江苏省南通市如皋中学、如东中学2020届高三下学期阶段联合调研数学试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 届高三年级第二学期阶段联合调研 数学试题 注意事项： 1.本试卷共 4 页，包括填空题（第 1 题～第 14 题）、解答题（第 15 题～第 20 题）两部分.本 试卷满分为 160 分，考试时间为 120 分钟. 2.答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内.试题的答案写在 答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题纸. 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分.不需写出解答过程，请把答案写在答 题纸的指定位置上） 1.已知集合  0 2A x x   ，集合  1B x x  ，则 A B  ______. 【答案】 0x x  【解析】 【分析】 根据并集的定义，即可求解. 【详解】    0 2 , 1A x x B x x     ，  0A B x x    . 故答案为： 0x x  . 【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题. 2.已知 i为虚数单位，若复数 3 i ( ) 1 2i az a    R 为纯虚数，则 a ___________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 根据复数的除法法则首先计算出 2 2 1i 5 5 a az     ，根据纯虚数的概念列出方程，解出即可. 【详解】 i ( i)(1 2i) 2 2 1 i 1 2i (1 2i)(1 2i) 5 5 a a a az             ， 由题可得 2 0 2 1 0 a a      ，解得 2a   . 故答案为： 2 . - 2 - 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，已知复数的类型求参数的值，属于基础题. 3.已知一组数据 6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是____. 【答案】 5 3 . 【解析】 【分析】 由题意首先求得平均数，然后求解方差即可. 【详解】由题意，该组数据的平均数为 6 7 8 8 9 10 8 6       ， 所以该组数据的方差是 2 2 2 2 2 21 5[(6 8) (7 8) (8 8) (8 8) (9 8) (10 8) ] 6 3             . 【点睛】本题主要考查方差的计算公式，属于基础题. 4.运行如图所示的伪代码，则输出的 I 的值为_______. 【答案】6 【解析】 【分析】 根据伪代码依次计算得到答案. 【详解】第一遍循环 0, 1S I  ，第二轮循环 1, 2S I  ， 第三轮循环 3, 3S I  ，第四轮循环 6, 4S I  ， 第五轮循环 10, 5S I  ，第六轮循环 15, 6S I  ， 所以输出的 6I  . 故答案为：6. 【点睛】本题考查了伪代码的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力. 5.劳动最光荣.某班在一次劳动教育实践活动中，准备从 3 名男生和 2 名女生中任选 2 名学生 去擦教室玻璃，则恰好选中 2 名男生的概率为____. - 3 - 【答案】 3 10 【解析】 【分析】 分别计算出从 5名学生中选出 2 名学生的选法，与从 3 名男生选出 2名男生的选法，可得恰 好选中 2 名男生的概率. 【详解】解：由题意得：从 5 名学生中选出 2名学生，共有 2 5 10C  种选法； 从 3 名男生选出 2名男生，共有 2 3 3C  种选法， 故可得恰好选中 2 名男生的概率为： 2 3 2 5 3 10 C C  ， 故答案为： 3 10 【点睛】本题主要考察利用古典概型概率公式计算概率，分别计算出从 5 名学生中选出 2 名 学生的选法，与从 3 名男生选出 2 名男生的选法是解题的关键. 6.已知双曲线 2 2 2 1 3 x y b   的两条渐近线与直线 3x  围成正三角形，则双曲线的离心率为 __________． 【答案】 2 3 3 【解析】 【分析】 求出双曲线的渐近线方程，利用两条渐近线与直线 3x  围成正三角形，求出渐近线的倾斜 角，然后求解离心率即可． 【详解】解：双曲线 2 2 2 1 3 x y b   的两条渐近线与直线 3x  围成正三角形， 所以双曲线的渐近线的倾斜角为 30°和150， 所以 3 33 b  ，所以 1b  ， 所以双曲线的离心率为： 2 2 3 33 ce a    . - 4 - 故答案为： 2 3 3 ． 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，涉及双曲线渐近线方程和离心率，是基本知识 的考查． 7.已知函数 2 , 0 ( ) ( 2), 0 x x f x f x x       ，则  2log 3f  ________． 【答案】 3 4 【解析】 【分析】 根据分段函数 2 , 0 ( ) ( 2), 0 x x f x f x x       ，和 2log 3 0 ，利用    2f x f x  转化为    2 2 2 3log 3 log 3 2 log 4 f f f         求解. 【详解】因为 2 , 0 ( ) ( 2), 0 x x f x f x x       ， 2log 3 0 ， 所以    2 2 2 3log 3 log 3 2 log 4 f f f         ， 又 2 2 3log log 1 0 4   ，所以   2 3log 4 2 2 3 3log 3 log 2 4 4 f f        ． 故答案为： 3 4 . 【点睛】本题主要考查分段函数的求值，还考查了转化问题求解的能力，属于基础题. 8.若函数   sin 3 cosf x x x   ( xR， 0 )满足    0 2f f  ， ，且 | |  的最小值等于 2  ，则ω的值为___________. 【答案】1 【解析】 【分析】 - 5 - 利用辅助角公式化简可得   2sin 3 f x x       ,由题可分析 | |  的最小值等于 2  表示 相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为 2  ,进而求解即可. 【详解】由题,   sin 3 cos 2sin 3 f x x x x           , 因为   0f   ,   2f   ,且 | |  的最小值等于 2  ,即相邻的一个对称中心与一个对称 轴的距离为 2  , 所以 1 4 2 T   ,即 2T  , 所以 2 2 1 2T       , 故答案为:1 【点睛】本题考查正弦型函数的对称性的应用,考查三角函数的化简. 9.在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，点 P是棱 1CC 上一点，记三棱柱 1 1 1ABC ABC 与四棱锥 1 1P ABB A 的体积分别为 1V 与 2V ，则 2 1 V V  ________. 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 计算得到 1 1 12 1 1 2 3C ABB A C AB CV V V V V     ，得到答案. 【详解】 1 1 12 1 1 2 3C ABB A C AB CV V V V V     ，所以 2 1 2 3 V V  . 故答案为： 2 3 . 【点睛】本题考查了三棱柱，四棱锥的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 10.已知等比数列 na 的前 n项和为 nS ，且 4 32 1S S + ， 4 3 22 2 3 2a a a   ，则 1a  __________． 【答案】1 【解析】 - 6 - 【分析】 根据题意，利用等比数列的通项公式化简求出公比q，即可算出 1a . 【详解】解：由于 4 32 1S S + ， 4 3 22 2 3 2a a a   ，且 na 为等比数列， 则： 1 2 3 4 1 2 32 2 2 1a a a a a a a       ， 即： 4 1 2 3 1a a a a    ， 因为： 4 3 22 2 3 2a a a   ， 则： 1 2 3 3 22 2 2 2 2 3 2a a a a a      ， 1 22a a ， 即： 2 1 2a q a   ， 又因为： 4 3 22 2 3 2a a a   ， 则： 3 2 1 1 12 2 3 2a q a q a q   ， 1 1 116 8 6 2a a a   . 解得： 12 2a  ， 则： 1 1a  . 故答案为：1. 【点睛】本题考查等比数列的基本量的计算，运用到等比数列的通项公式，考查计算能力. 11.已知向量 ( , 1)m a   ， (2 2,3)( 0, 0)n b a b     ，若 //m n  ，则 2 1 1a b   最小值为 ___________． 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 由 //m n  可得3 2 2a b  ，转化条件得  2 1 1 2 3 2 11 1 4 1 a b a b b a              ，利用基本 不等式即可得解. 【详解】 ( , 1)m a   ， (2 2,3)( 0, 0)n b a b     ， //m n  ， - 7 -   3 2 2a b   即3 2 2a b  ，     42 1 1 2 1 1 38 1 4 1 4 1 3 2 1 1 b a b a a b a b a b                         41 38 2 2 3 4 1 1 a a b b            ，当且仅当  4 3 1 1 b b a a    时，等号成立. 故答案为：2 3 . 【点睛】本题考查了向量共线的充要条件和利用基本不等式求最值，属于中档题. 12.在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9，直线 l：y＝kx＋3 与圆 C 相交于 A，B 两点，M 为弦 AB 上一动点，以 M为圆心，2 为半径的圆与圆 C 总有公共点，则实 数 k 的取值范围为 ． 【答案】[－，＋∞) 【解析】 试题分析：由圆的性质知只要点M 为弦 AB中点时，圆M 和圆C有公共点，则当M 是弦 AB 上运动时，圆M 与圆C一定有公共点，故由题意有 2 1 3 3 2 1 k k      ， 3 4 k   . 考点：直线和圆的位置关系，两圆的位置关系. 13.已知 a，b∈R，e 为自然对数的底数．若存在 b∈[﹣3e，﹣e2]，使得函数 ( )f x ＝ex﹣ax－ b在[1，3]上存在零点，则 a的取值范围为_____． 【答案】 2 , 4e e   【解析】 分析：先转化为 0 0 xe ax b  存在零点，再利用数形结合分析两种情况下求 a的最大值和最小 值得解. 详解:由题得存在 23 ,b e e    ，使得函数   xf x e ax b   在 1,3 上存在零点， 所以存在 0 [1,3]x  ,使得 0 0 0( ) 0xf x e ax b    ,所以 0 0 xe ax b  , 令 ( ) ,xg x e 直线 y=ax+b,则两个函数的图像存在一个交点， 当直线 y=ax+b 过点（1，e）,(0,-3e)时，此时 a最大，此时 b=-3e,a=4e， 所以 a≤4e. - 8 - 当直线 y=ax+b 过点 2(0, )e 且与 xy e 相切时， a最小， 设切点为 ( , )tt e ，则切线方程为 ( ) (1 )t t t ty e x t e e x e t      ， 此时 2(1 ) , 2.te t e t     所以 a 的最小值为 2.te e 所以 a的取值范围为 2 , 4e e   . 故答案为 2 , 4e e   点睛：(1)本题主要考查函数的零点问题和导数的几何意义，意在考查学生这些基础知识的掌 握能力和分析转化数形结合的能力. (2)本题的关键有两点，其一是转化为 0 0 xe ax b  存在 零点，其二是如何数形结合分析两个函数的图像求出 a 的最大值和最小值. 14.对任意 xR ，不等式    4 4 2 2 2 3x x x xa b     恒成立，则 a b的最大值是______. 【答案】 3 3 3 4  【解析】 【分析】 设 2 2x x t  ， 则 2t  ，   2 2 2 3f t at bt a    ， 计 算  1 3 0f   得 到 3 3 3 4 a b    ，再验证等号成立得到答案. 【详解】设2 2x x t  ，则 2t  ，    4 4 2 2 2 3x x x xa b     ， 即  2 2 2 3a t bt   恒成立，设   2 2 2 3f t at bt a    ， 则      1 3 2 2 3 3 0f a b      ，解得 3 3 3 4 a b    . 现在验证，存在 ,a b使等号成立， 3 3 3 4 1 3 a b b a          ，则 3 3 3, 4 2 a b   ， 此时   23 3 3 33 4 2 f t t t     ，对称轴为 1 3t   ，故    max 1 3 0f x f   . - 9 - 满足条件，故 a b的最大值为 3 3 3 4  . 故答案为： 3 3 3 4  . 【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 二、解答题（本大题共 6小题，计 90 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 请把答案写在答题纸的指定区域内） 15.如图，在△ABC 中， a b c， ， 为 A B C， ， 所对的边，CD⊥AB 于 D，且 1 2 BD AD c  ． （1）求证： sin 2sin( )C A B  ； （2）若 3cos 5 A  ，求 tanC的值． 【答案】（1）见解析（2） 48 11  【解析】 【分析】 （1）由题意可得 1cos cos 2 a B b A c  ，由正弦定理，得 1sin cos sin cos sin 2 A B B A C  ， 即可作出证明； （2）由（1）得 3cos sin sin cosA B A B ，得到 4sin 5 A  ，所以 4tan 3 A  ， 4tan 9 B  ，即 可求解 tanC的值. 【详解】（1）证明：因为 1 2 BD AD c  ， 所以 1cos cos 2 a B b A c  ， 由正弦定理，得 1sin cos sin cos sin 2 A B B A C  ， 所以  sin 2sinC A B  ． （2）解：由（1）得，    sin 2sinA B A B   ， - 10 - 所以  sin cos cos sin 2 sin cos cos sinA B A B A B A B   ， 化简，得3cos sin sin cosA B A B ． 又 3cos 5 A  ，所以 4sin 5 A  ，所以 4tan 3 A  ， 4tan 9 B  ， 所以   4 4 tan tan 483 9tan tan 4 41 tan tan 111 3 9 A BC A B A B              ． 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角 形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系， 利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、 余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结 合正、余弦定理解题. 16.如图，在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 2A A AC ，D，E，F分别为线段 AC， 1A A， 1C B 的中点. （1）证明： //EF 平面 ABC； （2）证明： 1C E 平面 BDE . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）取 BC的中点 G，连结 AG， FG，可证四边形 AEFG是平行四边形，得 EF ∥ AG， 即可证明结论； （2）根据已知可得 2 2 2 1 1EB C E C B  ，得出 1C E BE ，再由已知得 BD AC ，结合正 三棱柱的垂直关系，可证BD 平面 1 1A ACC ，进而有 1BD C E ，即可证明结论. 【详解】（1）如图，取 BC的中点 G，连结 AG， FG . - 11 - 因为 F 为 1C B的中点，所以 FG∥ 1 1 1, 2 C C FG C C . 在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1A A∥ 1 1 1,C C A A C C ， 且 E 为 1A A的中点，所以 FG∥ ,EA FG EA . 所以四边形 AEFG是平行四边形.所以 EF ∥ AG . 因为 EF 平面 ABC， AG 平面 ABC， 所以 EF ∥平面 ABC . （2）因为在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1A A 平面 ABC， BD 平面 ABC，所以 1A A BD . 因为 D 为 AC的中点， BA BC ，所以 BD AC . 因为 1A A AC AI ， 1A A平面 1 1A ACC ， AC 平面 1 1A ACC ， 所以 BD 平面 1 1A ACC .因为 1C E 平面 1 1A ACC ，所以 1BD C E . 根据题意，可得 1 6 2 EB C E AB  ， 1 3C B AB ， 所以 2 2 2 1 1EB C E C B  .从而 1 90C EB  ，即 1C E EB . 因为 BD EB B ， BD 平面 BDE， EB 平面 BDE， 所以 1C E 平面 BDE . 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及直线与平面垂直，注意空 间垂直关系的相互转化，属于中档题. 17.如图，摩天轮的半径OA为50m，它的最低点 A距地面的高度忽略不计.地上有一长度为 240m的景观带MN，它与摩天轮在同一竖直平面内，且 60AM m .点 P从最低点 A处逆 时针方向转动到最高点 B处，记 , (0, )AOP      . - 12 - （1）当 2 3   时，求点 P距地面的高度 PQ； （2）试确定的值，使得 MPN 取得最大值. 【答案】（1）75m；（2） 2   . 【解析】 试题分析：（1）将所求的高度、已知的角与线段长度放在一个三角形中结合三角函数的定义 求解即可；（2）借助于角θ，把∠MPN 表示出来，然后利用导数研究该函数的最值． 试题解析：（1）由题意，得 50 50cosPQ   .从而，当 2 3   时， 250 50cos 75 3 PQ     . 即点 P距地面的高度为75m . （2）由题意，得 50sinAQ  ，从而 60 50sin , 300 50sinMQ NQ     . 又 50 50cosPQ   ，所以 6 sin 6 5sintan , tan 1 cos 5 5cos NQ MQNPQ MPQ PQ PQ               . 从而 tan tan 12(1 cos )tan tan( ) 1 tan tan 23 18sin 5cos NPQ MPQMPN NPQ MPQ NPQ MPQ                    令 12(1 cos )( ) , (0, ) 23 18sin 5cos g           ， 则 2 12 18(sin cos 1)( ) , (0, ) (23 18sin 5cos ) g              .由 ( ) 0g   ，得 sin cos 1 0    ，解得 2   . 当 (0, ) 2   时， ( ) 0, ( )g g  为增函数；当 ( , ) 2   时， ( ) 0, ( )g g  为减函数， 所以，当 2   时， ( )g  有极大值，也为最大值.因为0 2 MPQ NPQ      ， - 13 - 所以0 2 MPN     . 从而当 ( ) tang MPN   取得最大值时， MPN 取得最大值. 即 2   时， MPN 取得最大值. 试题点睛：本题考查了与三角函数有关的最值问题，主要还是利用导数研究函数的单调性， 进一步求其极值、最值． 18.平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：   2 2 2 2 1 0x y a b a b     的离心率为 3 2 ，且点 13, 2       在椭圆 C 上.椭圆 C的左顶点为 A. （1）求椭圆 C的方程 （2）椭圆的右焦点且斜率为 2 2 的直线与椭圆交于 P，Q 两点，求三角形 APQ 的面积； （3）过点 A 作直线与椭圆 C交于另一点 B.若直线 l交 y轴于点 C，且OC BC ，求直线 l的 斜率. 【答案】（1） 2 2 1 4 x y  （2） 3 2 3 3  （3） 2 4  【解析】 【分析】 （1）根据椭圆的离心率和过点坐标，可得关于 , ,a b c的方程，解方程即可得到椭圆的方程； （2）设直线 PQ 的方程为  2 3 2 y x  与椭圆联立得： 23 4 3 2 0x x   ，利用弦长公 式和点到直线的距离公式，可求得三角形的面积； （3）由题意知直线 l的斜率存在，设 l的方程为：  2y k x  ，利用OC BC 可得关于 k的 方程，解方程即可得答案； - 14 - 【详解】（1）由题意知： 22 2 2 2 2 2 31 2 1 3 2 1 b a a b                    解得： 2 2 4 1 a b     ，所以，所求椭圆 C 的方程为 2 2 1 4 x y  . （2）设直线 PQ 的方程为  2 3 2 y x  与椭圆联立得： 23 4 3 2 0x x   其判别式 48 24 24 0     所以 1 2 4 3 3 x x  ， 1 2 2 3 x x  则 1 2 1 1 16 81 1 2 2 2 3 3 PQ x x        又点 A 到直线 PQ 的距离为 3 2 3 3 d   所以三角形 APQ 的面积为 1 1 3 2 3 3 2 32 2 2 3 3 PQ d         （3）由题意知直线 l的斜率存在，设为 k， l过点  2,0A  ，则 l的方程为：  2y k x  ， 联立方程组   4 2 1 4 2 x y y k x        ，消去 y整理得：  2 2 2 21 4 16 16 4 0k x k x k     ，      22 2 216 4 1 4 16 4 16 0k k k       恒成立，令  ,B BB x y ，  0, CC y 由 2 2 16 42 1 4B kx k     ，得 2 2 2 8 1 4B kx k    ， 将 0x  代入  2y k x  中，得到 2Cy k ，得 2 2 2 2 82 1 1 4 kk k k     ， 解得： 2 1 8 k  ， 2 4 k   .所以直线 l的斜率为 2 4  . 【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、三角形的面积、直线斜率求解，考查函数与方程思 想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. - 15 - 19.已知函数   lnf x x ． （1）求函数     1g x f x x   的零点； （2）设函数  f x 的图象与函数 1ay x x   的图象交于  1 1A x y， ，   2 2 1 2B x y x x， 两 点，求证： 1 2 1a x x x  ； （3）若 0k  ，且不等式      22 1 1x f x k x ≥ 对一切正实数 x 恒成立，求 k 的取值范围． 【答案】(1)x=1 (2)证明见解析 (3) 0 2k „ 【解析】 【分析】 （1）令 ( ) 1g x lnx x   ，根据导函数确定函数的单调区间，求出极小值，进而求解； （2）转化思想，要证 1a x 2 1x x ，即证 1x 2 1 2 1 2 1 (1 )lnx lnxx x x x      2 1x x ，即证 2 1 1 2 ( ) 1x xln x x   ，构造函数进而求证； （3）不等式 2 2( 1) ( )x lnx k x … 对一切正实数 x恒成立， 2 2 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)[ ] 1 k xx lnx k x x lnx x          ，设 ( 1)( ) 1 k xh x lnx x     ，分类讨论进而求解． 【详解】解：（1）令 ( ) 1g x lnx x   ，所以 1 1( ) 1 xg x x x      ， 当 (0,1)x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (0,1)上单调递增； 当 (1, )x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 在 (1, ) 单调递减； 所以  ( ) 1 0ming x g  ，所以 ( )g x 的零点为 1x  ． （2）由题意 1 1 1 2 2 2 1 1 alnx x x alnx x x           ， 2 1 1 2 2 1 (1 )lnx lnxa x x x x       ， 要证 1 2 1a x x x  2 1x x ，即证 2 1 1 2 1 2 1 2 1 (1 )lnx lnxx x x x x x x       ，即证 2 1 1 2 ( ) 1x xln x x   ， 令 2 1 1xt x   ，则 11lnt t   ，由（1）知 1lnx x „ ，当且仅当 1x  时等号成立，所以 1 1 1ln t t   ， 即 11lnt t   ，所以原不等式成立． - 16 - （3）不等式 2 2( 1) ( )x lnx k x … 对一切正实数 x恒成立， 2 2 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)[ ] 1 k xx lnx k x x lnx x          ， 设 ( 1)( ) 1 k xh x lnx x     ， 2 2 2 1 2 2(1 ) 1( ) ( 1) ( 1) k x k xh x x x x x          ， 记 2( ) 2(1 ) 1x x k     ，△ 24(1 ) 4 4 ( 2)k k k     ， ①当△ 0„ 时，即0 2k „ 时， ( ) 0h x … 恒成立，故 ( )h x 单调递增． 于是当0 1x  时，  ( ) 1 0h x h  ，又 2 1 0x   ，故 2 2( 1) ( 1)x lnx k x   ， 当 1x  时，  ( ) 1 0h x h  ，又 2 1 0x   ，故 2 2( 1) ( 1)x lnx k x   ， 又当 1x  时， 2 2( 1) ( 1)x ln k x   ， 因此，当0 2k „ 时， 2 2( 1) ( 1)x lnx k x … ， ②当△ 0 ，即 2k  时，设 2 2(1 ) 1 0x k x    的两个不等实根分别为 3x ， 4 3 4( )x x x ， 又  1 4 2 0k    ，于是 3 41 1x k x    ， 故当 (1, 1)x k  时， ( ) 0h x  ，从而 ( )h x 在 (1, 1)k  单调递减； 当 (1, 1)x k  时，  ( ) 1 0h x h  ，此时 2 1 0x   ，于是 2( 1) ( ) 0x h x  ， 即 2 2( 1) ( 1)x lnx k x   舍去， 综上， k的取值范围是0 2k „ ． 【点睛】（1）考查函数求导，根据导函数确定函数的单调性，零点；（2）考查转化思想，构 造函数求极值；（3）考查分类讨论思想，函数的单调性，函数的求导；属于难题. 20.已知数列 na 的前 n项的和为 nS ，记 1n n Sb n  ． （1）若 na 是首项为 a，公差为 d 的等差数列，其中 a， d 均为正数． ①当 13b ， 22b ， 3b 成等差数列时，求 a d 的值； ②求证：存在唯一的正整数 n，使得 1 2n n na b a ＋ ＋ ． （2）设数列 na 是公比为 ( 2)q q  的等比数列，若存在 r， t（ r， *t N ， r t ）使得 - 17 - 2 2 t r b t b r    ，求q的值． 【答案】（1）① 3 4 a d  ②见解析（2） 5 85 6 q   【解析】 【分析】  1 先写出 nb 的表达式． ①写出 1b ， 2b ， 3b ，列出等式求解． 1 2n n na b a  ② 等价于    1 1 2 2 n n n na d    ①„ ， a d 是一个固定的数，当 *n N 时，区 间    1 1 , 2 2 n n n n      互不相交，且并集为 0, ，所以 n存在且唯一．  2 先将等式化成基本量表示的形式，有     1 11 1 2 2 t rq q t t r r       ，设出函数     1 1 2 nqf n n n     ， 当 2n  时，    1f n f n  ，又    3 1f f ，从而找出 r，t 的值，再解出 q． 【详解】（1）①因为 13b ， 22b ， 3b 成等差数列， 所以 2 1 34 3b b b  ，即 3 3 4 64 3(2 ) 2 3 a d a da d      ， 解得， 3 4 a d  ． ②由 1 2n n na b a ＋ ＋ ，得 ( 1)( 1) 2 ( 1) n ndn a a nd a n d n         , 整理得 2 2 2 0 2 0 an n d an n d           ，解得 8 81 1 1 1 2 2 a a d dn        , 由于 8 81 1 1 1 1 2 2 a a d d        且 81 1 0 2 a d     ． - 18 - 因此存在唯一的正整数 n，使得 1 2n n na b a ＋ ＋ ． （2）因为 1 1 1 1 (1 ) 2(1 ) (1 ) 2 (1 ) t t r r a q b tt q a qb r r q         ，所以 1 11 1 ( 2) ( 2) t rq q t t r r       ． 设 1 1( ) ( 2) nqf n n n     ， 2n  ， *n N ． 则 2 1 1 21 1 [( 1) 2( 2) 3] 2 3( 1) ( ) ( 1)( 3) ( 2) ( 1)( 2)( 3) n n nq q q q n q n nf n f n n n n n n n n n                      , 因为 2q  ， 2n  ，所以 2 2( 1) 2( 2) 3 3 1 0q n q n n        ， 所以  ( 1) 0f n f n   ，即  ( 1)f n f n  ，即  f n 单调递增． 所以当 2r  时， 2t r  ， 则    f t f r ，即 1 11 1 ( 2) ( 2) t rq q t t r r       ，这与 1 11 1 ( 2) ( 2) t rq q t t r r       互相矛盾． 所以 1r  ，即 1 21 1 ( 2) 3 tq q t t      ． 若 3t  ，则 4 2 2 21 1 1 1( ) (3) 15 3 5 3 q q q qf t f          , 即 1 21 1 ( 2) 3 tq q t t      ，与 1 21 1 ( 2) 3 tq q t t      相矛盾． 于是 2t  ，所以 3 21 1 8 3 q q   ，即 23 5 5 0q q   ． 又 2q  ，所以 5 85 6 q   ． 【点睛】本题考查了等差数列和等差和等比数列的综合应用，是一道难题． 数学附加题 注意事项： 1.附加题供选修物理的考生使用. 2.本试卷共 40 分，考试时间 30 分钟. - 19 - 3.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内.试题的答案写 在答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题纸. 21.已知矩阵 1 0 0 2 A        ， 11 2 0 1 B         ，若矩阵 AB对应的变换把直线 l：x＋y－2＝0 变为 直线 l，求直线 l的方程． 【答案】4x＋y－8＝0. 【解析】 【分析】 先计算矩阵 AB对应的变换，再求出在变换下点的坐标之间的对应关系，从而可求直线 l的方 程． 【详解】易得 1 11 0 1 1 2 2 0 2 0 1 0 2 AB                     ，在直线 l 上任取一点 P(x′，y′)，经矩阵 AB 变换为点 Q(x，y)， 则 1 11 2 2 0 2 2 x x x y y y y                           . ∴ 1 2 2 x x y y y         ,即 1 4 1 2 x x y y y           代入 x′＋y′－2＝0 中得 x－ 1 4 y＋ y 2 －2＝0， ∴直线 l′的方程为 4x＋y－8＝0. 【点睛】本题重点考查矩阵变换，考查矩阵变换的运用，解题的关键是求出矩阵 AB对应的变 换，属于基础题. 22.在直角坐标系 xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点M 的极坐标为 ( 2, ) 4  ，圆C的极坐标方程为 2 2 sin( ) 0 4       .过点M 的直线 l被圆C截 得的弦长为 2 30 5 ，求直线 l的直角坐标方程. 【答案】 2 1 0x y   或 2 1 0x y   . - 20 - 【解析】 【分析】 求出点M 的直角坐标为 (1,1)，圆C的直角坐标方程为 2 2( 1) ( 1) 2x y    ，直线 l的方程 为 1 (x 1)y k   ，即 1 0kx y k    ，根据垂径定理列出关于 k的方程，解出即可得直线 l 的直角坐标方程. 【详解】因为点M 的极坐标为 ( 2, ) 4  ，所以点M 的直角坐标为 (1,1)， 因为圆C的极坐标方程为 2 2 sin( ) 0 4       ，即 2 2 sin 2 cos 0       ， 所以将 cosx   ， siny   ， 2 2 2x y   代入上式， 可得圆C的直角坐标方程为 2 2 2 2 0x y x y    ，即 2 2( 1) ( 1) 2x y    ， 当直线 l的斜率不存在时，直线 l与圆C没有交点，所以直线 l的斜率存在， 设直线 l的方程为 1 (x 1)y k   ，即 1 0kx y k    ， 则圆心 ( 1, 1)C   到直线 l的距离为 2 | 2 2 | 1 kd k     ， 因为直线 l被圆C截得的弦长为 2 30 5 ，所以 2 230( ) 2 5 d   ，即 2 2 | 2 2 | 4( ) 51 k k     ， 解得 1 2 k  或 2k  ， 所以直线 l的方程为 2 1 0x y   或 2 1 0x y   . 【点睛】本题主要考查了由极坐标转化为直角坐标，考查了已知直线截圆所得的弦长求直线 的方程，属于中档题. 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分.请在答卷卡指定区域内作答.解答应 写出文字说明、证明过程或演算步骤. 23.【江苏省南京市 2018 届高三第三次模拟考试数学试题】在平面直角坐标系 xOy中，抛物 线  2: 2 0C y px p  的焦点为 F ，点   1, 0A a a  是抛物线C上一点，且 2AF  ． （1）求 p的值； （2）若 ,M N 为抛物线C上异于 A的两点，且 AM AN ．记点 ,M N 到直线 2y   的距 离分别为 1 2,d d ，求 1 2d d 的值． 【答案】（1） 2；（2）16. - 21 - 【解析】 分析：（1）利用抛物线的定义求 p 的值.(2)先求出 a 的值，再联立直线的方程和抛物线的方 程得到韦达定理，再求 1 2d d  |(y1＋2) (y2＋2)|的值. 详解：（1）因为点 A(1，a) (a＞0)是抛物线 C上一点，且 AF=2， 所以 2 p ＋1＝2，所以 p＝2. （2）由(1)得抛物线方程为 y2＝4x． 因为点 A(1，a) (a＞0)是抛物线 C上一点，所以 a＝2． 设直线 AM 方程为 x－1＝m (y－2) (m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由   2 1 2 4 x m y y x       消去 x，得 y2 －4m y＋8m－4＝0， 即(y－2)( y－4m＋2)＝0，所以 y1＝4m－2． 因为 AM⊥AN，所以－ 1 m 代 m，得 y2＝－ 4 m －2， 所以 d1d2＝|(y1＋2) (y2＋2)|＝|4m×(－ 4 m )|＝16． 点睛：（1）本题主要考查抛物线的定义及简单几何性质，考查学生对这些基础知识的掌握能 力及分析推理计算能力. (2)本题的关键是看到 d1d2＝|(y1＋2) (y2＋2)|要联想到韦达定理, 再利用韦达定理解答. 24.设 *n N 且 4n  ，集合  1,2,3, ,M n  的所有3个元素的子集记为 31 2, , , nC A A A ． （1）当 4n  时，求集合 31 2, , , nC A A A 中所有元素之和 S ； （2）记 im 为 iA 3( 1, 2, , )ni C  中最小元素与最大元素之和，求 3 2018 1 3 2018 C i i m C   的值． 【答案】（1）30；（2）2019. 【解析】 【分析】 （1）当 n=4 时，因为含元素1的子集有 2 3C 个，同理含 2,3, 4的子集也各有 2 3C 个，从而得到 结果； （2）分类讨论明确最小元素的子集与最大元素的子集个数，从而得到 3 1 nC i i m   ，进而得到结果. - 22 - 【详解】（1）因为含元素1的子集有 2 3C 个，同理含 2,3, 4的子集也各有 2 3C 个， 于是所求元素之和为   2 31 2 3 4 30C     ； （2）集合  1,2,3, ,M n  的所有3个元素的子集中： 以1为最小元素的子集有 2 1nC  个，以 n为最大元素的子集有 2 1nC  个； 以2为最小元素的子集有 2 2nC  个，以 1n 为最大元素的子集有 2 2nC  个；   以 2n 为最小元素的子集有 2 2C 个，以3为最大元素的子集有 2 2C 个． ∴ 3 1 nC i i m   31 2 nC m m m       2 2 2 1 2 21 n nn C C C         2 2 2 3 1 2 3 31 n nn C C C C          2 2 2 3 1 2 4 41 n nn C C C C         31 nn C   ， 3 1 3 1 nC ii n m n C    ． 3 2018 1 3 2018 2018 1 2019 C ii m C     ． 【点睛】本题考查了子集的概念，组合的概念及性质，分类讨论的思想方法，考查推理、计 算能力．两题中得出含有相关数字出现的次数是关键． - 23 -