江苏省南通市2020届高三下学期数学阶段性练习含附加题（解析版）

1 江苏省南通市 2020 届高三下学期阶段性练习 数学试题 2020．5 第 I 卷（必做题，共 160 分） 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分，请将答案填写在答题卷相应的位置 上．） 1．已知集合 M＝{﹣2，﹣1，0，1}，N＝ ，则 M N＝ ． 2．已知复数 为纯虚数，其中 i 为虚数单位，则实数 a 的值是 ． 3．某同学 5 次数学练习的得分依次为 114，116，114，114，117，则这 5 次得分的方差是 ． 4．根据如图所示的伪代码，当输入的 x 为﹣1 时，最后输出的 m 的值是 ． 5．在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 (a＞0，b＞0) 的离心率为 ，则该双曲线的渐近线的方程是 ． 6．某同学参加“新冠肺炎防疫知识”答题竞赛活动，需从 4 道题 中随机抽取 2 道作答．若该同学会其中的 3 道题，则抽到的 2 道题他都会的概率是 ． 7．将函数 的图象向右平移 个单位得到函数 的图象．若 为 奇函数，则 的最小正值是 ． 8．已知非零向量 与 的夹角为 120°，且 ＝2， ＝4，则 ＝ ． 9．已知等比数列 的各项均为正数，且 ， ， 成等差数列，则 的值是 ． 10．在平面直角坐标系 xOy 中，已知过点(﹣10，0)的圆 M 与圆 x2＋y2﹣6x﹣6y＝0 相切于 原点，则圆 M 的半径是 ． 11．唐朝的狩猎景象浮離银杯如图 1 所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古 人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面 光滑，忽略杯壁厚度），如图 2 所示．己知球的半径为 R，酒杯内壁表面积为 ， 设酒杯上部分（圆柱）的体积为 V1 ，下部分（半球）的体积为 V2 ，则 的值 是 ． { }2 0x x x+ ≤  i 2 i a + + 2 2 2 2 1x y a b − = 5 ( ) sin(2 )3f x x π= + ϕ ( )g x ( )g x ϕ a b a 2a b+  b { }na 18a 3a 26a 7 8 5 6 2 2 a a a a + + 214 R3 π 1 2 V V2 12．已知函数 (a＞1)的图象与直线 y＝k(x﹣1)(k R)相交，若其中一个交点的 纵坐标为 1，则 k＋a 的最小值是 ． 13．已知函数 ，若关于 x 的不等式 (m R)的 解集是( ， ) ( ， )， ＜ ＜ ，则 m 的取值范围是 ． 14．如图，在△ABC 中，AC＝ BC，点 M，N 分别在 AC，BC 上，且 AM＝ AC，BN＝ BC，若 BM 与 AN 相交于点 P，则 的取值范围是 ． 二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤．） 15．（本小题满分 14 分） 在斜三角形 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c． （1）若 2acosC＝b，且 sin2C＝sinAsinB，求 B 的值； （2）若 cos(2A＋B)＋3cosB＝0，求 tanAtanC 的值． 16．（本小题满分 14 分） 如图，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，平面 ACC1A1⊥平面 BCC1B1，侧面 BCC1B1 是矩形， 点 E，F 分别为 BC，A1B1 的中点．求证： （1）BC∥AC1； （2）EF∥平面 ACC1A1． ( ) logaf x x= ∈ 2 2 4 0( ) 1 ( 2) 0 x xf x x x x + ≥= +  + a R∈λ { }na λ ( )f x R∈k kxxf ( )f α 4 α π= ( )f α (100 100 2)+ (100 100 2)+ AB AC⊥ 90EAC BAD∠ + ∠ = ° Rt ABD△ 90ABD BAD∠ + ∠ = ° EAC ABD∠ = ∠15 所以 ∽ ， 所以 ． 因为 ， ， ， 所以 ． ， 所以 ， ． （2）因为 ， 所以 ． 当且仅当 ，且 ， 即 时取“ ”． 所以 ， 答：景观桥总长的最小值为 米． 18．（本小题满分 16 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： (a＞0，b＞0)短轴的两个顶点与 右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为 ． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）直线 l： (k＞0，m≠0)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，设直线 OP，OQ 的 斜率分别为 ， ，已知 ．①求 k 的值；②当△OPQ 的面积最大时，求直线 PQ 的方程． Rt CAE△ Rt ABD△ AC EC AB AD = EC x= 2 2 22500AC AE EC x= + = + 50AD = 250 2500 xAB x += ( )2 2 2 2 2 2500 25005000BC AB AC x x xx = + = + + = + 2 2 50 25 250000( ) 2500 ( )xg x x x xx + += + + + 0x > 0x > ( )g x 2 2 50 250 25002 25 2000 xx x x x + ⋅++ ⋅≥ 25002 10050( )xx += + 25002 100 100 2 102 050 xx + = +× ⋅≥ 2 2 50 25002500 xx x ++ = 2500 xx = 50x = = min( ) 100 100 2g x = + (100 100 2)+ 12 2 2 2 =+ b y a x 33 8 y kx m= + 1k 2k 21 2 kkk ⋅=16 【解】（1）设椭圆的焦距为 ，则 ． 因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形， 所以 ． 又两准线间的距离为 ，则 ， 所以 ， 所以椭圆 的标准方程为 ． （2）①设 ， ， 联立 消去 得 ， ，化简得 ， 所以 ， ， 又 的斜率 ， 的斜率 ， 所以 ， 化简得 ， 所以 ．又因为 ，即 ， 又 ，所以 ． ②由①得 ，直线 的方程为 ， 且 ， ， ． 又 ，所以 ． 所以 2c 2 2 2=c a b− 3c b= 8 33 22 8 33 a c = 2 1a b= =， C 2 2 14 x y+ = 1 1( )P x y， 2 2( )Q x y， 2 2 14 y kx m x y = + + = ， ， y 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 2 2 2 264 4(4 1)(4 4) 0k m k m∆ = − + − > 2 24 1m k< + 1 2 2 8 4 1 kmx x k −+ = + 2 1 2 2 4 4 4 1 mx x k −⋅ = + OP 1 1 1 yk x = OQ 2 2 2 yk x = 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( )y y kx m kx m k x x km x x mk k k x x x x x x + + + + += ⋅ = = = 2 1 2( ) 0km x x m+ + = 2 2 8 04 1 kmkm mk −⋅ + =+ 0m ≠ 24 1k = 0k > 1 2k = 1 2k = PQ 1 2y x m= + 1 2 2x x m+ = − 2 1 2 2 2x x m⋅ = − 2 2m < 0m ≠ 0 2m< < 2 2 1 2 1 2( ) ( )PQ x x y y= − + −17 ， 点 到直线 的距离 ， 所以 当且仅当 ，即 时， 的面积最大， 所以，直线 的方程为 ． 19．（本小题满分 16 分） 已知数列 的前n项和为 ， ， ， ， ． （1）若 ， ，求 的值； （2）若数列 的前 k 项成公差不为 0 的等差数列，求 k 的最大值； （3）若 ，是否存在 ，使 为等比数列？若存在，求出所有符合题意 的 的值；若不存在，请说明理由． 【解】记 为（ ）式． （1）当 时，（ ）式为 ， 令 得， ，即 ， 由已知 ， ，解得 ． （2）因为前 k 项成等差数列，设公差为 ，则 ， ， 若 ，则 ， ． 在（ ）式中，令 得， ，所以 ， 化简得 ，① 若 ，则 ， 在（ ）式中，令 得， ， 所以 ， 2 1 2 1 2 1 2 5 5 ( ) 42 2x x x x x x= − = + − ⋅ 25 2 m= ⋅ − O PQ ( )2 2 2 511 2 md m= = + 2 2 2 2 2 (2 )1 1 25 2 (2 ) 12 2 25OPQ m mS PQ d m m m m + −= ⋅ = ⋅ − ⋅ = − =△ ≤ 2 22m m= − 1m = ± OPQ△ PQ 1 12y x= ± { }na nS 11 =a 2 121 +++ =⋅+ nnnn SSSaλ ∗∈ Nn R∈λ 3−=λ 12 −=a 3a { }na 02 >a R∈λ { }na λ 2 1 2 1n n n na S S Sλ + + ++ ⋅ = ∗ 3λ = − ∗ 2 1 2 13 n n n na S S S+ + +− + ⋅ = 1n = 2 2 1 3 23a S S S− + ⋅ = 2 2 1 1 2 3 1 23 ( ) ( )a a a a a a a− + ⋅ + + = + 1 1a = 2 1a = − 3 3a = − d 2 1a d= + 3 1 2a d= + 3k = 2 2S d= + 3 3 3S d= + ∗ 1n = 2 2 1 3 2a S S Sλ + ⋅ = 2(1 ) 3 3 (2 )d d dλ + + + = + 2 1 (1 )d d dλ+ + = + 4k = 4 4 6S d= + ∗ 2n = 2 3 2 4 3a S S Sλ + ⋅ = 2(1 2 ) (2 )(4 6 ) (3 3 )d d d dλ + + + + = +18 化简得 ，② ② ①得， ，因为公差不为 0，所以 ， 所以 ，代入①得， ，所以 ， ． 所以 符合题意． 若 ，则 ， , 在 （ ） 式 中 ， 令 得 ， ， ，所以 ，所以 的最大值为 4． （3）假设存在 ，使 为等比数列， 设前 3 项分别为 ，则 ， （ ）式中，令 得， ，化简得 ， 因为 ，所以 ， 此时（ ）式为 ，即 （ ）， 由 ， ，得 ， 由 得 ， 依次类推， ，所以（ ）等价于 ， 所以数列 为常数列， 所以 ， 于是 时， 两式相减得 ， 因为 ，所以 ， 又 ，所以 （非零常数）， 所以存在 ，使 为等比数列． 20．（本小题满分 16 分） 对于定义在 D 上的函数 ，若存在 ，使 恒成立，则称 为“ 23 2 1 (1 2 )d d dλ+ + = + − 22d d dλ+ = 0d ≠ 2 1d λ+ = 2 2 0d d+ = 2d = − 3λ = − 4k = 5k = 1 2 3 4 51 1 3 5 7a a a a a= = − = − = − = −， ， ， ， 3 4 53 8 15S S S= − = − = −， ， ∗ 3n = 4 3 53 3 ( 5) ( 3) ( 15) 60a S S− + = − × − + − × − = 2 2 4 ( 8) 64S = − = 2 4 3 5 43a S S S− + ≠ k λ ∈ R { }na 21 q q， ， 2 1 2 31 1 1S S q S q q= = + = + +， ， ∗ 1n = 2 2(1 ) (1 )q q q qλ + + + = + ( 1) 0q λ − = 2 0q a= > 1λ = ∗ 2 1 2 1( )n n n n nS S S S S+ + +− + ⋅ = 1 1 2( 1) ( 1)n n n nS S S S+ + +− = − ∗ ∗ 1 1S = 2 21 1S a= + > 3 1S > 2 3 1S S >， 4 1S > ， 1 0nS >≥ ∗ ∗ 2 1 1 1 1n n n n S S S S + + + − −= 1 1n n S S + −    1 2 2 1 1 1n n S S aS S + − −= = 2n≥ 1 2 2 1 1 1 n n n n S a S S a S + − − =  − = ， ， 1 2n na a a+ = ⋅ 2 2 1a a a= ⋅ 1 2n na a a+ = ⋅ ( )n ∗∈N 1 2 0a a ≠， 1 2 n n a aa + = 1λ = { }na ( )f x R∈k kxxf ln 1( ) xg x x += ( 1)x≥ 2 ln( ) 0xg x x −′ = ≤ ( )g x [1 )+ ∞， ( ) (1) 1g x g =≤ k (1 )+ ∞， 1 2a = − 2 ( )h x (1)M 1(1 )lnx x xx + + ≥ 1(1 )ln 0x x xx + + − ≥ 1( ) (1 )lnR x x x xx = + + − 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ln (1 ) 1 ln ln xR x x x x xx xx x x −′ = + + ⋅ − − = + − = + 1x > ln 0x > 2 1 0x x − > ( ) 0R x′ > 0 1x< < ln 0x < 2 1 0x x − < ( ) 0R x′ < ( )R x (0 1)， (1 + )∞， ( ) (1)R x R≥ (1) 0R = ( ) 0R x ≥ 2 ( )h x (1)M 2 1 1( ) lnF x x x x = + − 2 2 3 3 1 1 2 2( ) 0x xF x x x x x − +′ = − + = > ( )F x (0 + )∞， (1) 0F = 0 1x< < ( ) 0R x′ < 1x > ( ) 0R x′ >20 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 以下同方法一． （3）函数 为“ 型函数”等价于 恒成立， 当 时， ，不合题意； 当 时， ，不合题意； 当 时， 方法一： ， ① 当 或 时， ． ② 当 时， ，由（2）知 ， 所以 ， 综上，存在唯一整数 ，使得 为“ 型函数”． 方法二： ， ， 记 ，则 ， 所以 在 上单调递减． 易得 ， 所以 ； 又因为 ， 所以存在唯一零点 ，使得 ， 且 为 的最大值点， 所以 ， 注意到 在 上单调递增， 所以 ， ( )R x (0 1)， (1 + )∞， ( )f x ( )1 4m 1( ) (1 2 )ln 04p x ax x x= − − < 0a≤ e e(e) (1 2 e) 1 04 4p a= − − − >≥ 2a≥ 1 2 1 1 1( ) 1 (4 e ) 0e e 4e e 4 ap = − − − − >≥ 1a = 1( ) (1 2 )ln 4p x x x x= − − 1x≥ 10 2x< ≤ 1( ) 0 04p x x− 2(1 2 )( 1) 1 1( ) (3 2) 04 4 x xp x x xx x − − −< − = − ≤ 1a = ( )f x ( )1 4m 1( ) (1 2 )ln 4p x x x x= − − 1 2 1 1 9( ) 2ln 2ln4 4 xp x x xx x −′ = − + − = − + − 1 9( ) 2ln 4x x x ϕ = − + − 2 2 1( ) 0x x x ϕ −′ = − < ( ) ( )x p xϕ ′= (0 + )∞， ln 1x x −≤ ( ) 288 172 9 9 172ln 2 2 2( 2 1) 2 3 2 02 4 4 4 4p −′ = + − − + − = − = + − > ( )0 21 2 2x ∈ ， 0 0 0 1 9( ) 2ln 04p x x x ′ = − + − = 0x ( )p x ( )0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 9(1 2 ) 41 1 1 17( ) (1 2 )ln 24 2 4 2 8 x xp x x x x x x x − − = − − = − = + − 1 172 2 8y x x = + − ( )21 2 2， ( ) ( )0 2 1 17 1 17( ) 2 3 2 02 8 2 42 p x p< = + − = − 1 2p = 2y x= l x (2 0)M ， 2 1 1( )A y y， 2 2 2( )B y y， 1 2 2 2 1 21 2 1 AB y yk y yy y −= = +− A M B， ， 1 2 2 2 1 22 2 y y y y =− − 1 2y y≠ 1 2 2y y = − 1 2 2y y = − 2 1 1 4 2( )B y y −， AB 2 2 1 2 1 2 1 2( )( )2 2 y y y yy y y x + +− = − + − 0y = 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 4( 1)2 2T y yx y y + += = + + OA TB∥ OA TBk k= 1 21 1 2 2 1 1 2 1 1 4 4( 1)2 y y y y y = + + − 2 2 1 1( 1)( 4) 0y y+ − = 1 2y = ± (4 2)A ±， 1AMk = ± l 1± Nn ∗∈ Nk ∈ n k≥24 （1）化简： ； （2）已知 ．记 ．证明： 能被 2n＋1 整除． 【证】（1）证明： ． （2）证明：由（1）得， ． 因为 ， 所以 ， 因为 ． 所以 能被 整除． 1 1 1 1 2 k k n n k k n n C C C C + + + + + ⋅ ⋅ 2 2 2 0 1 2 2(1 ) n n nx a a x a x a x− = + + + + 2 1 ( ) ( 1) n k k kF n n a= = + ∑ ( )F n 1 1 1 1 2 ( 1)! ( 1)! C C !( 1 )! ( 1)!( )! ( 2)!C C ! !( )! ( 1)!( 1 )! k k n n k k n n n n k n k k n k nn k n k k n k + + + + + + +⋅⋅ + − + −= +⋅ ⋅− + + − ( 1) ! ( 1)! 1 !( 2) ( 1)! 2 n n n n n n n n + ⋅ ⋅ + += =+ ⋅ + + 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 C C + C1 1 1 2 2C C C C C k k k n n n k k k k k n n n n n n n n n + + + + + + + + + + + + += ⋅ = ⋅+ +⋅ ⋅ ( )1 1 1 1 1 1 2 C Ck k n n n n + + + += ⋅ ++ 1 2 2 1 2 1 ( 1) ( 1) ( 1)2 1 2 2C C C k k k k k k k n n n k k kk n a n + + +  − − −+= = ⋅ + +   2 2 1 1 1 2 1 2 1 ( 1) ( 1)2 1( ) ( 1) 2 C C k kn n k k kk k n n k kk nF n n a + = = + +  − −+= + = ⋅ +    ∑ ∑ 2 1 1 2 1 2 1 ( 1) ( 1) C C k kn k k k n n k k + = + +  − −+    ∑ 1 2 2 1 2 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2( ) ( )C C C C C C C Cn n n n n n n n n n n n n n n n − + + + + + + + + + − − + − − += + + + + + + + + +  1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2( ) ( )C C C C C Cn n n n n n n n n n n n + + + + + + + − − − += + + + + + + 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2( ) 2C C C C Cn n n n n n n n n n− + + + + + + − −= + + + + + = 2 1 2 1( ) ( 1) 2 (2 1)2 n kk k nF n n n n na= += + = ⋅ = +∑ 2 1n +