2020届江苏省盐城市高三下学期网上授课阶段考试数学理试题

盐城市伍佑中学
2020届高三年级网上授课阶段考试
数学理试题
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∁R A ＝________．
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 －x 2)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x 24
－y 2
＝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S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 4＝14，则a 1d 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 ＝23，B ＝π
3
，求a ＋c 的最大值．
16. (本小题满分14分)
如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为CD 上任意一点(不位于端点处)，P 是AA 1的中点． (1) 若DP ∥平面B 1AE ，求证：E 为CD 中点；
(2) 若AA 1＝AD ，AB 为任意长，F 为BC 的中点，求证： PD ⊥C 1F.
设△A n B n C n 的三个顶点A n ，B n ，C n 所对的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n (n ∈N *)，
b 1＞
c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n
2
(n ∈N *)．
(1) 求证：数列{b n ＋c n }为常数列；
(2) 设⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪
⎪b n －a n b 1－c 1（2n －1）的前n 项和是T n ，求证：T n ＜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k MP k MQ (k MP ，k MQ 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．
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C 1：x 24＋y 2＝1变换为单位圆x 2＋y 2
＝1，S 变换将曲线C 2：x 29－y 2
4＝1变换为等轴
双曲线x 2－y 2＝1，现在将曲线
C 3：x 236＋y 2
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 ＝t 2，
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(22，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B1C1，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f n(x)＝f′n－1(x)，n∈N*.
(1) 求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；
(2) 猜想f n(x)的表达式，运用数学归纳法证明．
参考答案
1. {x|x ＞2}
2. 1
3. 2
4. (－1－2，－1＋2)
5. {－1，e 2}
6. 必要不充分
7. 22－2
8. 310
9. 4924 10. 26
11. 4π 12. 3
13. [4，25]
14. (1－22，1
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 →
〉＝－3m 2＋3m 22m ×23m
＝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(2π3－A)＝43sin(A ＋π6)(π6＜A ＋π6＜5π
6)，
所以当A ＋π6＝π2，即A ＝π
3
时，a ＋c 取得最大值4 3.(14分)
16. 证明：(1) 如图，取BB 1的中点Q ，连结PQ ，CQ ，设PQ ∩AB 1＝R ，连结ER. 因为点P 是棱AA 1的中点，所以R 是AB 1的中点．
因为DP ∥平面B 1AE ，平面PQCD ∩平面B 1AE ＝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AA 1＝AD ，所以BB 1＝BC.
因为F 为BC 的中点，Q 为BB 1的中点，所以QC ⊥C 1F. 在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1∥BB 1，AA 1＝BB 1， 因为P 是AA 1的中点，Q 为BB 1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 ⊥C 1F.(14分)
17. 证明：(1) 因为a n ＋1＝a n ，所以a n ＝a 1(n ∈N *)．
因为b n ＋1＋c n ＋1＝12(b n ＋c n )＋a n ＝1
2
(b n ＋c n )＋a 1，
所以b n ＋1＋c n ＋1－2a 1＝1
2
(b n ＋c n －2a 1)，
因为b 1＋c 1－2a 1＝0，
所以b n ＋c n ＝2a 1(n ∈N *)．(6分) 即数列{b n ＋c n }为常数列．
(2) 由b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n 2，相减，得b n ＋1－c n ＋1＝－1
2
(b n －c n )．
又b 1－c 1＞0，所以数列{b n －c n }为等比数列，
所以b n －c n ＝(b 1－c 1)(－12
)n －
1.
又b n ＋c n ＝2a 1(n ∈N *)，
以上两式相加得2b n ＝2a 1＋(－12
)n －
1(b 1－c 1)，
所以b n ＝a 1－(－1
2
)n (b 1－c 1)．
因为a 1＝a n ，所以b n ＝a n －(－1
2
)n (b 1－c 1)，
所以⎪⎪⎪⎪
⎪⎪b n －a n b 1－c 1(2n －1)＝(12)n (2n －1)， 所以T n ＝12×1＋(12)2×3＋(12)3×5＋…＋(12)n －1×(2n －3)＋(1
2
)n ×(2n －1)，
12T n ＝(12)2×1＋(12)3×3＋(12)4×5＋…＋(12)n ×(2n －3)＋(12
)n ＋
1×(2n －1)， 两式相减得12T n ＝12＋(12)2×2＋(12)3×2＋(12)4×2＋…＋(12)n ×2－(12)n ＋
1×(2n －1)，
所以T n ＝1＋(12)1×2＋(12)2×2＋(12)3×2＋…＋(12)n －1×2－(1
2)n ×(2n －1)，
所以T n ＝1＋2×12－（12）n 1－12
－(1
2)n ×(2n －1)，
所以T n ＝3－2n ＋3
2
n ＜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x 24＋y 2
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y 2
＝2－x 2
2
，
设k MP k MQ ＝c ，所以y x －p ·y
x －q
＝c ，y 2＝cx 2－c(p ＋q)x ＋cpq ，
所以2－x
22＝cx 2－c(p ＋q)x ＋cpq ，
整理得(c ＋1
2
)x 2－c(p ＋q)x ＋(cpq －2)＝0(关于x 的恒等式)．
因为x ∈[－2，2]，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＋12＝0，－c （p ＋q ）＝0，cpq －2＝0，所以⎩⎪⎨⎪
⎧c ＝－12
，p ＝－2，q ＝2.
所以存在定点P(－2，0)，Q(2，0)，使得k MP k MQ 是定值－1
2
.(16分)
19. 解：(1) 由已知得r 2＋h 2＝a 2，
所以V S ＝πr 2
H ＋πr 2h 3πra ＝7rh 3a ≤7·
r 2＋h 2
23a ＝7a 6，当且仅当r ＝h ＝2
2a 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 ＝πr 2
H ＋πr 2h 3＝7πr 2h 3
.
因为r 2＋h 2＝a 2，
所以V ＝7πr 2a 2－r 23＝7πr 4（a 2－r 2）3＝7πa 2r 4－r 6
3，其中0＜r ＜a.
令u ＝a 2r 4－r 6，0＜r ＜a ，所以u′＝4a 2r 3－6r 5＝2r 3(2a 2－3r 2)＝0，解得r ＝63
a ， 且当0＜r ＜
63a 时，u ′＞0，当6
3
a ＜r ＜a 时，u ′＜0， 所以当r ＝6
3a 时，u 取得最大值，即V max ＝7π（
63
a ）2
a 2－（
63
a ）23＝143πa 327
.(16分)
20. 证明：(1) g′(t)＝ln t ＋t ＋1t －ln b ，g ″(t)＝t －1
t 2，
因为t ＞1，所以g″(t)＝t －1
t
2＞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 ≤e 2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 ＞e 2时，ln b －2＞0，所以e ln b ＞e ln b －
2＞1，
g ′(e ln b －
2)＝ln b －2＋e ln b －2＋1e ln b －2－ln b ＝1－e ln b －2e
ln b －2＜0，
g ′(e ln b )＝ln b ＋e ln b ＋1e ln b －ln b ＝b ＋1b
＞0. 由零点存在定理得，g ′(t)＝ln t ＋t ＋1t
－ln b 在(e ln b －
2，e ln b )上存在零点t 0，
因为g′(t)＝ln t ＋
t ＋1
t
－ln b 在(1，＋∞)上单调递增， 所以∀t ∈(1，t 0)，g ′(t)＜0成立， 所以g(t)在(1，t 0)上单调递减，
所以∀t ∈(1，t 0)，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，t 0)上不存在零点，且g(t 0)＜0.
又g(e ln 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(t 0，e ln b )，即(t 0，b)上存在一个零点， 即当b ＞e 2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C 1：x 24＋y 2
＝1变换为单位圆x 2＋y 2＝1，
所以⎩⎪⎨⎪⎧x′＝x 2，
y ′＝y ，
所以T 变换对应的矩阵为M ＝⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤
12
001. 因为S 变换将曲线C 2：x 29－y 2
4
＝1变换为等轴双曲线x 2－y 2＝1，
所以⎩⎨⎧x′＝x
3
，
y ′＝y
2，
所以T 变换对应的矩阵为N ＝⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤130012，(5分) 所以变换TS 对应的矩阵为
NM ＝
⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤130012⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12001＝⎣⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎤
160012
， 所以⎩⎨⎧x′＝x
6，y ′＝y
2，
现在将曲线C 3：x 236＋y 2
4＝1先进行T 变换，再进行S 变换得到曲线C 的方程为x 2＋y 2＝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 ＝t 2，
y ＝2t ，t ∈R ，消去参数得普通方程为y 2＝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(32，12，1)，D(32，32
，2)，E(0，1，0)， ED →＝(32，12，2)，EO →＝(32，－12
，1)， 设平面ODE 的法向量为n ＝(a ，b ，c)，
所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EO →＝0，所以⎩⎨⎧32a ＋1
2b ＋2c ＝0，32a －12 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 →＝(－32，－12
，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·z 2－2z ＋2. 令1＋z ＝t ∈[1，3]，所以
sin θ＝t 5·t 2－4t ＋5＝15·5t 2－4t ＋1≤15·5×（25）2－4×25＋1＝1， 当且仅当1t ＝25，即t ＝52∈[1，3]时取等号，所以直线OP 与平面ODE 所成角的最大值为π2
.(10分) 23. 解：(1) f 1(x)＝2xcos 2x ＋sin 2x ，
f 2(x)＝－4xsin 2x ＋4cos 2x ，
f 3(x)＝－8xcos 2x －12sin 2x.(2分)
(2) f n (x)＝2n xsin(2x ＋n π2)－n·2n －1·cos(2x ＋n π2
)，n ∈N *. ① 当n ＝1时，显然成立；
② 假设当n ＝k 时，f k (x)＝2k xsin(2x ＋k π2)－k·2k －1cos(2x ＋k π2
)成立， 当n ＝k ＋1时，
f k ＋1(x)＝f′k (x)
＝⎣
⎡⎦⎤2k xsin （2x ＋k π2）－k·2k －1cos （2x ＋k π2）′ ＝2k sin(2x ＋k π2)＋2k ＋1xcos(2x ＋k π2)＋k·2k ·sin(2x ＋k π2
) ＝(k ＋1)2k sin(2x ＋k π2)＋2k ＋1xcos(2x ＋k π2
) ＝－(k ＋1)2k cos[2x ＋（k ＋1）π2]＋2k ＋1x ·sin[2x ＋（k ＋1）π2
]， 即当n ＝k ＋1时，结论成立．
由①②得f n (x)＝2n xsin(2x ＋n π2)－n·2n －1·cos(2x ＋n π2
)，n ∈N *成立．(10分)。