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1
江苏省苏北七市 2020 届高三第二次调研考试
数学试题
2020.4
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,请将答案
填写在答题卡相应的位置上..........)
1.已知集合 A={1,4},B={a﹣5,7}.若 A ∩ B={4},则实数 a 的值是 .
答案:9
考点:集合交集运算
解析:∵集合 A={1,4},B={a﹣5,7}.A ∩ B={4},
∴a﹣5=4,则 a 的值是 9.
2.若复数 z 满足 2 i
i
z = + ,其中 i 是虚数单位,则 z 的模是 .
答案: 5
考点:复数
解析:∵ 2 i
i
z = + ,
∴ 2 2i i 1 2i z = + = − + ,则 5 z = .
2
3.在一块土地上种植某种农作物,连续 5 年的产量(单位:吨)分别为 9.4,9.7,9.8,10.3,
10.8.则该农作物的年平均产量是 吨.
答案:10
考点:平均数
解析: 9.4 9.7 9.8 10.3 10.8 10
5
x + + + + = = .
4.右图是一个算法流程图,则输出的 S 的值是 .
答案: 5
2
考点:算法与流程图
解析:第一次 S=15,k=1;
第二次 S=15,k=2;
第三次 S= 15
2
,k=3;
第四次 S= 5
2
<3;所以输出的 S 的值是 5
2
.
5.“石头、 剪子、布”是大家熟悉的二人游戏,其规则是:在石头、剪子和布中,二人
各随机选出一种,若相同则平局;若不同,则石头克剪子,剪子克布,布克石头.甲、
乙两人玩一次该游戏,则甲不输的概率是 .
答案: 2
3
考点:随机事件的概率
解析:甲、乙两人玩一次该游戏,共有 9 种情况,其中甲不输有 6 种可能,故概率为 6 2
9 3
= .
6.在△ABC 中,已知 B=2A,AC= 3 BC,则 A 的值是 .
答案:
6
π
考点:正弦定理,二倍角的正弦公式
解析:∵AC= 3 BC,∴ 3 b a = ,即 sinB= 3 sinA,
∵B=2A,∴sin2A= 3 sinA,则 2sinAcosA= 3 sinA,
3
∵sinA≠0,∴ 3 cosA
2
= ,A∈ (0,π),则 A=
6
π .
7.在等差数列{ }n a (n N ∗ ∈ )中,若 1 2 4 a a a = + , 8 3 a = − ,则 20 a 的值是 .
答案:﹣15
考点:等差数列的通项公式及性质
解析:∵数列{ }n a 是等差数列,∴ 1 5 2 4 a a a a + = + ,又 1 2 4 a a a = + ,∴ 5 0 a = ,
∴ 8 5 3 1
8 5 3
a a d − − = = = −
−
,故 20 5 15 15 a a d = + = − .
8.如图,在体积为 V 的圆柱 O1O2 中,以线段 O1O2 上的点 O 为项点,上下底面为底面的两
个圆锥的体积分别为 V1,V2,则 1 2 V V
V
+ 的值是 .
答案: 1
3
考点:圆柱圆锥的体积
解析:由
1 2 1 1 2 1 2 1 2
1 1 1 1
3 3 3 3 O O O V V S OO S OO S O O V + = ⋅ + ⋅ = ⋅ = ⊙ ⊙ ⊙ ,得 1 2 1
3
V V
V
+ = .
9.在平面直角坐标系 xOy 中,双曲线
2 2
2 2 1 x y
a b
− = (a>0,b>0)的左顶点为 A,右焦点为 F,
过 F 作 x 轴的垂线交双曲线于点 P,Q.若△APQ为直角三角形,则该双曲线的离心率
是 .
答案:2
考点:双曲线的简单性质
解析:由题意知,AF=PF,即
2 b a c
a
+ = ,∴
2 2 c a a c
a
− + = ,
化简得: 2 2 0 e e − − = ,又 e>1,∴e=2.
10.在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 在直线 y=2x 上,过点 P 作圆 C:(x﹣4)2+y2=8 的一
条切线,切点为 T.若 PT=PO,则 PC 的长是 .
答案: 13
考点:直线与圆
解析:设 P( p ,2 p ),则 2 2 2 2 ( 4) 4 5 8 16 PC p p p p = − + = − + ,
4
2 2 2 2 5 8 8 PT PC TC p p = − = − + , 2 2 5 PO p = ,
∵PT=PO,∴ 2 2 5 8 8 5 p p p − + = ,解得 p=1,∴ 2 2 5 8 16 13 PC p p = − + = ,
即 PC 的长是 13 .
11.若 x>1,则 9 1 2 1 1 x x x + + + −
的最小值是 .
答案:8
考点:基本不等式
解析: 9 1 9 1 2 1 1 6 2 8 1 1 1 1 x x x x x x x + + = + + + − + ≥ + = + − + −
,当且仅当 x=2 时取“=”.
12.在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 x y e = 在点 P( 0 x , 0 x e )处的切线与 x 轴相交于点 A,
其中 e 为自然对数的底数.若点 B( 0 x ,0),△PAB 的面积为 3,则 0 x 的值是 .
答案:ln6
考点:利用导数研究函数的切线
解析:∵ x y e ′ = ,∴ 0 x k e = ,则切线方程为 0 0
0 ( ) x x y e e x x − = − ,令 y=0,
求得 0 1 A x x = − ,∴ 0
1 1 3 2
x e × ⋅ = ,解得 0 ln6 x = .
13.图(1)是第七届国际数学教育大会 (ICME—7)的会徽图案,它是由一串直角三角形演
化而成的 (如图(2)),其中 OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1,则 6 7 7 8 A A A A ⋅
������ ������
的值
是 .
答案: 42
7
考点:平面向量数量积
解析:sin∠A6A7O= 6
7
A O 6
A O 7
= ,∴ 6 7 7 8
6 42 A A A A 1 1
7 7
⋅ = × × =
������ ������
.
14.设函数 2 log , 0 4 ( )
(8 ), 4 8
x a x f x
f x x
⎧ − < ≤ ⎪ = ⎨ − < < ⎪ ⎩
,若存在实数 m,使得关于 x 的方程 ( ) f x m = 有
5
4 个不相等的实根,且这 4 个根的平方和存在最小值,则实数 a 的取值范围是 .
答案:( −∞ ,1)
考点:函数与方程
解析:当 2 a ≥ 时, 2 log 0 x a − ≤ ,此时 2
2
log , 0 4 ( )
log (8 ), 4 8
a x x f x
a x x
− < ≤ ⎧ = ⎨ − − < < ⎩
,此时函数 ( ) f x
在(0,4)单调递减,在(4,8)单调递增,方程 ( ) f x m = 最多 2 个不相等的实根,舍;
当 a<2 时,函数 ( ) f x 图像如下所示:
从左到右方程 ( ) f x m = 4 个不相等的实根,依次为 1 x , 2 x , 3 x , 4 x ,即 1 x < 2 x <
3 x < 4 x ,
由图可知 2 1 2 2 log log a x x a − = − ,故 1 2 4 a x x = ,且 3 2 8 x x = − , 4 1 8 x x = − ,
从而
2
2 2 2 2 2
1 2 3 4 1 1 2
1 1
4 4 2( ) 16( ) 128
a a
x x x x x x
x x
+ + + = + − + + ,
令 1
1
4 a
t x
x
= + ,显然 t>4 a ,
2 2 2 2 2 1
1 2 3 4 2 16 128 4 a x x x x t t + + + + = − + − ,要使该式在 t>4 a 时有最小值,则对称轴
t=4>4 a ,解得 a<1.
综上所述,实数 a 的取值范围是( −∞ ,1).
二、解答题(本大题共 6 小题,共计 90 分.请在答题纸指定区域.......内作答,解答应写出文字
说明,证明过程或演算步骤.)
15.(本题满分 14 分)
在平面直角坐标系 xOy 中,已知向量 a
�
=(cos α ,sinα ), b
�
=(cos( α +
4
π ),sin(α +
6
4
π )),其中 0<α <
2
π .
(1)求( ) b a a − ⋅
� � �
的值;
(2)若c
�
=(1,1),且 ( ) b c +
� �
∥ a
�
,求α 的值.
解:(1)因为向量 ( )cos sin α α = , a a a a , ( ) ( )( )π π cos sin 4 4 α α = + + , b b b b ,
所以( ) 2 − ⋅ = ⋅ − b a a a b a b a a a b a b a a a b a b a a a b a …2 分
( ) ( )( )2 2 π π cos cos sin sin cos sin 4 4 α α α α α α = + + + − + …4 分
( )π cos 1 4 = − − 2 1 2 = − . ……6 分
(2)因为 ( )1 1 = , c c c c ,所以 + b c b c b c b c ( ) ( )( )π π cos 1 sin 1 4 4 α α = + + + + , .
因为( )+ b c b c b c b c ∥ a a a a ,
所以 ( )( ) ( )( )π π cos 1 sin sin 1 cos 0 4 4 α α α α + + − + + = .…9 分
于是 ( ) ( )π π sin cos sin cos cos sin 4 4 α α α α α α − = + − + ,
从而 ( )π π 2 sin sin 4 4 α − = ,即 ( )π 1 sin 4 2 α − = . ………………12 分
因为 π 0 2 α < < ,所以 π π π
4 4 4 α − < − < .
于是 π π
4 6 α − = ,即 5π
12 α = . …14 分
16.(本题满分 14 分)
如图,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,CA=CB,点 P,Q 分别为 AB 1,CC1 的中点.求
证:
(1)PQ∥平面 ABC;
(2)PQ⊥平面 ABB1A1.
解:(1)取 AB 的中点 D ,连结 PD CD , .
7
在△ 1 ABB 中,因为 P D , 分别为 1 AB AB , 中点,
所以 1 PD BB ∥ ,且 1
1
2 PD BB = . 直三棱柱 ABC−A1B1C1 中, 1 1 CC BB ∥ , 1 1 CC BB = .因为
Q 为棱 1 CC 的中点,所以 1 CQ BB ∥ ,且 1
1
2 CQ BB = . …3 分
于是 PD CQ ∥ , PD CQ = .
所以四边形 PDCQ 为平行四边形,从而 PQ CD ∥ . ……5 分又因为
CD ABC ⊂ 平面 , PQ ABC ⊄ 平面 ,所以 PQ ABC ∥平面 . …7 分
(2)在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中, 1 BB ABC ⊥平面 .又CD ABC ⊂ 平面 ,所以 1 BB CD ⊥ .因为
CA CB = , D 为 AB 中点,所以 CD AB ⊥ . ……10 分
由(1)知CD PQ ∥ ,所以 1 BB PQ ⊥ , AB PQ ⊥ . ……12 分
又因为 1 AB BB B = I , 1 1 AB ABB A ⊂ 平面 , 1 1 1 BB ABB A ⊂ 平面 ,
所以 1 1 PQ ABB A ⊥ 平面 . ……14 分
17.(本题满分 14 分)
如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知圆 C:(x﹣3)2+y2=1,椭圆 E:
2 2
2 2 1 x y
a b
+ = (a
>b>0)的右顶点 A 在圆 C 上,右准线与圆 C 相切.
(1)求椭圆 E 的方程;
(2)设过点 A 的直线 l 与圆 C 相交于另一点 M,与椭圆 E 相交于另一点 N.当 AN=
12
7
AM 时,求直线 l 的方程.
解:(1)记椭圆 E 的焦距为 2c( 0 c > ).因为右顶点 ( )0 A a , 在圆 C 上, 右准线 2 a x c = 与
圆 C: ( )2 2 3 1 x y − + = 相切.所以
( )2 2
2
3 0 1
3 1
a
a
c
⎧ − + = ⎪ ⎨ − = ⎪ ⎩
,
,
解得 2
1
a
c
= ⎧
⎨ = ⎩
,
.
8
于是 2 2 2 3 b a c = − = ,所以椭圆方程为:
2 2
1 4 3
y x + = . ……4 分
(2)法 1:设 ( ) ( )N N M M N x y M x y , , , ,
显然直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为: ( )2 y k x = − .
由方程组
( )
2 2
2
1 4 3
y k x
y x
= − ⎧ ⎪ ⎨
+ = ⎪ ⎩
,
消去 y 得,( )2 2 2 2 4 3 16 16 12 0 k x k x k + − + − = .
所以 2
2
16 12 2 4 3 N
k x k
− ⋅ = +
,解得 2
2
8 6
4 3 N
k x k
− = +
. ……6 分
由方程组 ( )
( )2 2
2
3 1
y k x
x y
= − ⎧ ⎪ ⎨ − + = ⎪ ⎩
,
,
消去 y 得, ( ) ( )2 2 2 2 1 4 6 4 8 0 k x k x k + − + + + = ,
所以 2
2
4 +8 2 1 M
k x k ⋅ = +
,解得 2
2
2 +4
1 M
k x k = +
. ……8 分
因为 12
7 AN AM = ,所以 ( )12 2 2 7 N M x x − = − . ……10 分
即 2 2
12 12 2
7 4 3 1 k k = ⋅ + +
,解得 1 k = ± , ……12 分
所以直线 l 的方程为 2 0 x y − − = 或 2 0 x y + − = . ……14 分法 2:设
( ) ( )N N M M N x y M x y , , , ,当直线 l 与 x 轴重合时,不符题意.
设 直 线 l 的 方 程 为 : ( )2 0 x ty t = + ≠ . 由 方 程 组 2 2
2
1 4 3
x ty
y x
= + ⎧ ⎪ ⎨ + = ⎪ ⎩
,
消 去 x 得 ,
( )2 2 3 4 12 0 t x ty + + = ,所以 2
12
3 4 N
t y t
− = +
. ……6 分
由方程组 ( )2 2
2
3 1
x ty
x y
= + ⎧ ⎪ ⎨ − + = ⎪ ⎩
,
消去 x 得, ( )2 2 1 2 0 t x ty + − = ,
所以 2
2
1 M
t y t = +
. ……8 分
因为 12
7 AN AM = ,所以 12
7 N M y y = − . ……10 分
即 2 2
12 12 2
7 3 4 1
t t
t t
− = − ⋅ + +
,解得 1 t = ± , ……12 分
所以直线 l 的方程为 2 0 x y − − = 或 2 0 x y + − = . ……14 分
18.(本题满分 16 分)
某公园有一块边长为 3 百米的正三角形 ABC 空地,拟将它分割成面积相等的三个区域,
用来种植三种花卉.方案是:先建造一条直道 DE 将△ABC 分成面积之比为 2:1 的两部分
(点 D,E 分别在边 AB,AC 上);再取 DE 的中点 M,建造直道 AM(如图).设 AD=x,
9
DE= 1 y ,AM= 2 y (单位:百米).
(1)分别求 1 y , 2 y 关于 x 的函数关系式;
(2)试确定点 D 的位置,使两条直道的长度之和最小,并求出最小值.
解:(1)因为 2
3 ADE ABC S S = △ △ ,△ABC 是边长为 3 的等边三角形,又 AD = x,
所以 ( )2 1 2 1 sin = 3 sin 2 3 3 2 3 AD AE π π ⋅ ⋅ × × ,所以 6 AE x = . ……2 分
由
0 3
6 0 3
AD x
AE x
< = ⎧ ⎪ ⎨ < = ⎪ ⎩
≤ ,
≤ ,得2 3 x ≤ ≤ . ……4 分
法 1:在 ADE △ 中,由余弦定理,得
2 2 2 2
2
36 2 cos 6 3 DE AD AE AD AE x x
π = + − ⋅ ⋅ = + − .
所以,直道 DE 长度 y1 关于 x 的函数关系式为 [ ]2
1 2
36 6 2 3 y x x x = + − ∈ , , .
……6 分
在 ADM △ 和 AEM △ 中,由余弦定理,得
2 2 2 2 cos AD DM AM DM AM AMD = + − ⋅ ⋅ ∠ ①
( )2 2 2 2 cos AE EM AM EM AM AMD = + − ⋅ ⋅ π − ∠ ② …8 分
因为 M 为 DE 的中点,所以 1
2 DM EM DE = = .
由①+②,得 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 AD AE DM EM AM DE AM + = + + = + ,
所以 () ( )2
2 2 2
2
6 1 36 6 2 2 x x AM x x + = + − + , 所以 2 2
2
9 3
4 2
x AM x = + + .
所以,直道 AM 长度 y2 关于 x 的函数关系式为
[ ]2
2 2
9 3 2 3 4 2
x y x x = + + ∈ , , . ……10 分
法 2:因为在 ADE △ 中, DE AE AD = −
���� ���� ���� ,
所以 ()2 2 2 2 2 2
2
6 6 36 2 2 cos 6 3 DE AE AE AD AD x x x x x x
π = − ⋅ + = − ⋅ + = + −
���� ���� ���� ���� ���� .
所以,直道 DE 长度 y1 关于 x 的函数关系式为 [ ]2
1 2
36 6 2 3 y x x x = + − ∈ , , .
……6 分
10
在△ADE 中,因为 M 为 DE 的中点,所以 ( )1
2 AM AD AE = +
����� ���� ���� . …8 分
所以 ( ) ( )2 2 2 2
2
1 1 36 2 6 4 4 AM AD AE AD AE x x = + + ⋅ = + +
����� ���� ���� ���� ���� .
所以,直道 AM 长度 y2 关于 x 的函数关系式为 [ ]2
2 2
9 3 2 3 4 2
x y x x = + + ∈ , , .
……10 分
(2)由(1)得,两条直道的长度之和为
2 2
1 2 2 2
36 9 3 + 6 4 2
x DE AM y y x x x = + = + − + + +
2 2
2 2
36 9 3 2 6 2 4 2
x x x x ⋅ − + ⋅ + ≥ ……
12 分
3 2 6 2 = + (当且仅当
2
2
2
2
36
9
4
x x
x
x
⎧ = ⎪
⎨
⎪ =
⎩
,
即 6 x = 时取 = “ ” ). …14 分
答:当 6 AD = 百米时,两条直道的长度之和取得最小值( )3 2 6 2 + 百米.16 分
19.(本题满分 16 分)
若函数 ( ) f x 在 0 x 处有极值,且 0 0 ( ) f x x = ,则称 0 x 为函数 ( ) f x 的“F 点”.
(1)设函数 2 ( ) 2ln f x kx x = − (k∈ R).①当 k=1 时,求函数 ( ) f x 的极值;②若函数
( ) f x 存在“F 点”,求 k 的值;
(2)已知函数 3 2 ( ) g x ax bx cx = + + (a,b,c∈ R,a≠0)存在两个不相等的“F 点” 1 x ,
2 x ,且 1 2 ( ) ( ) 1 g x g x − ≥ ,求 a 的取值范围.
解:(1)① 当 k = 1 时,f ( x ) = x2 − 2 ln x ( k∈ R ),
所以 () ( )( )( )2 1 1 0 x x f x x x
− + ′ = > ,令 () 0 f x ′ = , 得 x = 1, ……2 分
列表如下:
所以函数 ( ) f x 在 x = 1 处取得极小值,极小值为 1,无极大值. ……4 分
② 设 x0 是函数 ( ) f x 的一个“F 点” ( )0 0 x > .
x (0 1) , 1 (1 ) + ∞ ,
( ) f x ′ - 0 +
( ) f x ↘ 极小值 ↗
11
因为 () ( )( )
2 2 1
0
kx
f x x x
−
′ = > ,所以 x0 是函数 ( ) f x ′ 的零点.
所以 0 k > ,由 ( )0 0 f x ′ = ,得 2
0 0
1 1 kx x k = = , ,
由 0 0 ( ) f x x = ,得 2
0 0 0 2ln kx x x − = ,即 0 0 +2ln 1 0 x x − = . ……6 分
设 ( ) +2ln 1 x x x ϕ = − ,则 () 2 1+ 0 x x ϕ ′ = > ,
所以函数 ( ) +2ln 1 x x x ϕ = − 在( )0 + ∞ , 上单调增,注意到 ()1 0 ϕ = ,
所以方程 0 0 +2 ln 1 0 x x − = 存在唯一实根 1,所以 0
1 =1 x k = ,得 1 k = ,
根据①知, 1 k = 时, 1 x = 是函数 ( ) f x 的极小值点,
所以 1 是函数 ( ) f x 的“F 点”.
综上,得实数 k 的值为 1. ……9 分(2)因为
g (x) = ax3 + bx2 + cx ( a,b,c ∈ R,a ≠ 0 )
所以 () ( )2 3 2 0 g x ax bx c a ′ = + + ≠ .
又因为函数 g (x) 存在不相等的两个“F 点”x1 和 x2,
所以 x1,x2 是关于 x 的方程 ( )2 3 2 =0 0 ax bx c a + + ≠ 的两个相异实数根.
所以
2
1 2
1 2
4 12 0
2
3
. 3
b ac
b x x a
c x x a
⎧ = − > ⎪
⎪ ⎪ + = − ⎨
⎪
⎪ = ⎪ ⎩
△ ,
,
又 g (x1) = ax1
3 + bx1
2 + cx1 = x1,g (x2) = ax2
3 + bx2
2 + cx2 = x2,
所以 g (x1) − g (x2) = x1− x2,即(a x1
3 + bx1
2 + cx1)− (ax2
3 + bx2
2 + cx2) = x1− x2,
从而( x1− x2) [a (x1
2+ x1x2 +x2
2)+ b (x1+ x2 )+ c]= x1− x2.
因为 1 2 x x ≠ ,所以 ( ) ( )2
1 2 1 2 1 2 1 a x x x x b x x c ⎡ ⎤ + − + + + = ⎣ ⎦ ,
即 ( ) ( )2 2 2 1 3 3 3
b c b a b c a a a
⎡ ⎤ − − + − + = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦
.所以 ( )2 2 3 9 ac b a − = . ………13 分
因为| g (x1) − g (x2) | ≥ 1,
所以 ( ) ( ) ( ) ( )2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 4 4 3 3
b c g x g x x x x x x x a a − = − = + − = − −
( )2
2
4 3 2 1. 9
b ac
a a
−
= = − ≥
解得 2 0 a − < ≤ .所以,实数 a 的取值范围为 )2 0 − ⎡ ⎣ , . ……16 分(2)(解法
2) 因为 g (x) = ax3 + bx2 + cx ( a,b,c ∈ R,a ≠ 0 )
12
所以 () ( )2 3 2 0 g x ax bx c a ′ = + + ≠ .
又因为函数 g (x) 存在不相等的两个“F 点”x1 和 x2,
所以 x1,x2 是关于 x 的方程组
2
3 2
3 2 =0 ax bx c
ax bx cx x
⎧ + + ⎪ ⎨ + + = ⎪ ⎩
,
的两个相异实数根.
由 3 2 ax bx cx x + + = 得 2 0 1 0 x ax bx c = + + − = , . ……11 分
(2.1)当 0 x = 是函数 g (x) 一个“F 点”时, 0 c = 且 2
3
b x a = − .
所以 ( ) ( )2 2 2 1 0 3 3
b b a b a a − + − − = ,即 2 9 2 a b = − .
又 ( ) ( )1 2 1 2
2 0 1 3
b g x g x x x a − = − = − − ≥ ,
所以 2 2 4 9 b a ≥ ,所以 ( )2 9 2 9 a a − ≤ . 又 a ≠ 0,所以 2 0 a − < ≤ .…13 分
(2.2)当 0 x = 不是函数 g (x) 一个“F 点”时,
则 x1,x2 是关于 x 的方程
2
2
3 2 =0
1 0
ax bx c
ax bx c
⎧ + + ⎪ ⎨ + + − = ⎪ ⎩
,
的两个相异实数根.
又 a ≠ 0,所以
2
3
1 3
b b
c c
⎧ = ⎪ ⎨
⎪ = − ⎩
,
,
得
0
3
2
b
c
= ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩
,
.
所以 2 1
2 ax = − ,得 1 2
1
2 x a = ± − , .
所以 ( ) ( )1 2 1 2
1 2 1 2 g x g x x x a − = − = − ≥ ,得 2 0 a − < ≤ .
综合(2.1)(2.2),实数 a 的取值范围为 )2 0 − ⎡ ⎣ , . ……16 分
20.(本题满分 16 分)
在等比数列{ }n a 中,已知 1 1 a = , 4
1
8
a = .设数列{}n b 的前 n 项和为 n S ,且 1 1 b = − ,
1
1
2 n n n a b S − + = − (n≥2,n N ∗ ∈ ).
(1)求数列{ }n a 的通项公式;
(2)证明:数列 n
n
b
a
⎧ ⎫
⎨ ⎬
⎩ ⎭
是等差数列;
(3)是否存在等差数列{}n c ,使得对任意 n N ∗ ∈ ,都有 n n n S c a ≤ ≤ ?若存在,求出所
有符合题意的等差数列{}n c ;若不存在,请说明理由.
解:(1)设等比数列{ }n a 的公比为q ,因为 1 1 a = , 4
1
8 a = ,所以 3 1
8 q = ,解得 1
2 q = .
13
所以数列{ }n a 的通项公式为: ( )1 1
2
n
n a
−
= . ……3 分
(2)由(1)得,当 2 n n ∗ ∈ N N N N , ≥ 时,( )1
1
1 1
2 2
n
n n b S
−
− + = − , ①
所以,() 1
1 1
2 2
n
n n b S + + = − , ②
②-① 得, ( )1
1 1
2 2
n
n n b b + − = , ……………5 分
所以,
( ) ( )
1
1 1
1 1
2 2
n n
n n
b b +
− − = ,即 1
1
1 n n
n n
b b
a a
+
+
− = , 2 n n ∗ ∈ N N N N , ≥ .
因为 1 1 b = − ,由① 得, 2 0 b = ,所以 ( )2 1
2 1
0 1 1 b b
a a − = − − = ,
所以 1
1
1 =−
+
+
n
n
n
n
a
b
a
b ,n ∗ ∈ N N N N .
所以数列 n
n
b
a
⎧ ⎫ ⎨ ⎬ ⎩ ⎭
是以 1 − 为首项,1 为公差的等差数列. ……8 分 (3)
由(2)得bn
an
=n-2,所以 bn=n-2
2n-1 ,Sn=-2(an+1+bn+1)=-2(1
2n+n-1
2n )=- n
2n-1.
假设存在等差数列{cn},其通项 cn=dn+c,
使得对任意 ∗∈ Nn ,都有 Sn≤cn≤an,
即对任意 ∗∈ Nn ,都有- n
2n-1≤dn+c≤ 1
2n-1. ③ ……10 分
首先证明满足③的 d=0. 若不然,d≠0,则 d>0,或 d<0.
(i) 若 d>0,则当 n>1-c
d
, ∗∈ Nn 时,cn=dn+c>1≥ 1
2n-1= an,
这与 cn≤an 矛盾.
(ii) 若 0 ,
所以对任意 ∗∈ Nn ,都有 Sn≤cn≤an.所以 0 n c n ∗ = ∈ N N N N , .
综上,存在唯一的等差数列{ cn },其通项公式为 0 n c n ∗ = ∈ N N N N , 满足题设.…16 分
江苏省苏北七市 2020 届高三第二次调研考试
数学附加题
21.【选做题】本题包括 A,B,C 三小题,请选定其中两题作答,每小题 10 分共计 20 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
已知矩阵 A= 0 1
0 a
⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎣ ⎦
的逆矩阵 1 0 2 A 0 b
− ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦
.若曲线 C1:
2
2 1
4
x y + = 在矩阵 A 对应的
变换作用下得到另一曲线 C2,求曲线 C2 的方程.
解:因为 1 − = AA E AA E AA E AA E ,所以 0 1 0 2 1 0
0 0 0 1 a b
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,即 0 1 0
0 2 0 1
b
a
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
.
所以 1
2 1
b
a
= ⎧
⎨ = ⎩
,
, 解得
1
2
1
a
b
⎧ = ⎪ ⎨
⎪ = ⎩
,
.
所以
0 1
1 0 2
⎡ ⎤
⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦
A A A A . ……4 分
设 ( )P x y ′ ′ , 为曲线 C1 任一点,则 2 2 1 4
x y ′ ′ + = ,
又设 ( )P x y ′ ′ , 在矩阵 A 变换作用得到点 ( )Q x y , ,
则
0 1
1 0 2
x x
y y
⎡ ⎤ ′ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ′ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,即
2
y x
x y
′ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = ′ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,所以
2
y x
x y
′ = ⎧ ⎪ ⎨ ′ = ⎪ ⎩
,
, 即 2 x y
y x
′ = ⎧
⎨ ′ = ⎩
,
.
代入 2 2 1 4
x y ′ ′ + = ,得 2 2 1 y x + = ,
所以曲线 C2 的方程为 2 2 1 x y + = . ……10 分
B.选修 4—4:坐标系与参数方程
在极坐标系中,已知曲线 C 的方程为 r ρ = (r>0),直线 l 的方程为 cos( ) 2 4
π ρ θ + = .
设直线 l 与曲线 C 相交于 A,B 两点,且 AB=2 7 ,求 r 的值.
解:以极点为坐标原点,极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系 xOy,
于是曲线 C: ( 0 ) r r ρ = > 的直角坐标方程为 2 2 2 x y r + = ,表示以原点为圆心,半径为 r 的
15
圆. ……3 分
由直线 l 的方程 ( )cos 2 4 ρ θ π + = ,化简得 cos cos sin sin 2 4 4 ρ θ ρ θ π π − = ,
所以直线 l 的直角坐标方程方程为 2 0 x y − − = . …………6 分
记圆心到直线l 的距离为 d ,则 2 2
2
d = = ,
又 ( )2
2 2
2
AB r d = + ,即 2 2 7 9 r = + = ,所以 3 r = . ……10 分
C.选修 4—5:不等式选讲
已知实数 x,y,z 满足
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
+ + =
+ + +
,证明: 2 2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +
.
解:因为
2 2 2
2 2 2 2 1 1 1
x y z
x y z + + = + + +
,
所以
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
x y z
x y z x y z
+ + = − + − + − =
+ + + + + +
. ……5 分
由柯西不等式得,
( )( ) ( )2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
x y z x y z
x y z x y z x y z + + + + + + + + + + + + + + +
≥ .
所以( )2
2 2 2 2 1 1 1
x y z
x y z + + + + +
≤ .
所以 2 2 2 2 1 1 1
x y z
x y z + + + + +
≤ . ……10 分
【必做题】第 22 题、第 23 题,每题 10 分,共计 20 分,解答时应写出文字说明,证明过程
或演算步骤.
22.(本小题满分 10 分)
小丽在同一城市开的 2 家店铺各有 2 名员工.节假日期间的某一天, 每名员工休假的
概率都是 1
2
,且是否休假互不影响,若 一家店铺的员工全部休假,而另 一家无人休假,则
调剂 1 人到该店维持营业,否则该店就停业.
(1)求发生调剂现象的概率;
(2)设营业店铺数为 X,求 X 的分布列和数学期望.
解:(1)记 2 家小店分别为 A B , , A 店有i 人休假记为事件 ( )0 1 2 i A i = ,, , B 店有 i 人,
休假记为事件 ( )0 1 2 i B i = ,, ,发生调剂现象的概率为 P .
则 ( ) ( ) ()2
0
0 0 2
1 1 C 2 4 P A P B = = = ,
16
( ) ( ) ()2
1
1 1 2
1 1 C 2 2 P A P B = = = ,
( ) ( ) ()2
2
2 2 2
1 1 C 2 4 P A P B = = = .
所以 ( ) ( )0 2 2 0
1 1 1 1 1
4 4 4 4 8 P P A B P A B = + = × + × = .
答:发生调剂现象的概率为 1
8 . ……4 分(2)依题
意,X 的所有可能取值为 0 1 2 ,, .
则 ( ) ( )2 2
1 1 1 0 4 4 16 P X P A B = = = × = ,
( ) ( ) ( )1 2 2 1
1 1 1 1 1 1 4 2 2 4 4 P X P A B P A B = = + = × + × = ,
( ) ( ) ( ) 1 1 11 2 1 0 1 1 16 4 16 P X P X P X = = − = − = = − − = . ……
8 分
所 以 X 的 分 布表 为:
所以 ( ) 11 1 1 13 2 1 0 16 4 16 8 E X = × + × + × = . ……10 分
23.(本小题满分 10 分)
我们称 n(n N ∗ ∈ )元有序实数组( 1 x , 2 x ,…, n x )为 n 维向量,
1
n
i
i
x
=
∑ 为该向量的范数.
已知 n 维向量 a
�
=( 1 x , 2 x ,…, n x ),其中 i x ∈ {﹣1,0,1},i=1,2,…,n.记范数为奇
数的 n 维向量 a
�
的个数为 An,这 An 个向量的范数之和为 Bn.
(1)求 A2 和 B2 的值;
(2)当 n 为偶数时,求 An,Bn(用 n 表示).
解:(1)范数为奇数的二元有序实数对有:( )1 0 − , ,( )0 1 − , ,( )0 1 , ,( )1 0 , ,
它们的范数依次为1 1 1 1 ,,, ,故 2 2 4 4 A B = = , . ……3 分
(2)当 n 为偶数时,在向量 ( )1 2 3 n x x x x = L , , , a a a a 的 n 个坐标中,要使得范数为奇数,则 0
的个数一定是奇数,所以可按照含 0 个数为: 1 3 1 n − L ,, , 进行讨论: a a a a 的 n 个坐标中
含 1 个 0,其余坐标为 1 或 1 − ,共有 1 1 C 2 n
n
− ⋅ 个,每个a a a a 的范数为 1 n − ;
X 0 1 2
P 1
16
1
4
11
16
17
a a a a 的 n 个坐标中含 3 个 0,其余坐标为 1 或 1 − ,共有 3 3 C 2 n
n
− ⋅ 个,每个a a a a 的范数为 3 n − ;…
a a a a 的 n 个坐标中含 1 n − 个 0,其余坐标为 1 或 1 − ,
共有 1 C 2 n
n
− ⋅ 个,每个 a a a a 的范数为1 ;所以
1 1 3 3 1 C 2 C 2 C 2 n n n
n n n n A − − − = ⋅ + ⋅ + + ⋅ L ,
( ) ( )1 1 3 3 1 1 C 2 3 C 2 C 2 n n n
n n n n B n n − − − = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + + ⋅ L . ……6 分
因为( ) 0 1 1 2 2 2 1 C 2 C 2 C 2 C n n n n n
n n n n
− − + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + L , ①
( ) 0 1 1 2 2 2 1 C 2 C 2 C 2 ( 1) C n n n n n n
n n n n
− − − = ⋅ − ⋅ + ⋅ − + − L ,②
2
− ① ② 得, 1 1 3 3 3 1 C 2 C 2 2
n n n
n n
− − − ⋅ + ⋅ + = L ,
所以 3 1
2
n
n A − = . ……8 分
解法 1:因为 ( ) ( ) ( )
( )
( ) 1
1 ! ! C C ! ! ! 1 !
k k
n n
n n n k n k n n k n k k n k −
− − = − ⋅ = ⋅ = − − −
,
所以 ( ) ( )1 1 3 3 1 1 C 2 3 C 2 C 2 n n n
n n n n B n n − − − = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + + ⋅ L .
( )1 1 3 3 1
1 1 1 C 2 C 2 C 2 n n n
n n n n − − −
− − − = ⋅ + ⋅ + + ⋅ L
( )1 2 3 4 1
1 1 1 2 C 2 C 2 C n n n
n n n n − − −
− − − = ⋅ + ⋅ + + L
( ) ( )1 1 3 1 2 3 1 2
n n n n
− − − = ⋅ = ⋅ − . ……10 分
解法 2: 2
+ ① ② 得, 0 2 2 C 2 C 2 n n
n n
− ⋅ + ⋅ + = L 3 1
2
n + .
又因为 ( )
( )
( )( )
1
1
1 ! ! C C ! ! 1 ! !
k k
n n
n n k k n n k n k k n k
−
−
− = ⋅ = ⋅ = − − −
,所以
( ) ( )1 1 3 3 1 1 C 2 3 C 2 C 2 n n n
n n n n B n n − − − = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ + + ⋅ L .
( ) ( )( )1 1 3 3 1 1 1 3 3 1 C 2 C 2 C 2 C 2 3 C 2 1 C 2 n n n n n n
n n n n n n n n − − − − − − = ⋅ + ⋅ + + ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ + + − ⋅ ⋅ L L
( )0 1 2 3 2
1 1 1 C 2 C 2 C 2 n n n
n n n n nA n − − −
− − − = − ⋅ + ⋅ + + ⋅ L
( ) ( )1 1 3 1 3 1 3 1 2 2
n n n n n
− − − + = ⋅ − = ⋅ − . ……………10 分
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