.14 分 法三：如图 16-3，取AB的中点H，连结MH、NH.在ABC中，因为,M H分别为,BC BA的中点，所以MHBA.又MH 平面DAC，BA平面DAC，所以MH平面DAC.9 分 因为EB 平面ABC，DA平面ABC，所以EBDA，又EBDA，所以四边形ADEB为梯形.又,N H分别为,ED BA的中点，所以NHDA.又NH 平面DAC，DA平面DAC，所以NH平面DAC.因为,NH MH 平面NHM，NHMHH，所以平面NHM平面DAC，11 分 又MN 平面NHM，所以MN平面DAC.14 分 17解：(1)因为3AOB，OCOB，所以6AOC.INECBAMDOPQNECBAMDHNECBAMD数学参考答案第 3 页（共 9 页）又ABC中，sinsinsinAPAOOPAOPAPOOAP，所以sin1sin2sinAOAOPAPAPO sinsin3sincos6sinsin2sinAOOAPOPAPO4 分 所以 f3sincos3sincos6222sin2sin2sinaaa 3sincos63 32cos332sin2sin22sinaaaa，7612.7 分(2)222sincos2cos12cos332sin2sinfaa，由 0f得1cos2，又7612，所以39 分 当63时，0f，f在,6 3 上单调递减 当7312时，0f，f在7,3 12上单调递增 所以当3时，f取最小值此时33OP 13 分 答：当点P距离O处33千米时，总费用的最小 14 分 18(1)因为椭圆C的离心率为12，所以12ca.因为椭圆C的右准线的方程为4x，所以24ac.解之得2a，1c，所以24a，2223bac.所以椭圆C的标准方程为22143xy.4 分(2)设11(,)M x y，22(,)N xy.因为过(,0)()T tta作斜率为k(0)k 的直线l交椭圆C于,M N两点，所以:()l yk xt.由22(),3412yk xtxy得2222 2(34)84120kxk txk t，所以21222 21228,34412.34k txxkk tx xk6 分 因为1(1,0)F，2(1,0)F，所以111(1,)FMxy，222(1,)F Nxy.因为12FMF N，所以1221(1)(1)xyxy，即1221(1)()(1)()k xxtk xxt，数学参考答案第 4 页（共 9 页）整理得2112()()2t xxxxt，所以212212286223434xxkxxtkk，又22122112()()4xxxxx x，所以22 22222286412()()4343434k tk tkkk，即4 22 2264364 4(3)(34)k tk tk，即4 22 221694(3)(34)k tk tk，整理得224(4)9kt(*).10 分 因为直线AM，BN的斜率分别为12,k k，且(2,0)A，(2,0)B，所以222121212121212121221()()()22(2)(2)2()4yykxt xtkx xt xxtkkxxxxx xxx 2 2222222 222412834344126243434k tk tkttkkk tkk 22 22 2222 224128(34)412124(34)kk tk ttkk tk 22222 222293(312)3(4)94416124(4)129124ktktk tkkt.16 分 19.解：(1)当1a 时，g xxb，lnfxx，设切点00,A xf x，因为 g xxb是 f x的一条切线，所以00ln1fxx，解得0 xe，所以 00f xf e 又切点,0A e在切线yxb上，所以0eb得be 4 分(2)当bea 时，令 ln1h xf xg xxxa xe 则 lnh xxa 若1a，则当xe时，0h x 恒成立，h x在,e 上单调递增，0h xh e，即 f xg x符合题意6 分 若1a 时，由 0h x，得axee 当aexe时，0h x，h x在,ae e上单调递减，0h xh e 与已知 h x在,xe上恒成立矛盾，舍去9 分 综上，1a 10 分(3)法一：ln1xxxaxb，lnxxa 若1a，则 0 x在区间2,e e上恒成立，x在区间2,e e上单调递增 因为 x在区间2,e e上有零点，所以 22200eaebeeaeb，解得22aebeae 所以2222442414abaaeaeee，当1a 时，等号成立，此时bae 12 分 数学参考答案第 5 页（共 9 页）若12a时，当aexe时，0 x，x在1,ae上单调递减 当2aexe时，0 x，x在1,ae上单调递增 因为 x在区间2,e e上有零点，所以 10aaaaeeaaebeb，所以abe，所以2244aabae 令 24ah aae，12a 则 24220aah aaeae，所以 h a在1,2上单调递减 所以 2222444h aee14 分 若2a，则 0 x在区间2,e e上恒成立，x在区间2,e e上单调递减 因为 x在区间2,e e上有零点，所以 22200eaebeeaeb，解得22eaebae 所以222222242444424444abaaeeaeeeee，当22ae时，等号成立，此时242bee；综上，24ab的最小值是2444ee 16 分 法二：ln1xxxaxb，设 x在2,e e上的一个零点为0 x，则0000ln10 xxxaxb，000ln1bxxax 2222000000044ln1424ln14abaxxaxaxxxx 20004ln14xxx，当02ax时等号成立12 分 令 24ln14t xxxx，2exe，则 4ln8txxx 因为2exe，则1ln2,x4ln84 280 xxe，即 0tx 所以 t x的区间2,e e上单调递减，所以 t x的最小值为 22444t eee 故24ab的最小值为2444ee 16 分 20.解：(1)数列 nb为2019,2019,2019,2018,2017；3 分(2)由已知得:当6n时，na关于 n 递减；当7n时，na关于 n 递减，又67aa，*nN 时，na关于 n 递减.*N21nam又21,3021mm nb共 21 项,且各项分别与 na中各项相同,5 分 其和为262111110241024102415 141222T 数学参考答案第 6 页（共 9 页）611(1)15(151)22102411281212.8 分(3)先不妨设数列先不妨设数列 na单调递增单调递增.当2m时，*12,a aN,121222aaa aa 112,1aa，此时无解，不满足题意；9 分 当3m时，由123123aaaa a a得12312333aaaa a aa 1212123,6.25 362e4，45 2ln，425nn，2n时，12141225nnnnnnn，当2n时，21145nnSSn 10 分 法二：121111111122122nnnnnnnnn 111122nnnn，要证明121421225nnnnnnnn，即证11141225nnn，设111122snnn，则111122121snnnn，11111121222121snnnnnn 21212121222121nnnnnnnnnnnn 数学参考答案第 9 页（共 9 页）111311222121nnnnnnn 由 k+12k2+12 k kk+12+1kk 1nnn nnnn nn 得：当1k1n时，k+12k2+1nnn n，111n122212112nnnnnnnn，313332311221212nnnsnnnnn，3445s，当2n时，21145nnSSn 10 分 法三：由法二知即证111421225nnnn，设111122snnn 111111112122nnnn 111111112212242nnnn 111111234212nn 当2n=时，114+345s 成立，当3n 时，11111111112345672n 22n 12ns 111147412345605，当2n时，21145nnSSn 10 分