江苏省盐城市伍佑中学2020届高三数学下学期网上授课阶段试题（Word版附答案）

盐城市伍佑中学 2020 届高三年级网上授课阶段考试 数学试题 考试时间：120 分钟 总分：160 分 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分. 不需写出解答过程，请把答 案直接写在指定位置上． 1. 已知集合 A＝{x|x≤2}，则∁RA＝________． 2.若复数 z＝ 1－ 2i － 2＋i，则复数 z 的模为________． 3.若一组样本数据 2 016，2 017，x，2 019，2 020 的 平 均 数 为 2 018 ， 则 该 组 样 本 数 据 的 方 差 为 ________ ． 4.函数 f(x)＝lg(1－2x－x2)的定义域为________． 5. 根据如图所示的伪代码，当输出 y 的值为 2 时， 则输入的 x 的取值集合为________． 6.若 f(x)，g(x)是定义在[a，b]上的初等函数，则“∃x∈[a，b]，使得 f(x)≤g(x)成立” 是“∀x∈[a，b]，使得 f(x)≤g(x)成立”的________条件． 7.设点 A 为双曲线x2 4 －y2＝1 上位于第一象限内的一点，其横坐标为 2 2.若点 A 到一条 渐近线的较小距离为 d，则 5d 的值为________． 8.已知 5 名唱歌爱好者中恰好有一对夫妻．若从中随机抽取 3 人去参加歌咏比赛，则 这对夫妻被抽中的概率为________. 9.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，S4＝14，则 a1d 的最大值为________． 10.各棱长都为 1 的正四棱锥与各棱长都为 1 的正四棱柱的体积之比为 m，则 m 的值为 ________． 11.设关于 x，y 的不等式{3x＋4y ≥ 0， y－m ≤ 0， y ≥ x－1 表示一个三角形的区域 A，(x－5)2＋(y－4)2≤ 8 表示的区域为 B，则区域 A∩B 的最大面积为________． 12.设 α，θ为锐角，tan θ＝atan α(a>1)．若函数 y＝θ－α 的最大值为 π 6 ，则 a 的值为 ________． 13.已知点 A，B 分别在两个同心圆 O 上运动，且 OA＝1，OB＝2，则|OA → ＋OB → |＋|OA → －OB → |的取值范围是________． 14. 已知点 A(－1，0)，B(1，0)，C(0，1)．若直线 y＝ax＋b 将△ABC 分割为面积相等 的两部分，当 a∈(0，＋∞)时，则 b 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) 已知平面直角坐标系中△ABC 的顶点分别为 A(m， 3m)(m>0)，B(0，0)，C(a，0)， 其中 a>0，角∠B，∠C 的对边长分别是 b，c. (1) 若 a＝4m，求角 A 的大小； (2) 若 b＝2 3，B＝ π 3 ，求 a＋c 的最大值． 16. (本小题满分 14 分) 如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为 CD 上任意一点(不位于端点处)，P 是 AA1 的 中点． (1) 若 DP∥平面 B1AE，求证：E 为 CD 中点； (2) 若 AA1＝AD，AB 为任意长，F 为 BC 的中点，求证： PD⊥C1F.17. (本小题满分 14 分) 设△AnBnCn 的三个顶点 An，Bn，Cn 所对的三边长分别为 an，bn，cn，△AnBnCn 的面积 为 Sn(n∈N*)，b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝cn＋an 2 ，cn＋1＝bn＋an 2 (n∈N*)． (1) 求证：数列{bn＋cn}为常数列； (2) 设{|bn－an b1－c1|（2n－1）}的前 n 项和是 Tn，求证：Tn＜3. 18. (本小题满分 16 分) 已知OA → ＝(x＋1， 2y＋ 3)，OB → ＝(x－1， 2y－ 3)，OA → ⊥OB → ，动点 M 的坐标是(x， y)． (1) 求动点 M 的轨迹方程，并说明轨迹 C 是什么曲线； (2) 设 M 是轨迹 C 上任意一点，在 x 轴上是否存在两个不同的定点 P，Q，满足 kMPkMQ(kMP，kMQ 分别表示直线 MP，MQ 的斜率)是定值？若存在，求出 P，Q 的坐标，否 则说明理由．19. (本小题满分 16 分) 如图是一个钻头的示意图，上部是一个圆锥 O1O2，下部是一个圆柱 O2O3，圆锥的底 面与圆柱的上底面重合，圆锥的底面半径 r 和高 h 以及圆柱的高 H 都可以调节其大小．已 知圆锥的母线长为定值 a，且 H＝2h.设钻头的体积为 V，圆锥的侧面积为 S. (1) 试验表明：当且仅当V S取得最大值时，钻头的冲击力最大．试求冲击力最大时，r， h 分别为多少； (2) 试求钻头的体积的最大值． 20. (本小题满分 16 分) 已知 g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b，t∈(1，＋∞)．求证： (1) 当 0＜b≤e2 时，∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0； (2) 当 b＞e2 时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．数学试题（附加题） 考试时间：30 分钟 总分：40 分 21. 【选做题】则按作答的前两题评分．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 T 变换将曲线 C1：x2 4 ＋y2＝1 变换为单位圆 x2＋y2＝1，S 变换将曲线 C2：x2 9 －y2 4 ＝1 变换为等轴双曲线 x2－y2＝1，现在将曲线 C3：x2 36＋y2 4 ＝1 先进行 T 变换，再进行 S 变 换得到曲线 C，求曲线 C 的方程． B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 {x＝t2， y＝2t，t∈R，P 为曲线 C 上一点，以射 线 Ox 为极轴建立极坐标系．已知 Q，R 的极坐标分别是(2 2， π 4 )，(1，0)，求 PQ＋PR 的 最小值．【必做题】第 22 题、第 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，直三棱柱 ABCA1B1C1 的各条棱长均为 2，D，E 分别为棱 B 1C1，AC 的中 点，O 是侧面 ABB1A1 的中心，P 为侧棱 AA1 所在线段上任意一点．以 A 为空间直角坐标 系的原点，AC 作 y 轴，AA1 作 z 轴，建立空间直角坐标系． (1) 确定 x 轴的位置，并求平面 ODE 的一个法向量； (2) 求直线 OP 与平面 ODE 所成角的最大值． 23. 已知 f0(x)＝xsin 2x，设 fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N*. (1) 求 f1(x)，f2(x)，f3(x)的值； (2) 猜想 fn(x)的表达式，运用数学归纳法证明．参考答案 1. {x|x＞2}　解析：∁RA＝{x|x＞2}． 2. 1　解析：|1－ 2i － 2＋i|＝ 12＋（－ 2）2 （－ 2）2＋12 ＝1. 3. 2　解析：由已知得 2 016＋2 017＋x＋2 019＋2 020＝5×2 018，所以 x＝2 018，所 以该组样本数据的方差为[(2 016－2 018)2＋(2 017－2 018)2＋(2 018－2 018)2＋ (2 019－2 018)2＋(2 020－2 018)2]×1 5＝2. 4. (－1－ 2，－1＋ 2)　解析：若 f(x)＝lg(1－2x－x 2)有意义，则 1－2x－x2＞0，－1 － 2＜x＜－1＋ 2. 5. {－1，e2}　解析：x≤0，x2＋1＝2 或 x＞0，ln x＝2，所以 x＝－1 或 e2. 6. 必要不充分　解析：“∃x∈[a，b]，使得 f(x)≤g(x)”不一定推出“∀x∈[a，b]，使 得 f(x)≤g(x)”，但“∀x∈[a，b]，使得 f(x)≤g(x)”一定可以推出“∃x∈[a，b]，f(x)≤ g(x)”． 7. 2 2－2　解析：A 点的坐标为(2 2，1)，d＝ |2 2 2 －1| 12＋（1 2）2 ＝2（ 2－1） 5 ，所以 5d 的 值为 2 2－2. 8. 3 10　解析：基本事件数为 10 个，其中这对夫妻被抽中的有 3 个，所以这对夫妻被抽 中的概率为 3 10. 9. 49 24　解析：设等差数列{an}的首项为 a1，公差为 d，由题意得，4a1＋4（4－1） 2 d＝ 14，所以 2a1＋3d＝7，所以 a1d＝a1·7－2a1 3 ＝7a1－2a 3 ≤49 24. 10. 2 6 　解析：正四棱柱的体积为 1，正四棱锥的高为 2 2 ，底面积为 1，故体积为 2 6 ， 所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为 2∶6，即 m＝ 2 6 . 11. 4π　解析：如图，因为圆心(5，4)在此区域 A 的边界直线 y＝x－1 上，所以当 m 充分大时，区域 A∩B 的最大面积为圆(x－5)2＋(y－4)2＝8 的面积的一半，即为 4π. 12. 3 　 解 析 ： tan y ＝ tan(θ － α) ＝ tan θ－tan α 1＋tan θtan α＝ （a－1）tan α 1＋atan2α ≤ （a－1）tan α 2 atan2α ＝a－1 2 a ，当且仅当 1＝atan 2α，即 tan α＝ 1 a 时，函数 tan y 取得最大值 3 3 ，所以a－1 2 a ＝ 3 3 ，解得 a＝3. 13. [4，2 5]　解析：设∠AOB＝θ，由余弦定理得 |OA → ＋ OB → | ＋ |OA → － OB → | ＝ |OA → ＋OB → |2＋ |OA → －OB → |2＝ OA → 2＋2OA → ·OB → ＋OB → 2＋OA → 2－2OA → ·OB → ＋OB → 2＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ. 令 y＝ 5＋4cos θ＋ 5－4cos θ， 则 y2＝10＋2 25－16cos2θ∈[16，20]，据此可得|OA → ＋OB → |＋|OA → －OB → |的取值范围是 [4，2 5]． 14. (1－ 2 2 ，1 2)　解析：当直线 y＝ax＋b(a>0)将△ABC 分割为面积相等的两部分且过 BC 的中点时，a＝1 3.当 a∈(0，1 3)时，如图①所示，设直线 y＝ax＋b 与 AC，BC 分别交于 P，Q，计算得 P，Q 的横坐标分别是b－1 1－a，1－b 1＋a.由直线 y＝ax＋b(a>0)将△ABC 分割为面 积相等的两部分，得CP·CQ CA·CB＝1 2，进一步得 2|b－1 1－a |· 2|1－b 1＋a | 2· 2 ＝1 2，化简得 b＝1－ 1－a2 2 ∈ (1－ 2 2 ，1 3)；当 a∈[1 3，＋∞)时，如图②所示，同理可得，b∈[1 3，1 2)．综上，直线 y＝ax＋ b(a>0)将△ABC 分割为面积相等的两部分，b 的取值范围是(1－ 2 2 ，1 2) ① ② 15. 解：(1) AB → ＝(－m，－ 3m)，AC → ＝(a－m，－ 3m)， 因为 a＝4m，所以AC → ＝(3m，－ 3m)， 所以 cos A＝cos〈AC → ，AB → 〉＝ －3m2＋3m2 2m × 2 3m＝0， 所以 A＝ π 2 .(6 分) (2) 由已知条件得 B＝ π 3 ，A＞0，C＞0， 由△ABC 的内角和 A＋B＋C＝π，得 0＜A＜2π 3 ， 由正弦定理知 a＋c sin A＋sin C＝ b sin B， 所以 a＋c＝ b sin B(sin A＋sin C)＝4(sin A＋sin C) ＝4sin A＋4sin(2π 3 －A)＝4 3sin(A＋ π 6 )( π 6 ＜A＋ π 6 ＜5π 6 )， 所以当 A＋ π 6 ＝ π 2 ，即 A＝ π 3 时，a＋c 取得最大值 4 3.(14 分) 16. 证明：(1) 如图，取 BB1 的中点 Q，连结 PQ，CQ，设 PQ∩AB1＝R，连结 ER. 因为点 P 是棱 AA1 的中点，所以 R 是 AB1 的中点． 因为 DP∥平面 B1AE，平面 PQCD∩平面 B1AE＝RE，DP⊂平面 PQCD， 所以 PD∥ER. 因为 PQ∥CD， 所以四边形 PRED 是平行四边形， 所以 PR＝DE， 所以 E 为 CD 中点．(6 分) (2) 因为 AA1＝AD，所以 BB1＝BC. 因为 F 为 BC 的中点，Q 为 BB1 的中点，所以 QC⊥C1F. 在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AA1∥BB1，AA1＝BB1， 因为 P 是 AA1 的中点，Q 为 BB1 的中点， 所以 PA∥QB，PA＝QB， 所以四边形 PQBA 为平行四边形，所以 PQ∥AB，PQ＝AB. 又 AB∥CD，AB＝CD，所以 PQ∥CD，PQ＝CD， 所以四边形 PQCD 为平行四边形， 所以 PD∥QC， 所以 PD⊥C1F.(14 分) 17. 证明：(1) 因为 an＋1＝an，所以 an＝a1(n∈N*)． 因为 bn＋1＋cn＋1＝1 2(bn＋cn)＋an＝1 2(bn＋cn)＋a1， 所以 bn＋1＋cn＋1－2a1＝1 2(bn＋cn－2a1)， 因为 b1＋c1－2a1＝0， 所以 bn＋cn＝2a1(n∈N*)．(6 分) 即数列{bn＋cn}为常数列． (2) 由 bn＋1＝cn＋an 2 ，cn＋1＝bn＋an 2 ，相减，得 bn＋1－cn＋1＝－1 2(bn－cn)． 又 b1－c1＞0，所以数列{bn－cn}为等比数列， 所以 bn－cn＝(b1－c1)(－1 2)n－1. 又 bn＋cn＝2a1(n∈N*)， 以上两式相加得 2bn＝2a1＋(－1 2)n－1(b1－c1)， 所以 bn＝a1－(－1 2)n(b1－c1)． 因为 a1＝an，所以 bn＝an－(－1 2)n(b1－c1)， 所以|bn－an b1－c1|(2n－1)＝(1 2)n(2n－1)， 所以 Tn＝1 2×1＋(1 2)2×3＋(1 2)3×5＋…＋(1 2)n－1×(2n－3)＋(1 2)n×(2n－1)， 1 2Tn＝(1 2)2×1＋(1 2)3×3＋(1 2)4×5＋…＋(1 2)n×(2n－3)＋(1 2)n＋1×(2n－1)， 两式相减得 1 2Tn＝1 2＋(1 2)2×2＋(1 2)3×2＋(1 2)4×2＋…＋(1 2)n×2－(1 2)n＋1×(2n－1)， 所以 Tn＝1＋(1 2)1×2＋(1 2)2×2＋(1 2)3×2＋…＋(1 2)n－1×2－(1 2)n×(2n－1)， 所以 Tn＝1＋2× 1 2－（1 2）n 1－1 2 －(1 2)n×(2n－1)， 所以 Tn＝3－2n＋3 2n ＜3(n∈N*)．(14 分) 18. 解：(1) 由OA → ⊥OB → ，得OA → ·OB → ＝0， 故(x＋1)(x－1)＋( 2y＋ 3)( 2y－ 3)＝0，化简得x2 4 ＋y2 2 ＝1，动点 M 的轨迹是焦点在 x 轴上的椭圆．(6 分) (2) 设 P(p，0)，Q(q，0)，不妨设 p＜q，则 y2＝2－x2 2 ， 设 kMPkMQ＝c，所以 y x－p· y x－q＝c，y2＝cx2－c(p＋q)x＋cpq， 所以 2－x2 2 ＝cx2－c(p＋q)x＋cpq， 整理得(c＋1 2)x2－c(p＋q)x＋(cpq－2)＝0(关于 x 的恒等式)． 因为 x∈[－2，2]，所以{c＋1 2＝0， －c（p＋q）＝0， cpq－2＝0， 所以{c＝－1 2， p＝－2， q＝2. 所以存在定点 P(－2，0)，Q(2，0)，使得 kMPkMQ 是定值－1 2.(16 分) 19. 解：(1) 由已知得 r2＋h2＝a2， 所以V S＝ πr2H＋πr2h 3 πra ＝7rh 3a ≤ 7· r2＋h2 2 3a ＝7a 6 ，当且仅当 r＝h＝ 2 2 a 时取等号． 即冲击力最大时，r＝h＝ 2 2 a.(6 分) (2) 钻头的体积 V＝πr2H＋ πr2h 3 ＝7πr2h 3 . 因为 r2＋h2＝a2， 所以 V＝7πr2 a2－r2 3 ＝7π r4（a2－r2） 3 ＝7π a2r4－r6 3 ，其中 0＜r＜a. 令 u＝a2r4－r6，0＜r＜a，所以 u′＝4a2r3－6r5＝2r3(2a2－3r2)＝0，解得 r＝ 6 3 a， 且当 0＜r＜ 6 3 a 时，u′＞0，当 6 3 a＜r＜a 时，u′＜0， 所以当 r＝ 6 3 a 时，u 取得最大值，即 Vmax＝ 7π（ 6 3 a）2 a2－（ 6 3 a）2 3 ＝14 3πa3 27 .(16 分) 20. 证明：(1) g′(t)＝ln t＋t＋1 t －ln b，g″(t)＝t－1 t2 ， 因为 t＞1，所以 g″(t)＝t－1 t2 ＞0， 所以 g′(t)＝ln t＋t＋1 t －ln b 在(1，＋∞)上单调递增，所以 g′(t)＞g′(1)＝2－ln b. 当 0＜b≤e2 时，得 2－ln b≥0，所以 g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b 在(1，＋∞)上单调递 增， 所以 g(t)＞g(1)＝0，所以∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0.(6 分) (2) 当 b＞e2 时，ln b－2＞0，所以 eln b＞eln b－2＞1， g′(eln b－2)＝ln b－2＋ eln b－2＋1 eln b－2 －ln b＝1－eln b－2 eln b－2 ＜0， g′(eln b)＝ln b＋ eln b＋1 eln b －ln b＝b＋1 b ＞0. 由零点存在定理得，g′(t)＝ln t＋t＋1 t －ln b 在(eln b－2，eln b)上存在零点 t0， 因为 g′(t)＝ln t＋t＋1 t －ln b 在(1，＋∞)上单调递增，所以∀t∈(1，t0)，g′(t)＜0 成立， 所以 g(t)在(1，t0)上单调递减， 所以∀t∈(1，t0)，g(t)＜g(1)＝0 成立， 所以当 t＞1 时，(t＋1)ln t－(t－1)ln b＞0 不恒成立， 即 g(t)在(1，t0)上不存在零点，且 g(t0)＜0. 又 g(eln b)＝g(b)＝(b＋1)ln b－(b－1)ln b＝2ln b＞4＞0，且 g(t)在(t 0，＋∞)上单调递 增， 所以 g(t)在(t0，eln b)，即(t0，b)上存在一个零点， 即当 b＞e2 时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．(16 分) 附加题参考答案 21. A. 解：因为 T 变换将曲线 C1：x2 4 ＋y2＝1 变换为单位圆 x2＋y2＝1， 所以{x′＝x 2， y′＝y， 所以 T 变换对应的矩阵为 M＝[ 1 2 0 0 1 ]. 因为 S 变换将曲线 C2：x2 9 －y2 4 ＝1 变换为等轴双曲线 x2－y2＝1， 所以{x′＝x 3， y′＝y 2， 所以 T 变换对应的矩阵为 N＝[ 1 3 0 0 1 2 ]，(5 分) 所以变换 TS 对应的矩阵为 NM＝[ 1 3 0 0 1 2 ][ 1 2 0 0 1 ]＝[ 1 6 0 0 1 2 ]， 所以{x′＝x 6， y′＝y 2， 现在将曲线 C3：x2 36＋y2 4 ＝1 先进行 T 变换，再进行 S 变换得到曲线 C 的方程为 x2＋y2 ＝1.(10 分) B. 解：将点 Q，R 的极坐标化为直角坐标分别为(2，2)，(1，0)，在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程是 {x＝t2， y＝2t，t∈R，消去参数得普通方程为 y2＝4x，其轨迹为以 R 为 焦点的抛物线，准线为 l：x＝－1，(5 分) 且 Q 与焦点 R 在抛物线的同一侧，过 P 作 PS⊥l 于 S，根据抛物线的定义得，PQ＋PR ＝PQ＋PS 的最小值是 Q 点到其准线 l：x＝－1 的距离，所以 PQ＋PR 的最小值为 3.(10 分) C. 解：不等式 f(x－1)＋f(x)≥a 的解集为 R，转化为不等式在 R 上恒成立．(3 分) 因为 f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，所以 1≥a，所以实数 a 的取值范围是(－∞，1]．(10 分) 22. 解：(1) 如图，过点 A 且与 EB 平行的直线作 x 轴， 则 O( 3 2 ，1 2，1)，D( 3 2 ，3 2，2)，E(0，1，0)， ED → ＝( 3 2 ，1 2，2)，EO → ＝( 3 2 ，－1 2，1)， 设平面 ODE 的法向量为 n＝(a，b，c)， 所以{n·ED → ＝0， n·EO→ ＝0， 所以{ 3 2 a＋1 2b＋2c＝0， 3 2 a－1 2 b＋c＝0， 取 b＝1，则 a＝ 3，c＝－1，所以 n＝( 3，1，－1)．(4 分) (2) 设 P(0，0，z)(0≤z≤2)，则 OP → ＝(－ 3 2 ，－1 2，z－1)． 设直线 OP 与平面 ODE 所成的角为 θ，则 sin θ＝ |n·OP → | |n||OP → | ＝ 1＋z 5· z2－2z＋2. 令 1＋z＝t∈[1，3]，所以 sin θ＝ t 5· t2－4t＋5 ＝ 1 5· 5 t2－4 t＋1 ≤ 1 5· 5 × （2 5）2－4 × 2 5＋1 ＝1， 当且仅当1 t＝2 5，即 t＝5 2∈[1，3]时取等号，所以直线 OP 与平面 ODE 所成角的最大值 为 π 2 .(10 分) 23. 解：(1) f1(x)＝2xcos 2x＋sin 2x， f2(x)＝－4xsin 2x＋4cos 2x， f3(x)＝－8xcos 2x－12sin 2x.(2 分) (2) fn(x)＝2nxsin(2x＋nπ 2 )－n·2n－1·cos(2x＋nπ 2 )，n∈N*. ① 当 n＝1 时，显然成立； ② 假设当 n＝k 时，fk(x)＝2kxsin(2x＋kπ 2 )－k·2k－1cos(2x＋kπ 2 )成立， 当 n＝k＋1 时， fk＋1(x)＝f′k(x) ＝[2kxsin（2x＋kπ 2 ）－k·2k－1cos（2x＋kπ 2 ）]′＝2ksin(2x＋kπ 2 )＋2k＋1xcos(2x＋kπ 2 )＋k·2k·sin(2x＋kπ 2 ) ＝(k＋1)2ksin(2x＋kπ 2 )＋2k＋1xcos(2x＋kπ 2 ) ＝－(k＋1)2kcos[2x＋ （k＋1）π 2 ]＋2k＋1x·sin[2x＋ （k＋1）π 2 ]， 即当 n＝k＋1 时，结论成立． 由①②得 fn(x)＝2nxsin(2x＋nπ 2 )－n·2n－1·cos(2x＋nπ 2 )，n∈N*成立．(10 分)