江苏省常州市2020届高三上学期期末学业水平监测数学答案

高三数学答案第 1 页 （共 7 页） 常州市教育学会学生学业水平监测 高三数学参考答案2020 年 1 月 一、填空题：本大题共一、填空题：本大题共14 小题，每小题小题，每小题5 分，共计分，共计70分分 1.1 , 12.13.104.，05.26. 10 7 7. 5 1 8. 12 9.64 10. 22 11.212.1413. 2 171 , 10 , 2 171 14. 26 135 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分分 15（本小题满分 14 分） 解：（1）在ABC中，0B，则sin0B， 因为 3 cos 3 B，所以 22 36 sin1 cos1 () 33 BB 3 分 在ABC中，ABC，所以sin sin()sin()CABAB ，5 分 所以sinsin()sincoscossin 333 CBBB 331636 23236 8 分 （2）由余弦定理得 222 2cosbaacBc，则 22 3 ( 2)12 3 cc ，10 分 所以 2 2 3 10 3 cc， 3 (3)()0 3 cc，12 分 因为 3 0 3 c，所以 30c ，即 3c 14 分 16（本小题满分 14 分） 证明：（1）取PC，BC的中点,E F，连结 ME，EF，FN， 三角形PCD中，M，E 为PD，PC的中点，所以EMCD， 1 2 EMCD；三角形ABC中，F，N 为 BC,AC 的中点， 所以FNAB， 1 2 FNAB， 因为四边形ABCD是矩形，所以ABCD ABCD， 高三数学答案第 2 页 （共 7 页） 从而EMFN，=EMFN，所以四边形EMNF是平行四边形.4 分 所以MNEF，又EF平面PBC，MN平面PBC，所以MN平面PBC. 6 分 （2）因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD. 因为四边形ABCD是矩形，所以ADCD.8 分 又因为PAADA，PA 平面PAD，AD 平面PAD， 所以CD平面PAD. 又AM平面PAD，所以CDAM.10 分 因为APAD，M 为PD的中点，所以AMPD， 又因为PDCDD，PD平面PCD，CD平面PCD， 所以AM平面PCD12 分 又PC平面PCD，所以PCAM14 分 17（本小题满分 14 分） 解：（1）圆 A: 22 (2)1xy的圆心 )0 , 2(A ，半径1r，与 x 轴交点坐标为 )0 , 3(),0 , 1 ( 点 2 F在圆 A: 22 (2)1xy上，所以)0 , 1 ( 2 F，从而2a，1c， 所以312 2222 cab ，所以椭圆C的标准方程为 1 34 22 yx .4 分 （2）由题，设点),( 11 yxM，0, 20 11 yx；点),( 22 yxN，0, 0 22 yx. 则 11 (2,) AMxy， 22 (2,) ANxy，由 13 2 AMAN知点 A，M，N 共线. 5 分 直线 AM 的斜率存在，可设为 k（k0），则直线 AM 的方程为(2)yk x， 由 22 (2) (2)1 yk x xy ， ，得 2 2 2 2 1 2 1 1 1 k x k kk y k ， ，或 2 2 2 2 1 2 1 1 1 k x k kk y k ， ， 所以 22 22 11 (2) 11 kkk N kk ， ，7 分 高三数学答案第 3 页 （共 7 页） 由 22 (2) 1 43 yk x xy ， ，得 2222 (34)1616120kxk xk，解得 2 0 x y ， ，或 2 2 2 86 34 12 34 k x k k y k ， ， 所以 2 22 8612 () 3434 kk M kk ，10 分 代入 13 2 AMAN得 222 2222 86121311 (2)() 3434211 kkkkk kkkk ， ， 22 (49)(5251)0kk，又 k0，得 3 2 k，13 分 所以) 2 3 , 1 ( M，又)0 , 1( 1 F，可得直线MF1的斜率为 4 3 ) 1(1 2 3 14 分 18（本小题满分 16 分） 解：（1）在图 1 中连结 AC,BD 交于点 O，设 BD 与 FG 交于点 M，在图 2 中连结 OP， 因为 ABCD 是边长为210cm 的正方形，所以 OB=10（cm)， 由 FG=x，得 2 x OM ， 2 10 x BMPM，2 分 因为, 22 10, xx OMPM即所以100 x4 分 因为 2 20) 2 10(2 2 1 4xx x xPMFGS，6 分 由7520 2 xx，得155x，所以105 x 答：x的取值范围是105 x8 分 （图 1）（图 2） 高三数学答案第 4 页 （共 7 页） （2）因为在OMPRT中， 222 PMOPOM， 所以x xx OMPMOP10100) 2 () 2 10( 2222 ， 5422 10100 3 1 10100 3 1 3 1 xxxxOPFGV，100 x，10 分 设 54 10100)(xxxf，100 x， 所以)8(5005004)( 343 xxxxxf， 令0)( x f，得08xx或（舍去）12 分 列表得， 所以当 x8 时，函数)(xf取得极大值，也是最大值，14 分 所以当 x8 时，V 的最大值为 3 5128 答：当 x8 cm 时，包装盒容积 V 最大为 3 5128 （cm 3） 16 分 19（本小题满分 16 分） （1）函数 ( )f x的定义域为(0,)， 2 1 ( )(22)ln(2 )2(1)ln222(1)(ln1)fxaxxaxxaxaxxaxaxx x ，2 分 则(1)2(1)2 fa ，所以0a，3 分 此时( )2 ln1f xxx，定义域为(0,),( )2(ln1) fxx ， 令( )0 fx ，解得 1 e x；令( )0fx，解得 1 e x； x(0，8)8(8，10) f(x)0 f(x)极大值 高三数学答案第 5 页 （共 7 页） 所以函数 ( )f x的单调增区间为 1 ( ,) e ，单调减区间为 1 (0, ) e 6 分 （2）函数 22 ( )(2 )ln1 2 a f xaxxxx在区间1,e上的图象是一条不间断的曲线 由（1）知( )2(1)(ln1)fxaxx， 1）当0a时，对任意 (1,e)x ，10,ln10 axx，则 ( )0fx ，所以函数 ( )f x在区 间1,e上单调递增，此时对任意 (1,e)x ，都有( )(1)10 2 a f xf成立，从而函数( )f x 在区间(1,e)上无零点；8 分 2）当0a时，令( )0fx，得 1 e x或 1 a ，其中 1 1 e ， 若 1 1 a ，即1a，则对任意(1,e)x，( )0 fx ，所以函数 ( )f x在区间1,e上 单调递减，由题意得(1)10 2 a f，且 22 (e)e2ee10 2 a fa，解得 2 2(2e1) 2 3e a，其中 2 22 2(2e1)3e4e2 ( 1)0 3e3e ，即 2 2(2e1) 1 3e ， 所以a的取值范围是21 a；10 分 若 1 e a ， 即 1 0 e a， 则对任意(1,e)x，( )0 fx ， 所以函数 ( )f x在区间1,e 上单调递增，此时对任意 (1,e)x ，都有( )(1)10 2 a f xf成立，从而函数( )f x在 区间(1,e)上无零点；12 分 若 1 1e a ，即 1 1 e a，则对任意 1 (1,)x a ，( )0 fx ；所以函数 ( )f x在区 间 1 1, a 上单调递增，对任意 1 (1,x a ，都有( )(1)10 2 a f xf成立； 对任意 1 (,e) x a ，( )0 fx ，函数 ( )f x在区间 1 ,e a 上单调递减，由题意得 22 (e)e2ee10 2 a fa，解得 2 2(2e1) 3e a， 其中 222 2(2e1)13e4e2e2 ()0 e3e3e3e ，即 2 2(2e1)1 () e3e ， 所以a的取值范围是 2 2(2e1) 1 3e a15 分 综上可得，实数a的取值范围是 2 2(2e1) 2 3e a 16 分 高三数学答案第 6 页 （共 7 页） 20（本小题满分 16 分） 解：（1）设等比数列 n a公比为q，由 32 8=4=1aa得 2 11 8=4=1a qa q， 解得 1 1 = = 2 aq，故 1 = 2 n n a.3 分 （2） 222 11113113 (1)|(1)| |() +|=() + 24224224 nn nnnn |aa|.5 分 对任意正整数m，当 * nN，且nm时，有 111 0 222 mn ， 则 2 11313 () +=1 22444 n ，即 2 (1)|1 nn |aa成立， 故对任意正整数m，数列 n a， 2 1 n a 是“( ,1)m接近的”.8 分 （3）由 1 1 ()1 = 2 nnn nn S bb b b ，得到 11 1 ()= 2 nnnnn S bbb b ，且 1 0 nn bb ， 从而 1 0 nn bb ，于是 1 1 = 2() nn n nn b b S bb .9 分 当1n 时， 1 2 1 21 = 2() bb S bb ， 1=1 b，解得 2 2b ， 当2n时， 11 1 11 2()2() nnnn nnn nnnn b bbb bSS bbbb ，又0 n b ， 整理得 11 2 nnn bbb ，所以 11nnnn bbbb ，因此数列 n b为等差数列. 又因为 1=1 b， 2=2 b，则数列 n b的公差为1，故 n bn.11 分 根据条件，对于给定正整数m（5m），当 * nN且nm时，都有 22 1 ()|2()| n n n |bk|nkL a 成立， 即 22 22 nn LnkLn 对1,2,3,nm都成立.12 分 考察函数 2 ( )2xf xx，( )2 ln22 x fxx，令( )2 ln22 x g xx， 高三数学答案第 7 页 （共 7 页） 则 2 ( )2 (ln2)2 x g x，当5x时，( )0g x，所以( )g x在5,)上是增函数. 又因为 5 (5)2 ln2 100g，所以当5x 时，( )0g x ，即( )0fx， 所以( )f x在5,)上是增函数. 注意到(1)=1f，(2)(4)0ff，(3)1f ，(5)7f， 故当1,2,3,nm时， 2 2nLn 的最大值为 2 2mLm， 2 2nLn的最小值为1L.14 分 欲使满足的实数k存在，必有 2 21 m LmL，即 2 21 2 m m L ， 因此L的最小值 2 21 2 m m ，此时 2 21 2 m m k .16 分 高三数学答案第 1 页 （共 2 页） 常州市教育学会学生学业水平监测 数学（附加题）参考答案2020 年 1 月 21【选做题】在【选做题】在 A、B、C 三小题中只能选做两题三小题中只能选做两题 ，每小题，每小题 10 分，共计分，共计 20 分分 A解：（1） 1 3 2 2 1 1 2 A 4 分 （2）点( , )a b在矩阵 1 3 2 4 A 对应的变换作用下得到点(4,6)，所以 4 6 A a b ，6 分 所以 1 3 2 441 2 6161 1 2 A a b ， 8 分 所以1,1ab，得2ab10 分 B解：因为所求圆的圆心在极轴上，且过极点，故可设此圆的极坐标方程是2 cosr 又因为点(2 3,) 6 P在圆上，所以2 32 cos 6 r，解得2r. 因此所求圆的极坐标方程是4cos.10分 C解：函数 26 1 xx y x 的定义域为0,)， 10 x . 2 分 2 26(1)4(1)999 (1)42 (1)42 1111 xxxx xx xxxx ， 当且仅当 9 1 1 x x ，即4x时取到“=”.8 分 所以当4x时，函数 26 1 xx y x 的最小值为 2.10 分 【必做题】第【必做题】第 22 题、第题、第 23 题，每题题，每题 10 分，共计分，共计 20 分分 22解：（1）记“取出的 3 个样品中有优等品”为事件 A，则A表示“取出的 3 个样品 中没有优等品”， 3 343 (1 0.3) 1000 P A，所以 343657 11 10001000 P AP A，3 分 答：取出的 3 个样品中有优等品的概率是 657 1000 .4 分 （2）(3,0.3)XB， 3 3 ()0.3 (1 0.3)0 1 2 3 kkk P XkCk， ， 6 分 随机变量 X 的分布如下表： 高三数学答案第 2 页 （共 2 页） X0123 P 343 1000 441 1000 189 1000 27 1000 8 分 10 9 1000 27 3 1000 189 2 1000 441 1 1000 343 0)(XE 答：随机变量 X 的数学期望是 10 9 .10 分 23解（1） 110 |3,0,14,5,7,8 i At taaaA i其中 ， 所以 1 A中所有元素的和为 24；集合 n A中元素的个数为 1 2 n .2 分 （2）取2 n sl，下面用数学归纳法进行证明. 当2n时， 2 13,14,16,17 22,23,25,26A， ，3 分 取 12341234 13,17,23,25,14,16,22,26bbbbcccc，有 12341234 78bbbbcccc，且 22222222 12341234 1612bbbbcccc成立. 4 分 假设当nk， * Nk且2k时，结论成立，有 22 11 kk ii ii bc，且 22 22 11 kk ii ii bc成立.