江苏省金陵中学、丹阳高级中学、无锡一中2020届高三下学期期初联考数学试题(含附加题)(含参考答案)

·1·2020届高三年级第二学期期初联考试卷数学试题Ⅰ试题一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{2，4}，则A∪B＝▲．2．已知复数z1＝－2＋i，z2＝a＋2i（i为虚数单位，a∈R），若z1z2为纯虚数，则实数a的值为▲．3．函数f(x)＝ln(x－1)的定义域为▲．4．某人5次上班途中所花的时间（单位：分钟）分别为12，x，10，11，9．已知这组数据的平均数为10，方差为2，则x的值为▲．5．已知抛物线y2＝4x上一点的距离到焦点的距离为5，则这点的坐标为▲．6．已知命题p：－1x－a1，命题q：(x－4)(8－x)0，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是▲．7．等比数列{an}的前n项和为Sn，若4a1，2a2，a3成等差数列，a1＝1，则S7＝▲．8．函数f(x)是在R上的周期为3的奇函数，当0x2时，f(x)＝2x，则f(－7)＝▲．9．若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等，记圆柱、球的表面积分别为S1、S2，则S1：S2＝▲．10．在等腰△ABC中，已知底边BC＝2，点D为边AC的中点，点E为边AB上一点且满足EB＝2AE，若BD→·AC→＝－12，则EC→·AB→＝▲．11．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b（a，b∈R）的值域为(－∞，0]，若关于x的不等式f(x)c－1的解集为(m－4，m)，则实数c的值为▲．12．在锐角△ABC中，已知sinC＝4cosAcosB，则tanAtanB的最大值为▲．13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为▲．14．设函数f(x)＝ax＋sinx＋cosx．若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线y＝f(x)在点A，·2·B处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为▲．二、解答题（本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15．（本小题满分14分）如图，在三棱锥A－BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．（1）求证：EF∥平面ABD；（2）若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD．16．（本小题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cosB＝45．（1）若c＝2a，求sinBsinC的值；（2）若C－B＝π4，求sinA的值．17．（本小题满分14分）如图，某城市有一块半径为40m的半圆形绿化区域（以O为圆心，AB为直径），现计划对其进行改建．在AB的延长线上取点D，OD＝80m，在半圆上选定一点C，改建后的绿化区域由扇形区域AOC和三角形区域COD组成，其面积为Sm2．设∠AOC＝xrad．（1）写出S关于x的函数关系式S(x)，并指出x的取值范围；（2）试问∠AOC多大时，改建后的绿化区域面积S取得最大值．ABCFED（第15题）·3·18．（本小题满分16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点612，，其离心率等于22．（1）求椭圆E的标准方程；（2）若A，B分别是椭圆E的左，右顶点，动点M满足MB⊥AB，且MA交椭圆E于点P．①求证：OPOM为定值；②设PB与以PM为直径的圆的另一交点为Q，求证：直线MQ经过定点．19．（本小题满分16分）已知函数f(x)＝12ax2＋lnx，g(x)＝－bx，设h(x)＝f(x)－g(x)．（1）若f(x)在x＝22处取得极值，且f′(1)＝g(－1)－2，求函数h(x)的单调区间；（2）若a＝0时，函数h(x)有两个不同的零点x1，x2．①求b的取值范围；②求证：x1·x2e2．ABOCD（第17题）·4·20．（本小题满分16分）已知数列{an}前n项和为Sn，数列{an}的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，且满足S5＝2a4＋a5，a9＝a3＋a4．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若amam＋1＝am＋2，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得122mmSS恰好为数列{an}中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由．·5·2020届高三年级第二学期期初联考试卷数学试题命题单位：丹阳高级中学审核单位：金陵中学无锡一中Ⅱ试题21．【选做题】在A、B、C三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4—2：矩阵与变换设a，b∈R．若直线l：ax＋y－7＝0在矩阵A=30－1b对应的变换作用下，得到的直线为l′：9x＋y－91＝0．求实数a，b的值．B．选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，直线l：x＝1＋35t，y＝45t(t为参数)，与曲线C：x＝4k2，y＝4k(k为参数)交于A，B两点，求线段AB的长．C．选修4—5：不等式选讲已知x，y∈R，且|x＋y|≤16，|x－y|≤14，求证：|x＋5y|≤1．·6·【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．22．（本小题满分10分）某中学有4位学生申请A，B，C三所大学的自主招生．若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的．（1）求恰有2人申请A大学的概率；（2）求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X)．23．（本小题满分10分）已知2120121nxaaxax…2121nnax，*nN．记021nnnkkTka．（1）求2T的值；（2）化简nT的表达式，并证明：对任意的*nN，nT都能被42n整除．·7·期初联考试卷数学试题参考答案及评分标准Ⅰ试题一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．{1，2，3，4}2．－13．(1，＋∞)4．85．(4，±4)6．[5，7]7．1278．－29．3：210．4311．－312．413．914．[－1，1]二、解答题（本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15．（本小题满分14分）解：（1）因为BD∥平面AEF，BD平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF．………………3分因为BD平面ABD，EF平面ABD，所以EF∥平面ABD．………………6分（2）因为AE⊥平面BCD，CD平面BCD，所以AE⊥CD．………………8分因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，………………10分又AE∩EF＝E，AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD⊥平面AEF．………………12分又CD平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD．………………14分16．（本小题满分14分）解：（1）解法1：在△ABC中，因为cosB＝45，所以a2＋c2－b22ac＝45．………………2分因为c＝2a，所以(c2)2＋c2－b22c×c2＝45，即b2c2＝920，所以bc＝3510．………………4分·8·又由正弦定理得sinBsinC＝bc，所以sinBsinC＝3510．………………6分解法2：因为cosB＝45，B∈(0，π)，所以sinB＝1－cos2B＝35．………………2分因为c＝2a，由正弦定理得sinC＝2sinA，所以sinC＝2sin(B＋C)＝65cosC＋85sinC，即－sinC＝2cosC．………………4分又因为sin2C＋cos2C＝1，sinC＞0，解得sinC＝255，所以sinBsinC＝3510．………………6分（2）因为cosB＝45，所以cos2B＝2cos2B－1＝725．………………8分又0＜B＜π，所以sinB＝1－cos2B＝35，所以sin2B＝2sinBcosB＝2×35×45＝2425．………………10分因为C－B＝π4，即C＝B＋π4，所以A＝π－(B＋C)＝3π4－2B，所以sinA＝sin(3π4－2B)＝sin3π4cos2B－cos3π4sin2B＝31250．………………14分17．（本小题满分14分）解：（1）因为扇形AOC的半径为40m，∠AOC＝xrad，所以扇形AOC的面积S扇形AOC＝x·OA22＝800x，0＜x＜π．………………2分在△COD中，OD＝80，OC＝40，∠COD＝π－x，所以S△COD＝12·OC·OD·sin∠COD＝1600sin(π－x)＝1600sinx．………………4分从而S＝S△COD＋S扇形AOC＝1600sinx＋800x，0＜x＜π．………………6分（2）由（1）知，S(x)＝1600sinx＋800x，0＜x＜π．S′(x)＝1600cosx＋800＝1600(cosx＋12)．………………8分由S′(x)＝0，解得x＝2π3．从而当0＜x＜2π3时，S′(x)＞0；当2π3＜x＜π时，S′(x)＜0．·9·因此S(x)在区间(0，2π3)上单调递增；在区间(2π3，π)上单调递减．………………11分所以当x＝2π3，S(x)取得最大值．答：当∠AOC为2π3时，改建后的绿化区域面积S最大．………………14分18．（本小题满分16分）解：（1）由题得22312122abca，，且222cab，解得2242ab，，所以椭圆E的方程为22142xy+=．………………4分（2）设0(2)My，，11()Pxy，，①直线MA的方程为0042yyyx，代入椭圆得2222000140822yyyxx，由201204828yxy得20120288yxy，012088yyy，………………8分所以20002200288(2)88yyOPOMyyy，，22002200488488yyyy．……………10分②直线MQ过定点(00)O，，理由如下：由题得020200208822828PByykyyy，………………12分由MQPB得02MQyk，则MQ的方程为00(2)2yyyx，即02yyx，………………14分所以直线MQ过定点(00)O，．………………16分19．（本小题满分16分）解：（1）因为1()fxaxx，所以(1)1fa，由(1)(1)2fg可得3ba．·10·又因为()fx在22x处取得极值，所以22()2022fa，所以1,2ba．………………2分所以2()lnhxxxx，其定义域为),0(．2121(21)(1)()21=xxxxhxxxxx，令()0hx得121,12xx，当)1,0(x时，()0hx，当),1(x时，()0hx，所以函数h(x)在区间)1,0(上单调增，在区间),1(上单调减．………………4分（2）当0a时，()lnhxxbx，其定义域为),0(．①由()0hx得ln-xbx，记ln()xxx，则2ln1()xxx，所以ln()xxx在(0,)e单调减，在(,)e单调增，所以当xe时，ln()xxx取得最小值1e．………………6分又(1)0，所以(0,1)x时，()0x，而(1,)x时，()0x，所以b的取值范围是)0,1(e．………………10分注：此处需用零点存在定理证明，如考生未证明，此问最多不超过3分．②由题意得1122ln0,ln0xbxxbx，所以12122121ln()0,lnln()0