2020届江苏省海安高级中学高三12月月考数学试题.doc

阶段性测试（三） 数学Ⅰ 参考公式： 样本数据，，…，的方差，其中． 锥体的体积，其中S为底面积，h为高． 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上． 1. 设全集{1，2，3，4，5}．若{1，2，5}，则集合 ▲ ． 2. 已知复数满足(为虚数单位)，则复数的实部是 ▲ ． 3. 已知样本数据的方差为2，则数据的方差为 ▲ ． S←0 For i From 1 To 10 Step 1 S←S＋ End For Print S （第4题） 4. 右图是一个算法的伪代码，其输出的结果为 ▲ ． 5. 从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，则该三位数为奇数的概率为 ▲ ． 6. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为 ▲ ． 7. 将函数f(x)的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的值 为 ▲ ． 8. 设定义在上的奇函数在区间上是单调减函数，且，则实数的取值范围是 ▲ ． 9. 在锐角三角形中，若，，则的值为 ▲ ． 10. 设Sn为数列的前n项和．若Sn＝nan－3n(n－1)（n∈N*），且，则S20的值为 ▲ ． 11. 设正实数x，y满足，则实数x的最小值为 ▲ ． D1 （第12题） 12. 如图，正四棱柱的体积为27，点， 分别为棱，上的点（异于端点），且， 则四棱锥的体积为 ▲ ． 13．已知向量，，满足，且与的夹角的 正切为，与的夹角的正切为，，则的 值为 ▲ ． 14．已知，，若同时满足条件：①R，或；②，，则实数m的取值范围是 ▲ ． 二、解答题：本大题共6小题，共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．（本题满分14分） 已知△ABC的面积为，且，向量和 是共线向量. （1）求角C的大小； （2）求△ABC的三边长. E F A B C D P （第16题） 16．（本题满分14分） 如图，在四棱锥P－ABCD中，已知底面为矩形，且 AB＝，BC＝1，E，F分别是AB，PC的中点，PA⊥DE． （1）求证：EF∥平面PAD； （2）求证：平面PAC⊥平面PDE． 17．（本题满分14分） 如图，OM，ON是某景区的两条道路（宽度忽略不计，OM为东西方向），Q为景区内一景点，A为道路OM上一游客休息区．已知tan∠MON＝－3，OA＝6(百米)，Q到直线OM，ON的距离分别为3(百米)，(百米)．现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸至道路ON于点B，并在B处修建一游客休息区． （1）求有轨观光直路AB的长； （2）已知在景点Q的正北方6 百米的P处有一大型组合音乐喷泉，喷泉表演一次的时长为9 分钟．表演时，喷泉喷洒区域以P为圆心，r为半径变化，且t分钟时， A O B P Q M N （第17题） (百米)（0≤t≤9，0＜a＜1）．当喷泉表演开始时，一观光车S（大小忽略不计）正从休息区B沿（1）中的轨道BA以(百米/分钟)的速度开往休息区A，问：观光车在行驶途中是否会被喷泉喷洒到，并说明理由． 18．（本题满分16分） 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：过点，其离心率等于． （1）求椭圆E的标准方程； （2）若A，B分别是椭圆E的左，右顶点，动点M满足，且MA交椭圆E于点P． ①求证：为定值； ②设PB与以PM为直径的圆的另一交点为Q，求证：直线MQ经过定点． 19．（本题满分16分） 已知数列满足：（常数k＞0），（n≥3，）．数列满足：（）． （1）求b1，b2的值； （2）求数列的通项公式； （3）是否存在k，使得数列的每一项均为整数? 若存在，求出k的所有可能值；若不存在，请说明理由． 20．（本题满分16分） 设函数f (x)＝(x－a)lnx－x＋a，a∈R． （1）若a＝0，求函数f (x)的单调区间； （2）若a＜0，且函数f (x)在区间内有两个极值点，求实数a的取值范围； （3）求证：对任意的正数a，都存在实数t，满足：对任意的x∈(t，t＋a)， f (x)＜a－1． 数学Ⅰ 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上． 1. 【答案】{3，5} 2. 【答案】3 3. 【答案】8 4. 【答案】 5. 【答案】 6. 【答案】y＝±3x 7. 【答案】4 8. 【答案】（1，2） 9. 【答案】79 10. 【答案】1 240 11. 【答案】 12. 【答案】9 13．【答案】 14．【答案】 高考资源网（） 您身边的高考专家 二、解答题：本大题共6小题，共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．（本题满分14分） 解：（1）因为向量和是共线向量， 所以， ……2分 即sinAcosB+cosAsinB－2sinCcosC=0， 化简得sinC－2sinCcosC=0，即sinC(1－2cosC)=0. ……4分 因为，所以sinC>0，从而， ……6分 （2），于是AC. ……8分 因为△ABC的面积为，所以， 即，解得 …… 11分 在△ABC中，由余弦定理得 所以 …… 14分 16．（本题满分14分） 证明：（1）取PD中点G，连AG，FG， 因为F，G分别为PC，PD的中点， 所以FG∥CD，且FG＝CD． ……2分 又因为E为AB中点，所以AE//CD，且AE＝CD． ……4分 所以AE//FG，AE＝FG．故四边形AEFG为平行四边形． 所以EF//AG，又EF平面PAD，AG平面PAD， 故EF//平面PAD． ……6分 （2）设AC∩DE＝H，由△AEH∽△CDH及E为AB中点得＝＝， 又因为AB＝，BC＝1，所以AC＝，AG＝AC＝． 所以＝＝，又∠BAD为公共角，所以△GAE∽△BAC． 所以∠AGE＝∠ABC＝90°，即DE⊥AC． ……10分 又DE⊥PA，PA∩AC＝A， 所以DE⊥平面PAC． ……12分 又DE平面PDE，所以平面PAC⊥平面PDE． ……14分 17．（本题满分14分） 解：（1）以点O为坐标原点，直线OM为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示． 则由题设得：A(6，0)，直线ON的方程为． 由，解得，所以． ……2分 故直线AQ的方程为， 由得 即，故， …… 5分 答：水上旅游线的长为km． ……6分 （2）将喷泉记为圆P，由题意可得P(3，9)， 生成t分钟时，观光车在线段AB上的点C处， 则BC＝t，0≤t≤9，所以C(－3＋t，9－t)． 若喷泉不会洒到观光车上，则PC2＞r2对t∈[0，9]恒成立， 即PC2＝(6－t)2＋t2＝2t2－12t＋36＞4at， ……10分 当t＝0时，上式成立， 当t∈(0，9]时，2a＜t＋－6，(t＋－6)min＝6－6，当且仅当t＝3时取等号， 因为a∈(0，1)，所以r＜PC恒成立，即喷泉的水流不会洒到观光车上．……13分 答：喷泉的水流不会洒到观光车上． ……14分 18．解：（1）设椭圆焦距为2c，所以且， 解得 所以椭圆的方程为； ……4分 （2）设，， ①易得直线的方程为：， 代入椭圆得，， 由得，，从而， ……8分 所以 ． ……10分 ②直线过定点，理由如下： 依题意，， 由得，， 则的方程为：，即， 所以直线过定点． ……16分 19．（本题满分16分） 解：（1）由已知得，， 所以，． ……2分 （2）由条件可知：，① 所以.② ……4分 ①－②得. 即：． 因此：， ……6分 故，又因为，， 所以． ……8分 （3）假设存在，使得数列的每一项均为整数，则k为正整数． ……10分 由（2）知ƒ 由，所以k=1或2， ……12分 检验：当时，为整数， 利用结合ƒ，{an}各项均为整数； ……14分 当时ƒ变为 消去得： 由所以偶数项均为整数， 而，所以为偶数，故，故数列是整数列. 综上所述，的取值集合是. ……16分 20．（本题满分16分） 解：（1）当a＝0时，f(x)＝xlnx－x，f’(x)＝lnx， 令f’(x)＝0，x＝1，列表分析 x (0，1) 1 (1，＋∞) f’(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 单调递增 故f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． ……3分 （2）f(x)＝(x－a)lnx－x＋a，f’(x)＝lnx－，其中x＞0， 令g(x)＝xlnx－a，分析g(x)的零点情况． g’(x)＝lnx＋1,令g’(x)＝0，x＝，列表分析 x (0，) (，＋∞) g’(x) － 0 ＋ g(x) 单调递减 单调递增 g(x)min＝g()＝－－a， ……5分 而f’()＝ln－ae＝－1－ae，＝－2－ae2＝－(2＋ae2)， f’(e2)＝2－＝(2e2－a)， ①若a≤－，则f’(x)＝lnx－≥0， 故f(x)在内没有极值点，舍； ②若－＜a＜－，则f’()＝ln－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)＞0， f’(e2)＝(2e2－a)＞0， 因此f’(x)在有两个零点，设为，， 所以当时，f(x)单调递增，当时，f(x)单调递减， 当时，f(x)单调递增，此时f(x)在内有两个极值点； ③若－≤a＜0，则f’()＝ln－ae＜0，f’(e－2)＝－(2＋ae2)≤0， f’(e2)＝(2e2－a)＞0， 因此f’(x)在有一个零点，f(x)在内有一个极值点； 综上所述，实数a的取值范围为(－，－)． ……10分 （3）存在：x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1恒成立． ……11分 证明如下： 由（2）得g(x)在(，＋∞)上单调递增， 且g(1)＝－a＜0，g(1＋a)＝(1＋a)ln(1＋a)－a． 因为当x＞1时，lnx＞1－(*)，所以g(1＋a)＞(1＋a)(1－)－a＝0． 故g(x)在(1，1＋a)上存在唯一的零点，设为x0． 由 x (1，x0) x0 (x0，1＋a) f’(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 单调递增 知，x∈(1，1＋a)，f(x)＜max{f(1)，f(1＋a)}． ……13分 又f(1＋a)＝ln(1＋a)－1，而x＞1时，lnx＜x－1(**)， 所以f(1＋a)＜(a＋1)－1－1＝a－1＝f(1)． 即x∈(1，1＋a)，f(x)＜a－1． 所以对任意的正数a，都存在实数t＝1，使对任意的x∈(t，t＋a)，使 f(x)＜a－1． ……15分 补充证明（*）： 令F(x)＝lnx＋－1，x≥1．F’(x)＝－＝≥0，所以F(x)在[1，＋∞)上单调递增． 所以x＞1时，F(x)＞F(1)＝0，即lnx＞1－． 补充证明（**） 令G(x)＝lnx－x＋1，x≥1．G’(x)＝－1≤0，所以G(x)在[1，＋∞)上单调递减． 所以x＞1时，G(x)＜G(1)＝0，即lnx＜x－1． ……16分 数学Ⅱ(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 【解】由特征值、特征向量定义可知，A， 即，得 ……5分 同理可得 解得． 因此矩阵A． ……10分 B．解：因为A( 1， )，B( 9， )， 所以线段AB的中点坐标为(5，)， ……2分 设点P(ρ，θ)为直线l上任意一点， 在直角三角形OMP中，ρcos(θ－)＝5， 所以，l的极坐标方程为ρcos(θ－)＝5， ……6分 令θ＝0，得ρ＝10，即C(10，0)． …… 8分 所以，△ABC的面积为：×(9－1)×10×sin＝20． ……10分 C．证明：因为|a＋b|≤2，所以 |a2＋2a－b2＋2b|＝|a＋b||a－b＋2| ＝|a＋b||2a－(a＋b)＋2| ≤|a＋b|(|2a|＋|a＋b|＋2) ≤4(|a|＋2)． ……10分 22．解：依题意，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A－xyz 则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 因为＝λ，所以C(λ，2，0)， ……2分 （第22题） （1）从而＝(λ，2，－2)，＝(－1，2， 0)， 则cos＜，＞＝＝＝， 解得λ＝2； …… 5分 （2）易得＝(2，2，－2)，＝(0，2，－2)， 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 则n·＝0，且n·＝0， 即x＋y－z＝0，且y－z＝0， 所以x＝0，不妨取y＝z＝1， 则平面PCD的一个法向量n＝(0，1，1)， …… 8分 又易得＝(1，0，－2)， 故cos＜，n＞＝＝＝－， 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为． ……10分 23．(本小题满分10分) 解：（1）S1＝Ca1＝1，S2＝Ca1＋Ca2＝3． ……2分 （2）记a＝，b＝． 则Sn＝C(αi－βi)＝C(αi－βi)＝(Cαi－Cβi) ＝[(1＋a)n－(1＋b)n]＝[()n－()n]． ……6分 因为()×()＝1． 故Sn＋2＝{[()n＋1－()n＋1][ ()＋()]－[()n－ ()n]}＝3Sn＋1－Sn． 所以存在，使得恒成立． ……10分 - 14 - www.ks5u第.页com 版权所有@高考资源网