江苏省苏州市2020届高三上学期期末数学考试 13页

江苏省苏州市2020届高三上学期期末考试 ‎ 参考公式：锥体的体积V＝Sh，其中S为锥体的底面积，h是锥体的高．‎ 球的体积V＝πr3，其中r表示球的半径．‎ 一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．‎ ‎1. 已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{－1，0，1，4}，则A∩B＝________．‎ ‎2. 已知i是虚数单位，复数z＝(1＋bi)(2＋i)的虚部为3，则实数b的值为________．‎ ‎3. 从2名男生和1名女生中任选2名参加青年志愿者活动，则选中的恰好是一男一女的概率为________．‎ ‎4. 为了了解苏州市某条道路晚高峰时段的车流量情况，随机抽查了某天单位时间内通过的车辆数，得到以下频率分布直方图(如图)．已知在[5，7)之间通过的车辆数是440辆，则在[8，9)之间通过的车辆数是________．‎ ‎(第4题)　　　(第5题) ‎ ‎5. 如图是一个算法流程图，若输入的x值为5，则输出的y值为________．‎ ‎6. 已知等比数列{an}中，a1＞0，则“a1＜a2”是“a3＜a5”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要”)‎ ‎7. 在平面直角坐标系xOy中，已知点F1，F2是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，点P的坐标为(0，b)．若∠F1PF2＝120°，则该双曲线的离心率为________．‎ ‎8. 若x，y满足约束条件则z＝x＋3y的最大值为________．‎ ‎9. 如图，某品牌冰淇淋由圆锥形蛋筒和半个冰淇淋小球组成，其中冰淇淋小球的半径与圆锥底面半径相同．已知圆锥形蛋筒的侧面展开图是圆心角为，弧长为4π cm的扇形，则该冰淇淋的体积是________cm3.‎ ‎10. 在平面直角坐标系xOy中，若直线x＋my＋m＋2＝0(m∈R)上存在点P，使得过点P向圆O：x2＋y2＝2作切线PA(切点为A)，满足PO＝PA，则实数m的取值范围是________．‎ ‎11. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：y＝与函数f(x)＝sin(ωx＋)(ω＞0)的图象在y轴右侧的公共点从左到右依次为A1，A2，….若点A1的横坐标为1，则点A2的横坐标为________．‎ ‎12. 如图，在平面四边形ABCD中，已知AD＝3，BC＝4，E，F为AB，CD的中点，P，Q为对角线AC，BD的中点，则·的值为________．‎ ‎13. 已知实数x，y满足x(x＋y)＝1＋2y2，则5x2－4y2的最小值为________．‎ ‎14. 已知函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)．若关于x的方程f2(x)－3a|f(x)|＋2a2＝0恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围是________．‎ 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) 已知向量a＝(sin x，)，b＝(cos x，－1)．(1) 当a∥b时，求tan 2x的值；‎ ‎(2) 设函数f(x)＝2(a＋b)·b，且x∈(0，)，求f(x)的最大值以及对应的x的值．‎ ‎16.(本小题满分14分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，D，E分别是AB，B1C的中点．‎ ‎(1) 求证：DE∥平面ACC1A1；(2) 若DE⊥AB，求证：AB⊥B1C.‎ ‎17. (本小题满分14分)为响应“生产发展、生活富裕、乡风文明、村容整洁、管理民主”的社会主义新农村建设，某自然村将村边一块废弃的扇形荒地(如图)租给蜂农养蜂、产蜜与售蜜．已知扇形AOB中，∠AOB＝，OB＝2(百米)，荒地内规划修建两条直路AB，OC，其中点C在上(C与A，B不重合)，在小路AB与OC的交点D处设立售蜜点，图中阴影部分为蜂巢区，空白部分为蜂源植物生长区．设∠BDC＝θ，蜂巢区的面积为S(平方百米)．(1) 求S关于θ的函数关系式；(2) 当θ为何值时，蜂巢区的面积S最小，并求此时S的最小值．‎ ‎18. (本小题满分16分)如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅圆”．过椭圆第一象限内一点P作x轴的垂线交其“辅圆”于点Q，当点Q在点P的上方时，称点Q为点P的“上辅点”．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)上的点(1，)的上辅点为(1，)．(1) 求椭圆E的方程；(2) 若△OPQ的面积等于，求上辅点Q的坐标；(3) 过上辅点Q作辅圆的切线与x轴交于点T，判断直线PT与椭圆E的位置关系，并证明你的结论．‎ ‎19. (本小题满分16分)已知数列{an}满足2Sn＝nan＋a1，a3＝4，其中Sn是数列{an}的前n项和．‎ ‎(1) 求a1和a2的值及数列{an}的通项公式；(2) 设Tn＝＋＋＋…＋(n∈N*)．‎ ‎① 若Tk＝T2T3，求k的值；② 求证：数列{Tn}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．‎ ‎20. (本小题满分16分)已知函数f(x)＝(a∈R)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 当函数f(x)与函数g(x)＝ln x图象的公切线l经过坐标原点时，求实数a的取值集合；(3) 求证：当a∈(0，)时，函数h(x)＝f(x)－ax有两个零点x1，x2，且满足＋＜.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷 数学附加题 ‎(满分40分，考试时间30分钟)‎ ‎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42：矩阵与变换)‎ 已知矩阵M＝[]的逆矩阵为M－1＝[]，求矩阵N＝[]的特征值．‎ B. (选修44：坐标系与参数方程)‎ 在平面直角坐标系xOy中，已知A(1，0)，P为半圆C：(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，的长度为.以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1) 求点P的极坐标；(2) 求直线AP的极坐标方程．‎ C. (选修45：不等式选讲)‎ 若x∈(－5，4)，求证：＋≤3.‎ ‎【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. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知DA＝4，DD1＝6，DC＝6，E为棱BC的中点，F为线段D1E的中点，G是棱AB上的一个动点(包含端点)．‎ ‎(1) 若G为AB的中点，求异面直线FG与DE所成角的余弦值；‎ ‎(2) 若二面角GDFE的平面角的余弦值为，求点G的位置．‎ ‎23. 已知f(n)＝(－1)n，n∈N*.‎ ‎(1) 若f(5)＝a＋b，其中a，b∈Z，求a＋b的值；‎ ‎(2) 求证：对任意的正整数n，f(n)可以写成－的形式，其中m为正整数．‎ 参考答案 ‎1. {1，4}　2. 1　3. 　4. 220　5. 2　6. 充分不必要　7. 　8. 3　9. π ‎10. m≤0或m≥　11. 3　12. －　13. 4　14. [，)∪ ‎15. 解：(1) 因为a∥b，所以－sin x－cos x＝0.(2分)‎ 因为cos x≠0(否则与－sin x－cos x＝0矛盾)，所以tan x＝－，(4分)‎ 所以tan 2x＝＝－.(7分)‎ ‎(2) f(x)＝2(a＋b)·b＝2sin xcos x＋2cos2x＋＝sin 2x＋cos 2x＋(9分)‎ ‎＝sin(2x＋)＋，(11分)‎ 因为0＜x＜，所以＜2x＋＜，‎ 所以当2x＋＝，即x＝时，函数f(x)的最大值为＋.(14分)‎ ‎16. 证明：(1) 连结AC1，BC1(如图)，因为ABCA1B1C1为三棱柱，‎ 所以四边形BB1C1C为平行四边形，所以E也是BC1中点．(2分)‎ 因为点D是AB的中点，所以DE∥AC1.(4分)‎ 又DE⊄平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1，‎ 所以DE∥平面ACC1A1.(7分)‎ ‎(2) 连结CD，因为CA＝CB，点D是AB中点，‎ 所以CD⊥AB.(9分)‎ 又DE⊥AB，DE∩CD＝D，‎ DE⊂平面CDE，CD⊂平面CDE，‎ 所以AB⊥平面CDE.(12分)‎ 因为B1C⊂平面CDE，所以AB⊥B1C.(14分)‎ ‎17. 解：(1) 等腰三角形OAB中，因为∠AOB＝，所以∠ABO＝，‎ 所以△BOD中，＝，即＝，‎ 所以OD＝.(2分)‎ 于是S＝S△AOB＋S扇形BOC－2S△BOD ‎＝×(2)2·sin ＋×(2)2·(θ－)－2××2··sin(θ－)‎ ‎＝3＋6(θ－)－＝6θ＋－π.(6分)‎ 因为θ－∈(0，)，所以θ∈(，)．(7分)‎ ‎(2) S′＝6＋3·＝，θ∈(，)，(9分)‎ 令S′＝0，得sin θ＝，即θ＝或θ＝，(10分)‎ θ ‎(，)‎ ‎(，)‎ ‎(，)‎ S′‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ S 极小值 极大值 又f()＝＋3，f()＝4π－3，所以f()＜f()，‎ 所以当θ＝时，S有最小值＋3.‎ 答： 当θ等于时，S取到最小值＋3平方百米．(14分)‎ ‎18. 解：(1) 因为椭圆过点(1，)，所以＋＝1　①.‎ 因为点(1，)在椭圆E的辅圆x2＋y2＝a2上，所以1＋3＝a2　②.(2分)‎ 由①②解得a2＝4，b2＝1，即椭圆E的方程为＋y2＝1.(4分)‎ ‎(2) 设P(x0，y0)，Q(x0，yQ)，其中x0＞0，y0＞0.‎ 因为点P，Q分别在＋y2＝1与x2＋y2＝4上，‎ 所以x＋4y＝4，x＋y＝4，解得yQ＝2y0.‎ 因为S△OPQ＝·x0|yQ－y0|＝＝，所以x0y0＝1.(6分)‎ 将y0＝代入x＋4y＝4后，得到(x－2)2＝0，‎ 由x0＞0可知x0＝，即有P(，)，所以Q(，)．(9分)‎ ‎(3) 直线PT与椭圆相切．‎ 证明：由(2)可设P(x0，y0)，Q(x0，2y0)，其中x0＞0，y0＞0.‎ 由QT：y＝－x＋，T(，0)．‎ 又直线PT的斜率kPT＝＝＝＝－，‎ 所以直线PT的方程为y＝－(x－)＝(4－xx0)．(12分)‎ 联立方程组得x2＋(16＋x2x－8xx0)＝4，‎ 即()x2－x＋＝0.(14分)‎ 因为x＋4y＝4，所以－＋＝0，即(x－x0)2＝0，得到x＝x0.‎ 综上可知，直线PT与椭圆相切．(16分)‎ ‎19. 解：(1) n＝2时，2S2＝2a2＋a1＝2(a1＋a2)，所以a1＝0.‎ n＝3时，2S3＝3a3＋a1＝12，所以a1＋a2＋a3＝6，所以a2＝2.(2分)‎ 由2Sn＝nan＋a1＝nan　①，所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1　②.‎ 由②－①得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan，即nan＝(n－1)an＋1　③.(4分)‎ 当n≥2时，(n－1)an－1＝(n－2)an　④，‎ 由③－④得(n－1)an＋1＋(n－1)an－1＝2(n－1)an，即an＋1＋an－1＝2an，‎ 所以数列{an}是首项为0，公差为2的等差数列，‎ 故数列{an}的通项公式是an＝2n－2.(6分)‎ ‎(2) 由(1)得Sn＝＝n(n－1)，所以＝，(7分)‎ 所以Tn＝＋＋…＋ ‎＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.(9分)‎ ‎① Tk＝T2T3＝×＝＝，所以k＝1.(10分)‎ ‎② (证法1)若存在k≠n，t≠n，k≠t，k，t∈N*，使得Tn＝Tk·Tt，‎ 只需＝·，所以＝·，‎ 即1＋＝(1＋)(1＋)，即＝＋＋，则t＝.(13分)‎ 取k＝n＋1，则t＝n(n＋2)，‎ 所以对数列{Tn}中的任意一项Tn＝，都存在Tn＋1＝和Tn2＋2n＝，‎ 使得Tn＝Tn＋1·Tn2＋2n.(16分)‎ ‎(证法2)对于任意n∈N*，Tn＝＝＝·＝Tn2＋2n·Tn＋1，‎ 所以对数列{Tn}中的任意一项Tn＝，都存在Tn＋1＝和Tn2＋2n＝，‎ 使得Tn＝Tn＋1·Tn2＋2n.(16分)‎ ‎20. (1) 解：因为f′(x)＝＝0时，有x＝e1－a，(2分)‎ 当f′(x)＞0时，ln x＜1－a，解得0＜x＜e1－a；‎ 当f′(x)＜0时，ln x＞1－a，解得x＞e1－a.‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(0，e1－a)，单调减区间为(e1－a，＋∞)．(4分)‎ ‎(2) 解：设直线l：y＝kx与函数y＝ln x的图象切于点(x0，y0)，‎ 则解得x0＝e，k＝.(6分)‎ 再设直线l：y＝与函数f(x)的图象切于点(x1，y1)，‎ 则有＝1－a－ln x1＝a＋ln x1，‎ 即＝a＋ln x1＝，解得x1＝，a＝－ln x1＝－ln ＝ln 2，‎ 所以实数a的取值集合为.(9分)‎ ‎(3) 证明：由＝ax，得ln x－a(x2－1)＝0.‎ 设h(x)＝ln x－a(x2－1)(x＞0)，则h′(x)＝.由0＜a＜，得＞1.‎ 当0＜x＜时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；‎ 当x＞时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．‎ 因为h(1)＝0，所以h(x)在区间(0，)内有且仅有1个零点1；(11分)‎ 当x∈(，＋∞)时，h()＞h(1)＝0，又a－＝(－)＜0，则＜.‎ 设u(t)＝－ln t＋t－，则u′(t)＝－＋1＋＝＝＞0.‎ 因为a＜1，所以h()＝－ln a＋a－＝u(a)＜u(1)＝0，所以h()h()＜0.‎ 因为函数h(x)的图象在上连续不间断，‎ 所以由零点存在性定理可知∃x2∈(，)，使得h(x2)＝0.(14分)‎ 所以函数h(x)有两个零点x1＝1，x2∈(，)．‎ 因为0＜a＜，＋＜1＋，其中0＜＜1，＞2，‎ 所以＋＜.(16分)‎ ‎ 2020届高三模拟考试试卷(苏州)‎ 数学附加题参考答案及评分标准 ‎21. A. 解：由题意，MM－1＝＝＝，‎ 所以解得所以N＝.(5分)‎ 令N的特征多项式f(λ)＝＝(λ＋2)(λ－1)＝0，‎ 有λ＝－2或λ＝1，所以N的特征值为－2和1.(10分)‎ B. 解：(1) 由已知得半圆C的直角坐标方程为x2＋y2＝1(y≥0)，‎ 因为A(1，0)，的长度为 ，所以在极坐标系中，点P极径等于1，极角为，‎ 即点P的极坐标为(1，)．(4分)‎ ‎(2) 由(1)知，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(，)，‎ 因为A(1，0)，所以直线AP的直角坐标方程是y＝－x＋，(8分)‎ 所以直线AP的极坐标方程是ρsin(θ＋)＝.(10分)‎ C. 证明：由柯西不等式可得(1·＋·)2≤(1＋2)(5＋x＋4－x)＝27，‎ 因为x∈(－5，4)，所以＋≤3.(10分)‎ ‎22. 解：在长方体ABCDA1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，‎ 以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系(如图)，(1分)‎ 可得A(4，0，0)，B(4，6，0)，C(0，6，0)，D1(0，0，6)．‎ 由E为棱BC的中点，得E(2，6，0)．‎ 由F为线段D1E的中点，得F(1，3，3)．‎ ‎(1) 因为G为AB的中点，所以G(4，3，0)，‎ 此时＝(3，0，－3)，＝(2，6，0)．‎ 设异面直线FG与DE所成的角为α，‎ 则cos α＝|cos〈，〉|＝＝＝，‎ 即异面直线FG与DE所成角的余弦值为.(4分)‎ ‎(2) 根据题意，＝(1，3，3)，设G(4，t，0)(0≤t≤6)，则＝(4，t，0)．‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面DGF的一个法向量，‎ 则即 取y1＝－4，则x1＝t，z1＝4－，得n1＝(t，－4，4－)．‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEF的一个法向量，‎ 则即 取y2＝1，得x2＝－3，z2＝0，得n2＝(－3，1，0)．‎ 设二面角GDFE的平面角为β，‎ 则|cos β|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，(8分)‎ 解得t＝0或t＝－3(舍)，‎ 所以G(4，0，0)，即点G的位置与点A重合．(10分)‎ ‎23. (1) 解：因为f(2)＝(－1)2＝3－2，所以f(4)＝(3－2)2＝17－12，‎ f(5)＝f(4)f(1)＝(17－12)(－1)＝－41＋29，‎ 即a＝－41，b＝29，a＋b＝－12.(3分)‎ ‎(2) 证明：(证法1)因为(＋1)n＝C＋C·＋C·()2＋C·()3＋…，‎ 所以设(＋1)n＝a＋b，其中a＝1＋C·()2＋C·()4＋…为正奇数，‎ b＝C＋2C＋4C＋…为正整数，则(1－)n＝a－b，‎ 所以(a＋b)(a－b)＝(＋1)n(1－)n＝(－1)n.(6分)‎ ‎① 当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在m＝a2，m－1＝2b2，‎ 使得(1－)n＝a－b＝－，‎ 即(－1)n＝－，其中m为正整数．(8分)‎ ‎② 当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在m＝2b2，m－1＝a2，‎ 使得(1－)n ＝－，‎ 即(－1)n＝－(1－)n＝－，其中m为正整数．‎ 所以对任意的正整数n，f(n)可以写成－的形式，得证．(10分)‎ ‎(证法2)因为(－1)n＝[(－1)n＋(＋1)n]－[(＋1)n－(－1)n]，‎ 设＝[(－1)n＋(＋1)n]，则m＝[(－1)2n＋(＋1)2n＋2]，(6分)‎ 所以m－1＝[(－1)2n＋(＋1)2n＋2]－1‎ ‎＝[(－1)2n＋(＋1)2n－2]＝，‎ 即＝[(＋1)n－(－1)n]．(8分)‎ 因为m＝[(－1)2n＋(＋1)2n＋2]＝‎ 可知m为正整数．‎ 综上可知，f(n)可以写成－的形式，其中m为正整数．(10分)‎