江苏省常州市2020届高三上学期期末考试试题数学【含答案】.pdf

江苏省常州市2020 届高三上学期期末考试试题数学一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分(第 3 题)1.已知集合A 1，0，1，Bx|x20，则 AB _2.若复数 z 满足 zi 1i(i是虚数单位)，则 z 的实部为 _3.如图是一个算法的流程图，则输出S的值是 _4.函数 y2x1的定义域是 _5.已知一组数据17，18，19，20，21，则该组数据的方差是_6.某校开设5 门不同的选修课程，其中3 门理科类和2 门文科类，某同学从中任选2 门课程学习，则该同学“选到文科类选修课程”的概率为_7.已知函数f(x)1x1，x0，x23，x0，则 f(f(8)_8.函数 y3sin(2x 3)，x0，取得最大值时自变量x 的值为 _9.在等比数列 an中，若 a11，4a2，2a3，a4成等差数列，则a1a7_10.已知cos（2）cos 2，则 tan 2 _11.在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C：x2a2y2b21(a 0，b0)的右顶点为A，过 A 作 x 轴的垂线与 C的一条渐近线交于点B.若 OB 2a，则 C的离心率为 _12.已知函数f(x)|lg(x2)|，互不相等的实数a，b 满足f(a)f(b)，则a4b 的最小值为_13.在平面直角坐标系xOy 中，圆 C：x22axy22ay2a2 10 上存在点P到点(0，1)的距离为2，则实数a 的取值范围是_14.在ABC中，A3，点 D满足 AD23AC，且对任意xR，|xACAB|ADAB|恒成立，则cosABC _二、解答题：本大题共6 小题，共90 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15.(本小题满分14 分)在ABC中，角 A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 a1，cos B 33.(1)若 A3，求 sin C的值；(2)若 b2，求 c 的值16.(本小题满分14 分)如图，在四棱锥PABCD 中，PA 平面 ABCD，四边形ABCD是矩形，AP AD，点 M，N 分别是线段PD，AC的中点求证：(1)MN平面PBC；(2)PC AM.17.(本小题满分14 分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆 C：x2a2y2b21(a b0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆右顶点为 A，点 F2在圆 A：(x 2)2 y21 上(1)求椭圆 C的标准方程；(2)点 M在椭圆 C上，且位于第四象限，点N在圆 A上，且位于第一象限，已知AM132AN，求直线 F1M的斜率18.(本小题满分16 分)请你设计一个包装盒，ABCD是边长为102 cm 的正方形硬纸片(如图 1)，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图2 中的点 P，正好形成一个正四棱锥形状的包装盒(如图 2)，设正四棱锥PEFGH 的底面边长为x(cm)(1)若要求包装盒侧面积S不小于 75 cm2，求 x 的取值范围；(2)若要求包装盒容积V(cm3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的容积19.(本小题满分16 分)已知函数f(x)(ax22x)ln xa2x21(a R)(1)若曲线 yf(x)在 x1 处的切线的斜率为2，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)在区间(1，e)上有零点，求实数 a 的取值范围(e 为自然对数的底数，e2.718 28)20.(本小题满分16 分)设 m为正整数，若两个项数都不小于m的数列 An，Bn 满足：存在正数L，当 nN*且 nm时，都有|AnBn|L，则称数列 An，Bn是“(m，L)接近的”已知无穷等比数列an 满足8a3 4a21，无穷数列bn 的前 n 项和为 Sn，b11，且Sn（bn1bn）bnbn112，nN*.(1)求数列 an 通项公式；(2)求证：对任意正整数m，数列 an，a2n1 是“(m，1)接近的”；(3)给定正整数m(m 5)，数列1an，b2nk(其中 kR)是“(m，L)接近的”，求L 的最小值，并求出此时的k(均用 m表示)(参考数据：ln 2 0.69)21.【选做题】在 A，B，C 三小题中只能选做两题，每小题10 分，共 20 分若多做，则按作答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤A.(选修 4-2：矩阵与变换)已知点(a，b)在矩阵A1 32 4对应的变换作用下得到点(4，6)(1)写出矩阵A的逆矩阵；(2)求 ab 的值B.(选修 4-4：坐标系与参数方程)求圆心在极轴上，且过极点与点P(23，6)的圆的极坐标方程C.(选修 4-5：不等式选讲)求函数 yx2x6x1的最小值【必做题】第 22，23 题，每小题10 分，共 20 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤22.批量较大的一批产品中有30%的优等品，现进行重复抽样检查，共取3 个样品，以X表示这 3 个样品中优等品的个数(1)求取出的3 个样品中有优等品的概率；(2)求随机变量X的概率分布及数学期望E(X)23.设集合 A1，2，Ant|tan3nan13n 1 a13 a0，其中 aiA，i 0，1，2，n，nN*.(1)求 A1中所有元素的和，并写出集合An中元素的个数；(2)求证：能将集合An(n2，nN*)分成两个没有公共元素的子集Bsb1，b2，b3，bs和 Clc1，c2，c3，cl，s，l N*，使得 b21b22 b2sc21c22 c2l成立1.1，1 2.1 3.10 4.0，)5.2 6.7107.158.129.64 10.22 11.2 12.14 13.1172，0 1，117214.5132615.解：(1)在ABC中，0B，则sin B 0.因为 cos B 33，所以 sin B 1cos2B1（33）263.(3分)在ABC中，A BC，所以sin C sin (AB)sin(A B)，(5 分)所以 sin C sin(3B)sin 3cos B cos 3sin B 32331263366.(8 分)(2)由余弦定理得b2a22accos B c2，则(2)212c33c2，(10 分)所以 c2233c10，(c 3)(c 33)0.(12 分)因为 c330，所以 c30，即 c3.(14 分)16.证明：(1)取 PC，BC的中点 E，F，连结 ME，EF，FN，在三角形PCD中，点 M，E为 PD，PC的中点，所以 EM CD，EM 12CD.在三角形ABC中，点 F，N为 BC，AC的中点，所以 FN AB，FN 12AB.因为四边形ABCD 是矩形，所以AB CD，AB CD，从而 EM FN，EM FN，所以四边形EMNF 是平行四边形(4 分)所以 MN EF，又 EF?平面 PBC，MN?平面 PBC，所以 MN 平面 PBC.(6 分)(2)因为 PA 平面 ABCD，CD?平面 ABCD，所以 PA CD.因为四边形ABCD 是矩形，所以AD CD.(8 分)因为 PA AD A，PA?平面 PAD，AD?平面 PAD，所以 CD 平面 PAD.又 AM?平面 PAD，所以 CD AM.(10 分)因为 AP AD，点 M为 PD的中点，所以AM PD.因为 PD CD D，PD?平面 PCD，CD?平面 PCD，所以 AM 平面 PCD.(12 分)又 PC?平面 PCD，所以 PC AM.(14 分)17.解：(1)圆 A：(x 2)2y21 的圆心 A(2，0)，半径 r 1，与 x 轴交点坐标为(1，0)，(3，0)点 F2在圆 A：(x 2)2 y2 1 上，所以 F2(1，0)，从而 a2，c 1，所以 ba2c222123，所以椭圆C的标准方程为x24y23 1.(4 分)(2)由题可设点M(x1，y1)，0 x12，y10，点 N(x2，y2)，x20，y20，则AM(x12，y1)，AN(x22，y2)由AM132AN知，点 A，M，N共线(5 分)由题知直线AM的斜率存在，可设为k(k 0)，则直线AM的方程为yk(x 2)由yk（x2），（x2）2 y21，得x21 k21k2，yk1k21 k2或x21k21k2，yk1k21k2，所以 N(21k21 k2，k1k21 k2)(7 分)由yk（x2），x24y231，得(34k2)x216k2x16k2120，解得x2，y0或x8k2634k2，y 12k34k2，所以 M(8k2634k2，12k34k2)(10 分)代入 AM132AN得(8k2634k22，12k34k2)132(1k21 k2，k1k21k2)，即(4k29)(52k251)0，又 k0，解得 k32，(13 分)所以 M(1，32)，又 F1(1，0)，可得直线F1M的斜率为321（1）34.(14 分)18.解：(1)在图 1 中连结 AC，BD交于点 O，设 BD与 FG交于点 M，在图 2 中连结 OP.因为 ABCD 是边长为102 cm 的正方形，所以OB 10(cm)由 FG x，得 OM x2，PM BM 10 x2.(2分)因为 PM OM，即 10 x2x2，所以 0 x10.(4 分)因为 S 412FG PM 2x(10 x2)20 xx2，(6 分)由 20 xx275，得 5x15，所以5x10.答：x 的取值范围是5x 10.(8分)(2)在 RtOMP 中，因为OM2OP2PM2，所以 OP PM2OM2（10 x2）2（x2）210010 x，V13FG2OP 13x2100 10 x13100 x4 10 x5，0 x10.(10分)设 f(x)100 x410 x5，0 x10，所以 f(x)400 x350 x4 50 x3(8 x)令 f(x)0，解得 x8 或 x0(舍去)，(12 分)列表：x(0，8)8(8，10)f(x)0 f(x)极大值所以当 x8 时，函数f(x)取得极大值，也是最大值，(14 分)所以当 x8 时，V的最大值为12853.答：当 x8 cm 时，包装盒容积V最大为12853(cm3)(16 分)19.(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)(2ax 2)ln x(ax22x)1xax2(ax 1)ln x2ax 22(ax 1)(ln x1)，(2 分)则 f(1)2(a 1)2，所以 a0.(3分)此时 f(x)2xln x 1，定义域为(0，)，f(x)2(ln x1)，令 f(x)0，解得 x1e；令 f(x)0，解得 x1e；所以函数f(x)的单调增区间为(1e，)，单调减区间为(0，1e)(6 分)(2)函数 f(x)(ax22x)ln xa2x21 在区间 1，e 上的图象是一条不间断的曲线由(1)知 f(x)2(ax 1)(ln x1)，1)当 a0 时，对任意x(1，e)，ax10，ln x1 0，则 f(x)0，所以函数f(x)在区间 1，e 上单调递增，此时对任意x(1，e)，都有 f(x)f(1)a210 成立，从而函数f(x)在区间(1，e)上无零点；(8 分)2)当 a0 时，令 f(x)0，得 x1e或1a，其中1e1，若1a1，即 a 1，则对任意x(1，e)，f(x)0，所以函数f(x)在区间 1，e 上单调递减，由题意得f(1)a210，且 f(e)ae22ea2e210，解得 2a2（2e1）3e2，其中2（2e1）3e2(1)3e24e23e20，即2（2e1）3e2 1，所以 a的取值范围是2a 1；(10 分)若1ae，即1ea 0，则对任意x(1，e)，f(x)0，所以函数f(x)在区间 1，e 上单调递增，此时对任意x(1，e)，都有 f(x)f(1)a210 成立，从而函数f(x)在区间(1，e)上无零点；(12分)若 11ae，即 1a1e，则对任意x(1，1a)，f(x)0，所以函数f(x)在区间 1，1a上单调递增，对任意x(1，1a，都有 f(x)f(1)a21 0 成立；(1 分)对任意 x(1a，e)，f(x)0，函数 f(x)在区间 1a，e 上单调递减，由题意得f(e)ae22ea2e210，解得 a2（2e 1）3e2，其中2（2e1）3e2(1e)3e 4e23e2e23e20，即2（2e1）3e2(1e)，所以 a的取值范围是1a2（2e1）3e2.(15分)综上，实数a 的取值范围是2 a2（2e1）3e2.(16分)20.解：(1)设等比数列 an 公比为 q，由 8a34a2 1 得 8a1q24a1q 1，解得 a1q12，故 an12n.(3分)(2)|an(a2n1)|12n（14n1）（12n12）234(12n12)234.(5分)对任意正整数m，当 nN*，且 nm时，有 012m12n12，则(12n12)23414341，即|an(a2n1)|1 成立，故对任意正整数m，数列 an，a2n1 是“(m，1)接近的”(8 分)(3)由Sn（bn 1bn）bnbn112，得到 Sn(bn1bn)12bnbn 1，且 bn，bn1 0，从而 bn1bn0，于是 Snbnbn12（bn1bn）.(9 分)当 n1 时，S1b1b22（b2b1），b11，解得 b2 2；当 n2 时，bnSnSn 1bnbn12（bn1bn）bn 1bn2（bnbn1），又 bn0，整理得 bn1bn 1 2bn，所以 bn1 bnbnbn1，因此数列 bn为等差数列因为 b11，b22，则数列 bn的公差为1，故 bnn.(11分)根据条件，对于给定正整数m(m 5)，当nN*且 nm时，都有1an（b2nk）|2n(n2k)|L 成立，即 L2nn2kL2nn2对 n1，2，3，m都成立(12 分)考查函数f(x)2xx2，f(x)2xln 2 2x，令 g(x)2xln 2 2x，则 g(x)2x(ln 2)22，当 x 5 时，g(x)0，所以 g(x)在5，)上是增函数因为 g(5)25ln 2 10 0，所以当x5 时，g(x)0，则 f(x)0，所以 f(x)在5，)上是增函数注意到 f(1)1，f(2)f(4)0，f(3)1，f(5)7，故当 n1，2，3，m时，L2nn2的最大值为L2mm2，L2nn2的最小值为L1.(14分)欲使满足的实数k 存在，必有L2mm2L 1，则 L2m m2 12，因此 L的最小值2mm212，此时 k2mm212.(16 分)21.A.解：(1)A1 232112.(4分)(2)点(a，b)在矩阵A1324对应的变换作用下得到点(4，6)，所以Aab46，(6 分)所以abA1462321124611，(8 分)所以 a1，b1，得 ab2.(10 分)B.解：因为所求圆的圆心在极轴上，且过极点，故可设此圆的极坐标方程是2rcos.因为点 P(23，6)在圆上，所以232rcos 6，解得 r 2.因此所求圆的极坐标方程是 4cos.(10分)C.解：函数yx2x6x1的定义域为 0，)，x10.(2分)x2x6x1（x 1）24（x1）9x1(x1)9x142（x1）9x 1 42，当且仅当x19x1，即 x4 时取到“”(8 分)所以当 x4 时，函数yx 2x6x 1的最小值为2.(10分)22.解：(1)记“取出的3个样品中有优等品”为事件A，则 A表示“取出的3 个样品中没有优等品”，P(A)(1 0.3)33431 000，所以 P(A)1P(A)13431 0006571 000.(3 分)答：取出的3 个样品中有优等品的概率是6571 000.(4分)(2)X B(3，0.3)，P(Xk)Ck30.3k(1 0.3)3k，k0，1，2，3，(6 分)随机变量X的分布如表：X 0 1 2 3 P 3431 0004411 0001891 000271 000(8 分)E(X)03431 00014411 00021891 0003271 000910.答：随机变量X的数学期望是910.(10分)23.解：(1)A1t|ta13a0，其中 ai A，i 0，1 4，5，7，8 所以 A1中所有元素的和为24，集合 An中元素的个数为2n1.(2分)(2)取 sl 2n.下面用数学归纳法进行证明当 n2 时，A213，14，16，17，22，23，25，26，(3 分)取 b113，b217，b323，b425，c114，c216，c322，c426，有b1b2b3b4c1c2c3c478，且 b21b22b23b24c21c22c23c241 612 成立(4 分)即当 nk1时也成立(9 分)综上可得：能将集合An，n2 分成两个没有公共元素的子集Bs b1，b2，b3，bs和Clc1，c2，c3，cl，s，l N*，使得 b21b22 b2sc21c22 c2l成立(10 分)