江苏省常州市2020届高三上学期期末考试数学(理)试题Word版含答案.pdf

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1、常州市教育学会学业水平监测高三数学试题参考公式：圆锥的体积公式：1=3VSh圆锥，其中S是圆锥的底面积，h是高 . 样本数据1x，2x，nx的方差2211()niisxxn，其中11niixxn. 一、选择题：本大题共14 个小题 , 每小题 5 分, 共 70 分. 请把答案填写在答题卡相应位置上. 1. 若集合 2,0,1A，21Bx x，则集合ABI . 2 命题“0,1x，210 x”是命题（选填“真”或“假”）. 3. 若复数z满足221ziz（其中i为虚数单位），则z . 4. 若一组样本数据2015，2017，x，2018，2016的平均数为2017，则该组样本数据的方差为5.

2、如图是一个算法的流程图，则输出的n的值是 . 6. 函数1( )lnf xx的定义域记作集合D，随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子（骰子的每个面上分别标有点数1，2，6） ，记骰子向上的点数为t，则事件“tD”的概率为 . 7. 已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为 . 8. 各项均为正数的等比数列na中，若234234a a aaaa，则3a的最小值为 . 9. 在平面直角坐标系xOy中，设直线l：10 xy与双曲线C：22221(0,0)xyabab的两条渐近线都相交且交点都在y轴左侧，则双曲线C的离心率e的取值范围是 . 10. 已

3、知实数x，y满足0,220,240,xyxyxy则xy的取值范围是 . 11. 已知函数( )lnf xbxx，其中bR，若过原点且斜率为k的直线与曲线( )yf x相切，则kb的值为 . 12. 如图，在平面直角坐标系xOy中，函数sin()yx(0,0)的图像与x轴的交点A，B，C满足2OAOCOB，则 . 13. 在ABC中，5AB，7AC，3BC，P为ABC内一点（含边界） ，若满足1()4BPBABCRuuu ruuu ruuu r，则BA BPu uu r uu u r的取值范围为14. 已知ABC中，3ABAC，ABC所在平面内存在点P使得22233PBPCPA，则ABC面积的最

4、大值为二、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，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. ）15. 已知ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，3 sincos+bCcB c，（1）求角B；（2）若2bac，求11tantanAC的值 . 16. 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC平面ABCD，PBPD，点Q是棱PC上异于P、C的一点 . （1）求证：BDAC；（2）过点Q和的AD平面截四棱锥得到截面ADQF（点F在棱PB上） ，求证：/ /QFBC. 17. 已知小明（如图中AB所示）身高1.8米，路灯OM高3.6米，AB，O

5、M均垂直于水平地面，分别与地面交于点A，O. 点光源从M发出，小明在地上的影子记作AB. （1）小明沿着圆心为O，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB扫过的图形面积；（2）若3OA米，小明从A出发，以1米/ 秒的速度沿线段1AA走到1A，13OAA，且110AA米.t秒时，小明在地面上的影子长度记为( )f t（单位 : 米） ，求( )f t的表达式与最小值 . 18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：22221(0)xyabab的右焦点为F，点A是椭圆的左顶点，过原点的直线MN与椭圆交于M，N两点（M在第三象限） ，与椭圆的右准线交于P点. 已知AMMN，且243OA OMbuu

6、 u r u uuu r. （1）求椭圆C的离心率e；（2）若103AMNPOESSa，求椭圆C的标准方程 . 19. 已知各项均为正数的无穷数列na的前n项和为nS，且满足1aa（其中a为常数），1(1)(1)nnnSnSn n*()nN. 数列nb满足22*11()nnnnnaabnNa a. （1）证明数列na是等差数列，并求出na的通项公式；（2）若无穷等比数列nc满足：对任意的*nN，数列nb中总存在两个不同的项sb，tb*( ,)s tN使得sntbcb，求nc的公比q. 20. 已知函数2ln( )()xf xxa，其中a为常数 . （1）若0a，求函数( )f x的极值；（2）

7、若函数( )f x在(0,)a上单调递增，求实数a的取值范围；（3）若1a，设函数( )f x在(0,1)上的极值点为0 x，求证：0()2fx. 常州市教育学会学业水平监测数学（附加题）21. 【选做题】在 A、B、C 、D四小题只能选做两题，每小题 10 分，共计 20 分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A.选修 4-1 ：几何证明选讲在ABC中，N是边AC上一点，且2CNAN，AB与NBC的外接圆相切，求BCBN的值. B.选修 4-2 ：矩阵与变换已知矩阵4 21Aa不存在逆矩阵，求：（1）实数a的值； （2）矩阵A的特征向量 . C.选修 4

8、-4 ：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系. 曲线C的参数方程为2cos12sinxy（为参数），直线l的极坐标方程为sin()24，直线l与曲线C交于M，N两点，求MN的长 . D.选修 4-5 ：不等式选讲已知0a，0b，求证 :3322ababab. 【必做题】第 22 题、第 23题，每题 10 分，共计 20 分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 22. 已知正四棱锥PABCD的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量的值：若这两条棱所在的直线相交，则的值是

9、这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制）；若这两条棱所在的直线平行，则0；若这两条棱所在的直线异面，则的值是这两条棱所在直线所成角的大小( 弧度制 ). （1）求(0)P的值；（2）求随机变量的分布列及数学期望( )E. 23. 记11(1)()()2xxxn（2n且*nN） 的展开式中含x项的系数为nS， 含2x项的系数为nT. （1）求nS；（2）若2nnTanbncS，对2,3,4n成立，求实数, ,a b c的值；（3）对（ 2）中的实数, ,a b c用数字归纳法证明：对任意2n且*nN，2nnTanbncS都成立 . 常州市教育学会学业水平监测高三数学参考答案一、填空题1. 2 2.真

10、 3.14. 2 5.7 6.567.3 8.3 9.(1, 2)10.2,8 11.1e 12.3413.5 25,84 14.52316二、解答题15. 解： （1）3 sincosbCBc由正弦定理得3sinsincossinsinBCBCC，ABC中，sin0C， 所以3 sincos1sBB， 所以1sin()62B，5666B，66B，所以3B；（2）因为2bac，由正弦定理得2sinsinsinBAC，11tantanACcoscossinsinACACcossinsincossinsinACACACsin()sinsinACACsin()sinsinBACsinsinsinBA

11、C所以，211sin112 3tantansinsin332BACBB. 16. （ 1）证明：PC平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDPC，记AC，BD交于点O，平行四边形对角线互相平分，则O为BD的中点，又PBD中，PBPD，所以BDOP，又PCOPPI，PC，OP平面PAC，所以BD平面PAC，又AC平面PAC所以BDAC；（2） 四边形ABCD是平行四边形， 所以/ /ADBC， 又AD平面PBC，BC平面PBC，所以/ /AD平面PBC，又AD平面ADQF，平面ADQFI平面PBCQF，所以/ /ADQF，又/ /ADBC，所以/ /QFBC. 17. 解： （1）由题意/ /A

12、BOM，则1.813.62ABABOBOM，3OA，所以6OB，小明在地面上的身影AB扫过的图形是圆环，其面积为226327（平方米）；（2）经过t秒，小明走到了0A处，身影为00A B，由 (1) 知00012A BABOBOM，所以000( )f tA BOA220002cosOAAAOA AAOAA. 化简得2( )39f ttt，010t，2327( )24f tt，当32t时，( )f t的最小值为3 32. 答：2( )39f ttt，010t，当32t（秒）时，( )f t的最小值为3 32（米） . 18. 解： （1）由题意22222221()()22xyabaaxy，消去y

13、得22220cxaxba，解得1xa，222abxc所以22Mabxc(,0)a，MAOA OMx xuu u r uuuu r22243ababc，2234ca，所以32e；（2）由（ 1）22 2(,)33Mbb，右准线方程为4 33xb，直线MN的方程为2yx，所以4 34 6(,)33Pbb，12POFPSOFy234 62223bbb2AMNAOMSS22 24 2233MOAybbb，所以2242102233bba，210 22033bb，所以2b，2 2a椭圆C的标准方程为22182xy. 19. 解： （1）方法一：因为1(1)(1)nnnSnSn n，所以21(1)(2)(1

14、)(2)nnnSnSnn，由 - 得，21( +1)SnnnnS1(2)(1)2(1)nnnSnSn，即2(1)nnS1(22)(1)2(1)nnnSnSn，又10n，则2122nnnSSS，即212nnaa. 在1(1)(1)nnnSnSn n中令1n得，12122aaa，即212aa. 综上，对任意*nN，都有12nnaa，故数列na是以2为公差的等差数列. 又1aa，则22nana. 方法二：因为1(1)(1)nnnSnSn n，所以111nnSSnn，又11Saa，则数列nSn是以a为首项，1为公差的等差数列，因此1nSnan，即2(1)nSnan. 当2n时，122nnnaSSna，

15、又1aa也符合上式，故*22()nana nN. 故对任意*nN，都有12nnaa，即数列na是以2为公差的等差数列. （2）令12122nnnaeana，则数列ne是递减数列，所以211nea. 考察函数1(1)yxxx，因为2221110 xyxx，所以1yxx在(1,)上递增，因此1422(2)nneea a，从而1nnnbee42,2(2)a a. 因为对任意*nN，总存在数列nb中的两个不同项sb，tb，使得sntbcb，所以对任意的*nN都有42,2(2)nca a，明显0q. 若1q，当21log1(2)qna a时，有111422(2)nnncc qqa a，不符合题意，舍去；

16、若01q，当2221log22qaanaa时，有11nncc q1422(2)nqa a，不符合题意，舍去；故1q. 20. 解： （1）当0a时，ln( )xf xx，定义域为(0,)，312ln( )xfxx，令( )0fx，得xe. x(0,)ee(,)e( )f x0( )fxZ极大值12e当xe时，( )f x的极大值为12e，无极小值 . （2）312ln( )()axxfxxa，由题意( )0fx对(0,)xa恒成立 . Q(0,)xa，3()0 xa，12ln0axx对(0,)xa恒成立，2 lnaxxx对(0,)xa恒成立 . 令( )2 lng xxxx，(0,)xa，则(

17、 )2ln1g xx，若120ae，即120ae，则( )2ln10gxx对(0,)xa恒成立，( )2 lng xxxx在(0,)a上单调递减，则2()ln()()aaaa，0ln()a，1a与12ae矛盾，舍去；若12ae，即12ae，令( )2ln10gxx，得12xe，当120 xe时，( )2ln10gxx，( )2 lng xxxx单调递减，当12exa时，( )2ln10gxx，( )2 lng xxxx单调递增，当12xe时，12min( )()g xg e111122222ln()2eeee，122ae. 综上122ae. （3）当1a时，2ln( )(1)xf xx，312

18、 ln( )(1)xxxfxx x，令( )12 lnh xxxx，(0,1)x，则( )12(ln1)h xx2ln1x，令( )0h x，得12xe，当121ex时，( )0h x，( )12 lnh xxxx单调递减，12( )(0,21h xe，312 ln( )0(1)xxxfxx x恒成立，2ln( )(1)xf xx单调递减，且12( )()f xf e. 当120 xe时，( )0h x，( )12 lnh xxxx单调递增，11112222()12ln()h eeee12210e又2222()12ln()h eeee2510e，存在唯一120(0,)xe，使得0()0h x，

19、0()0fx，当00 xx时，0()0fx，2ln( )(1)xf xx单调递增，当120 xxe时，0()0fx，2ln( )(1)xf xx单调递减，且12( )()f xf e，由和可知，2ln( )(1)xf xx在0(0,)x单调递增，在0(,1)x上单调递减，当0 xx时，2ln( )(1)xf xx取极大值 . 0000()12ln0h xxxxQ，0001ln2xxx，0020ln()(1)xf xx200011112(1)2()22xxx，又120(0, 2)xe，201112()(,0)222x，0201()2112()22f xx. 常州市教育学会学业水平监测高三数学（附

20、加题）参考答案21.A. 解：记NBC外接圆为O，AB、AC分别是圆O的切线和割线， 所以2ABANAC，又AA，所以ABN与ACB相似，所以BCABACBNANAB，所以23BCABACACBNANABAN，3BCBN. B.解： （1）由题意4 201a，即420a，解得2a；（2）42021，即(4)(1)40，所以250，解得10，2510时，42020 xyxy，2yx，属于10的一个特征向量为12；25时，20240 xyxy，2xy，属于10的一个特征向量为21. C.解：曲线C：22(1)4xy，直线l：20 xy，圆心(1,0)C到直线l的距离为221022211d，所以弦长

21、222MNrd12 4142. D.证明：0a，0b，不妨设0ab，则5522ab，1122ab，由排序不等式得5151515122222222a ab ba bb a，所以51515151222222222222a ab ba bb aababab. 22. 解：根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到PAC，PBD为等腰直角三角形，的可能取值为：0，3，2，共2828C种情况，其中：0时，有2种；3时，有3 42420种；2时，有246种；（1）21(0)2814P；（2）4165()3287P，63()22814P，根据（ 1）的结论，随机变量的分布列如下表：0

22、32P11457314根据上表，15329( )0143721484E. 23. 解： （1）12!nnSn12(1)!nn. （2）2223TS，23116TS，4472TS，则34221193671692abcabcabc解得14a，112b，16c，（3）当2n时，由（ 2）知等式成立；假设nk（*kN，且2k）时，等式成立，即21114126kkTkkS；当1nk时，由1( )(1)()2fxxx11()()1xxkk1(1)()2xx11()()1xxkk211()()!1kkS xT xxkk知111kkTSk21111121()(1)!1 4126kkTkkkk，所以11kkTS21111121()(1)!1 41261 12!kkkkkkk232(1)212kkkkk(35)12kk，又2111(1)(1)4126kk(35)12kk，等式也成立；综上可得，对任意2n且*nN，都有2nnTanbncS成立 .