扬州中学2019—2020学年度第二学期高三数学5月22日阶段性检测含答案

扬州中学20192020学年度第二学期阶段性检测 高 三 数 学2020.5.22 一、填空题：本大题共 14 个小题，每小题 5 分，共 70 分. 请把答案写在答题卡相应位置 上. 1.已知全集 2, 1,0,1,2,3U ,集合=-1 0 1A，, 1,1,2B ,则 ()() UU AB 2在复平面内，已知复数z对应的点与复数1 i对应的点关于实轴对称，则 z i 3.根据如图所示伪代码,最后输出的i的值为_. 4.若a，1,1,2b ，则函数 2 2faxxbx 有零点的概率为 _. 5 “ab”是“33 ab ”的_条件.(填“充分不必要” 、 “必要不充分” 、 “既不充 分也不必要” 、 “充要”) 6. 某批产品共 100 件，将它们随机编号为 1，2，3，4，100，计划用系统抽样方 法随机抽取 20 件产品进行检测，若抽取的第一个产品编号为 3，则第三件产品的编号 为 7已知等比数列 n a的前n项和为 n S，前n项积为 n T，若 3215 4,243Saa T，则 1 a的值为_. 8. 已知圆锥的母线长为 10 cm，侧面积为60cm 2，则此圆锥的体积为_cm3 9. 已知0, 0ba，且 ab ba 11 3，则b的最大值为_ 10函数 2 ( )cos () 1f xAx（0,0,0 2 A ）的最大值为 3，若( )f x 的图象与y轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为 2，则 (2020)f 11已知双曲线 2 2 :1 3 y M x 的渐近线是边长为 1 的菱形OABC的边,OA OC所在直 线 若椭圆 22 22 :1(0) xy Nab ab 经过,A C两点， 且点B 是椭圆N的一个焦点，则a 12.对任意闭区间, I用 I M表示函数sinyx在I上的最大 值。若正数a满足 0, ,2 2 aaa MM ，则a的值为 13 圆 22 640 xyxy与曲线 24 3 x y x 相交于, ,A B C D点四点，O为坐标原点， 则OAOBOCOD _. 14函数 32 ( )1f xxaxb在(0,2)上有 2 个零点，则 b a 的范围是_. 二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分. 请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤. 15. （本题满分 14 分）已知ABC的内角, ,A B C的对边分别是, ,a b c，且 tantanaBbA， 1 cos 4 C ，3c . （1）求cos A的值； （2）求ABC的面积. 16. （本题满分 14 分）如图,在斜三棱柱 111 CBAABC 中,侧面 11ACC A是菱形, 1 60A AC，90BAC， M为BC中点,过 MBA, 11 三点的平面交AC于点N. 求证: (1)ABMN; (2)AC平面MBA 11 . 17 （本题满分 14 分）如图，已知某市穿城公路MON自西向东到达市中心O后转向东 北方向，MON 3 4 ， 现准备修建一条直线型高架公路AB， 在MO上设一出入口A， 在ON上设一出入口B，且要求市中心O到AB所在的直线距离为 10km （1）求,A B两出入口间距离的最小值； （2）在公路MO段上距离市中心O点 30km处有一古建筑C（视为一点） ，现设立一个 以C为圆心，5km为半径的圆形保护区，问如何在古建筑C和市中心O之间设计出入 口A，才能使高架公路及其延长线不经过保护区？ 18（本题满分 16 分）已知椭圆E:)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的右焦点为)0 , 3(F,右准 线为4:xl.点P是椭圆E上异于长轴端点的任意一点,连接PF并延长交椭圆E于点 Q, 线段PQ的中点为M,O为坐标原点,且直线OM与右准线l交于点 N. (1) 求椭圆E的标准方程; (2) 若MNOM2,求点P的坐标; (3) 试确定直线PN与椭圆E的公共点的个数, 并说明理由. 19（本题满分 16 分）在等比数列 n a中，已知 14 1 1, 8 aa.设数列 n b的前n项和 为 n S，且 1 1b ， * 1 1 (2,) 2 nnn abSnnN . （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 nnn Sca？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. 20（本题满分 16 分）已知函数 ( )lnf xxx . （1）若函数 2 ( )( )(2) (0)g xfxaxax a，试研究函数( )g x的极值情况； （2）记函数( )( ) x x F xf x e 在区间(1,2)内的零点为 0 x，记( )min( ), x x m xf x e ， 若( )()m xn nR在区间(1,)内有两个不等实根 1212 ,()x xxx，证明： 120 2xxx. 扬州中学20192020学年度第二学期阶段性检测 高 三 数 学 加 试 题2020.5.22 21（A） 选修 4-2:矩阵与变换(本小题满分 10 分) 已知点A在变换T： 3xxxy yyy 作用后， 再绕原点逆时针旋转90， 得到点B 若 点B的坐标为( 4,3)，求点A的坐标 （B）选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在直角坐标平面内，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系已知点A， B的极坐标分别为 4 2 ， 5 2 2 4 ，曲线C的方程为r（0r ） （1）求直线AB的直角坐标方程； （2）若直线AB和曲线C有且只有一个公共点，求r的值 22（本小题满分 10 分） 1已知 21 1 2 n x 的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1:4，求n的值. 2记 21 221 01221 1 2 n n n xaa xa xax ， * nN ， 求 0121n aaa ； 设2 k kk ab ，求和： 01221 123122 kn bbbkbnb . 23.（本小题满分 10 分） 袋中共有 8 个球，其中有 3 个白球，5 个黑球，这些球除颜色外完全相同从袋中随机取 出一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，并且另补 一个白球放入袋中重复上述过程n次后，袋中白球的个数记为 n X （1）求随机变量 2 X的概率分布及数学期望 2 ()E X； （2）求随机变量 n X的数学期望() n E X关于n的表达式 月考试卷答案 5.22 1. -2,3 2.1 i 3. 7 4. 2 3 5.充要 6.13 7. 1 8.96 9. 1 3 102 11 3+1 2 12. 5 6 或13 12 13. 4 13 由圆方程，可得圆心坐标为()3,2， 又 24 3 x y x + = + 2 2 3x = + ，其图象关于()3,2对称 在同一直角坐标系中，画出圆和函数图像如下所示： 数形结合可知，圆和函数 24 3 x y x + = + 都关于点()3,2M 对称， 故可得其交点A和C，B和D都关于点()3,2M 对称. 故0,0MAMCMBMD+=+=， 则OA OBOCODOMMAOMMBOMMCOMMD+=+ 4OM= . 故() 2 2 4324 13OAOBOCOD+=+=. 故答案为：4 13. 14 1,4) 设 2, (0,4)tx t=,则问题可转化为 3 2 1 b ta t a = 在()0 4，上有 2 个零点， 由题意，函数 ( )() 3 2 1,0 4g ttt=， 与函数 ()0 4 b ya tt a = ，有两个交点， 只需考虑函数()0 4 b ya tt a = ，的零点 b a 在每一个变化值，是否存在对应的a，使 得两个函数的图象有两个交点， 由图象可知，1 b a 或4 b a 时，显然不存在a使得两个函数有两个交点， 当14 b a 时，显然存在a使得两个函数有两个交点，故答案为：1,4). 15. （1）因为tantanaBbA=，则 asinBbsinA cosBcosA =，由正弦定理可得cosAcosB=， 又(),0,A B，故可得AB=；又() 2 cos21 2coscosCABcos AA= += = ， 可得 2 3 cos 8 A=，解得 6 4 cosA= .又AB=，由内角和定理可知0,? 2 A ， 故 6 4 cosA= . （2）因为 1 cos 4 C =，故可得 15 4 sinC = ； 6 4 cosA= ，故可得 10 4 sinA= . 由正弦定理可得6 csinA ab sinC =， 故可得三角形ABC面积 11153 15 6 2244 SabsinC= = . 16.证明：(1)由三棱柱 111 ABCABC得： 11 / /ABAB,又AB 面 11 ABM, 11 AB 面 11 ABM,/ /AB面 11 ABM, AB面ABC,面ABC面 11 / /ABMMNMNAB= 17 18 19.（1）设等比数列 n a的公比为q，因为 1 1a =， 4 1 8 a =，所以 3 1 8 q =，解得 1 2 q =. 所以数列 n a的通项公式为： 1 1 2 n n a = . （2）由（1）得，当2n，n N时，可得 1 1 11 22 n nn bS += 1 11 22 n nn bS + += 由得： 1 11 22 n nn bb + = ， 则有 1 1 1 11 22 nn nn bb + = ，即 1 1 1 nn nn bb aa + + = ，2n，n N. 因为 1 1b = ，由得 2 0b =，所以() 21 21 011 bb aa = = ，所以 1 1 1 nn nn bb aa + + = ，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. （3）由（2）得 2 n n b n a = ，所以 1 2 2 n n n b =，() 11 2 nnn Sab + = + 1 11 2 222 nnn nn = += . 假设存在等差数列 n c，其通项 n cdnc=+，使得对任意n N，都有 nnn Sca， 即对任意n N，都有 11 1 22 nn n dnc +. 首先证明满足的0d =.若不然，0d ，则0d ，或0d . （i）若0d ，则当 1 c n d ，n N时， 1 1 1 2 nn n cdnca =+ =， 这与 nn cc矛盾. （ii）若0d ，则当 1 c n d + ，n N时， 1 n cdnc=+ . 而 1 1 11 0 222 nn nnn nnn SS + + = +=， 123 SSS=，所以 1 1 n SS= . 故1 nn cdncS=+ ，这与 nn Sc矛盾.所以0d =. 其次证明：当7x时，( )()1 ln22ln0f xxx=. 因为( ) 11 ln2ln20 7 fx x = ，所以( )f x在)7,+上单调递增， 所以，当7x时，( )( ) 64 76ln22ln7ln0 49 f xf=. 所以当7n，n N时， 12 2nn . 再次证明0c. （iii）若0c 时，则当7n， 1 n c ，n N， 1 1 2 n n n Sc n = ， 这与矛盾. （iv）若0c 时，同（i）可得矛盾.所以0c. 当0 n c =时，因为 1 1 0 2 n n n S =， 1 1 0 2 n n a = ， 所以对任意n N，都有 nnn Sca.所以0 n c =，n N. 综上，存在唯一的等差数列 n c，其通项公式为0 n c =，n N满足题设. 20（1）由题意，得( )ln1fxx=+， 故( )() 2 2ln1g xaxaxx=+， 故 ( )() ()()2111 22 xax gxaxa xx =+=， 0,0 xa. 令( )0gx =，得 12 11 , 2 xx a = 当02a时， 11 2a ， ( ) 1 00 2 gxx或 1 x a ； ( ) 11 0 2 gxx a , 所以( )g x在 1 2 x =处取极大值 1 ln2 24 a g = ， 在 1 x a =处取极小值 11 lnga aa = . 当2a =时， 11 2a =，( )0gx 恒成立，所以不存在极值； 当2a 时， 11 2a ，( ) 1 00gxx a 或 1 2 x ； ( ) 11 0 2 gxx a , 所以( )g x在 1 x a =处取极大值 11 lnga aa = ， 在 1 2 x =处取极小值 1 ln2 24 a g = . 综上，当02a时，( )g x在 1 2 x =处取极大值ln2 4 a ，在 1 x a =处取极小值 1 lna a ；当2a =时，不存在极值；2a 时，( )g x在 1 x a =处取极大值 1 lna a ， 在 1 2 x =处取极小值ln2 4 a . （2）( )ln x x F xx x e =，定义域为()0,x+，( ) 1 1 ln x x Fxx e = +，而()1,2x， 故( )0Fx ，即( )F x在区间()1,2内单调递增又( ) 1 10F e = ， ( ) 2 2 22ln20F e =，且( )F x在区间()1,2内的图象连续不断， 故根据零点存在性定理，有( )F x在区间()1,2内有且仅有唯一零点. 所以存在() 0 1,2x ，使得()() 0 0 00 0 x x F xf x e =，且当 0 1xx时，( ) x x f x e ； 当 0 xx时，( ) x x f x e ，所以( ) 0 0 ,1 , x xlnxxx m x x xx e = 当 0 1xx时，( )lnm xx x=，由( )1 ln0m xx= +得( )m x单调递增； 当 0 xx时，( ) x x m x e =，由( ) 1 0 x x mx e =得( )m x单调递减； 若( )m xn=在区间()1,+内有两个不等实根 12 ,x x（ 12 xx） 则()() 1020 1,xxxx+. 要证 120 2xxx+，即证 201 2xxx 又 010 2xxx，而( )m x在区间() 0, x +内单调递减， 故可证()() 201 2m xmxx，又由( )() 12 m xm x=，即证( )() 101 2m xmxx， 即 01 01 11 2 2 ln xx xx xx e 记( ) 0 0 0 2 2 ln,1 xx xx h xx xxx e =，其中() 0 0h x= 记( ) t t t e =，则( ) 1 t t t e =， 当()0,1t时，( )0t；当()1,t+时，( )0t，故( )max 1 t e = 而( )0t，故( ) 1 0t e ， 而 0 21xx，所以 0 0 2 21 0 xx xx ee ， 因此( ) 00 0 22 211 1 ln10 xxxx xx hxx eee = + ， 即( )h x单调递增，故当 0 1xx时，( )() 0 0h xh x=， 即 01 01 11 2 2 ln xx xx xx e ，故 120 2xxx+，得证. 附加题附加题答案答案 21（A）解：设( , )A x y，则A在变换 T 下的坐标为(3 , )xy y+，又绕原点逆时针旋转90 对应的矩阵为 01 10 ，所以 0134 1033 xyy yxy + = + ，得 4 33 y xy = += ， 解得 9 4 x y = = ，所以点 A 的坐标为( 9,4) （B） 解：（1）分别将 () 4 2 A， () 5 2 2 4 B，转化为直角坐标为()0 4A， ()22B ，所以直线AB的直角坐标方程为340 xy+= （2）曲线 C 的方程为r=（0r ），其直角坐标方程为 又直线 AB 和曲线 C 有且只有一个公共点，即直线与圆相切， 所以圆心到直线 AB 的距离为 22 2 104 5 31 = + ，即r的值为 2 10 5 22（1）() 21 1 2 n x + 的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1:4 1 21 2 21 1 4 n n C C + + = 即4n = （2）由题意 2121 0121 (1 2 ) nn n xaa xax + + +=+，令1x =，得 0121n aaa + + 21 3 n+ =； 由题意 21( 2) kk kn aC + =，又 21( 2) ( 2) kkk knk aCb + = ， 21 k kn bC + =， 1 212121221 (1)(1)(21) kkkkk knnnnn kbkCkCCnCC + +=+=+=+， ()() 01221 123122 kn bbbkbnb + + + + ()() 01221 2121212121 123122 kn nnnnn CCCknC + + = + + + 01221012 21212121222 ()(21)() nn nnnnnnn CCCCnCCC + + =+ 212 2(21) 2 nn n + =+= 2 (23) 2 n n+ 23