江苏省海安高级中学2020届高三数学上学期第二次月考试题

PAGE江苏省海安高级中学2020届高三数学上学期第二次月考试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 说明：1．以下题目的答案请全部填写在答卷纸上；2．本卷总分160分，考试时间120分钟．方差公式，其中．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上．1．已知集合，，则▲．2．复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第▲象限．(第3题图)3．为了解某一段公路汽车通过时的车速情况,现随机抽测了通过这段公路的200辆汽车的时速，所得数据均在区间[40,80]中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的200辆汽车中，时速在区间[40,60]内的汽车有▲辆．第6题图4．袋中装有5个大小相同的球，其中3个黑球，2个白球，从中一次摸出2个球，则摸出1个黑球和1个白球的概率等于▲．5．在一次知识竞赛中，抽取5名选手，答对的题数分布情况如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ，则这组样本的方差为▲．答对题数48910人数分布1121(第5题表)6．如右图所示的算法流程图中，最后输出值为▲．7．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面．①若，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，则．上述命题中为真命题的是▲．（填写所有真命题的序号）．8.公元五世纪张丘建所著《张丘建算经》卷22题为：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈，问日益几何”．题目的意思是：有个女子善于织布，一天比一天织得快（每天增加的数量相同），已知第一天织布5尺，一个月（30天）共织布9匹3丈，则该女子每天织尺布的增加量为▲尺．（1匹=4丈，1丈=10尺）9．若，则▲．10．如图，已知为矩形内的一点，且，，，则▲．(第10题图)11．已知关于的方程在上有三个相异实根，则实数的取值范围是▲．12．已知，且，则的最小值等于▲．13．如图，已知，为的中点，分别以为直径在的同侧作半圆，分别为两半圆上的动点（不含端点），且，则的最大值为▲．14．若关于的不等式对任意的实数及任意的实数恒成立，则实数的取值范围是▲．二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知△ABC内接于单位圆（半径为1个单位长度的圆），且．（1）求角的大小；（2）求△ABC面积的最大值．（第16题图）EABCDF16．如图，在四面体ABCD中，，点E是BC的中点，点F在线段AC上，且．（1）若EF//平面ABD，求实数的值；（2）求证：平面BCD平面AED．17．如图，长方形材料中，已知，．点为材料内部一点，于,于，且，．现要在长方形材料中裁剪出四边形材料，满足，点M，N分别在边AB，AD上．（1）设，试将四边形材料的面积表示为的函数，并指明的取值范围；（2）试确定点在上的位置，使得四边形材料的面积最小，并求出其最小值．(第17题图)18．已知椭圆：（），直线不过原点O且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．（1）若，点在椭圆上，、分别为椭圆的两个焦点，求的范围；（2）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（3）若过点，射线与椭圆交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时直线斜率；若不能，说明理由．19．已知函数，，其中为常数，且曲线在其与轴的交点处的切线记为，曲线在其与轴的交点处的切线记为，且．（1）求之间的距离；（2）若存在使不等式成立，求实数的取值范围；（3）对于函数和的公共定义域中的任意实数，称的值为两函数在处的偏差．求证：函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2．20．设数列的前项和为，，．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足：对于任意的，都有成立．①求数列的通项公式；②设数列，问：数列中是否存在三项，使得它们构成等差数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由．数学试卷说明：1．以下题目的答案请全部填写在答卷纸上；2．本卷总分160分，考试时间120分钟．方差公式，其中．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上．1.2．四；3．804．5．6．257．①④8.9．；10．11．12．1113．14．二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．命题立意：本题主要考查两角和与差的正切公式与正、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．（1）由得，所以，（4分）故△ABC中，，（6分）（2）由正弦定理得，即，（8分）由余弦定理得，即，（10分）由得，（当且仅当时取等号）（12分）所以.（14分）16．命题立意：本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象与推理论证能力．解：（1）因为EF∥平面ABD，易得平面ABC，平面ABC平面ABD，所以，（5分）又点E是BC的中点，点F在线段AC上，所以点F为AC的中点，由得；（7分）（2）因为，点E是BC的中点，所以，，（9分）又，平面AED，所以平面AED，（12分）而平面BCD，所以平面BCD平面AED．（14分）17．解：（1）在直角△中，因为，，所以，所以．……………………………2分在直角△中，因为，，所以，所以．………………………………4分所以，．……………………………………………………………………………………6分（注：定义域错误扣1分）（2）因为．…8分令，由，得，所以．………………12分当且仅当时，即时等号成立．………………13分此时，，．答：当时，四边形材料的面积最小，最小值为．……………………………………………………………………………………14分18．解：（Ⅰ），椭圆：，两个焦点，设，，，，∵，∴的范围是（4分）（2）设的坐标分别为，，则两式相减，得，，即，故；（8分）（3）∵直线过点，∴直线不过原点且与椭圆有两个交点的充要条件是且．设，设直线（），即，由（2）的结论可知，代入椭圆方程得，，（10分）由与，联立得．（12分）若四边形为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以，即，整理得解得，．所以当时，四边形为平行四边形．（16分）19．解：（1），，的图像与坐标轴的交点为，的图像与坐标轴的交点为，由题意得，即又∵，∴.（2分）∴，，∴函数和的图像在其坐标轴的交点处的切线方程分别为：,∴两平行切线间的距离为（4分）（2）由得，故在有解，令，则。当时，；当时，∵，∵，∴，∴故即在区间上单调递减，故，∴即实数m的取值范围为．（8分）（3）解法一：∵函数和的偏差为：，∴，设为的解，则当，；当，，∴在单调递减，在单调递增∴∵，，∴故即函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2．（16分）解法二：由于函数和的偏差：，令，；令，∵，，∴在单调递增，在单调递减，在单调递增∴，，∴即函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2（16分）20.解：（1）由，①得，②由=1\*GB3①–②得，即．……………2分对①取得，，所以，所以为常数，所以为等比数列，首项为，公比为，即，．………4分（2）①由，可得对于任意有，③则，④则，⑤…8分由③–⑤得.…………………………………………9分对③取得，也适合上式，因此，.………………………………………10分②由（1）（2）可知，则，所以当时，，即，当时，，即在且上单调递减，故.……………………………………12分假设存在三项，，成等差数列，其中，由于，可不妨设，则()，即.因为且，则≤且≥，由数列的单调性可知，≥，即≥.因为，所以，即，化简得，又≥且，所以或.…………………………14分当时，，即，由≥时，，此时，，不构成等差数列，不合题意.当时，由题意或，即，又，代入()式得.因为数列在且上单调递减，且，≥，所以.综上所述，数列中存在三项，，或，，构成等差数列.………16分数学（理科）附加题说明：1．以下题目的答案请直接填写在答卷上．2．本卷总分40分，考试时间30分钟．21．【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．[选修4—1：几何证明选讲]（本小题满分10分）AEBCDO·（第21-A题）如图，四边形ABCD内接于圆，弧与弧长度相等，过A点的切线交CB的延长线于E点．求证：．B．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）已知矩阵，列向量，，且.（1）求矩阵的逆矩阵；（2）求的值．C．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）已知点P在曲线C：eq\b\lc\{(\a\al\vs3(x＝4cosθ,y＝3sinθ))（为参数）上，直线l：eq\b\lc\{(\a\al(x＝3＋eq\f(\r(2),2)t，,y＝－3＋eq\f(\r(2),2)t))（t为参数），求P到直线l距离的最小值．D．[选修4—5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知x，y，z均为正数．求证：．22.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2eq\r(2)，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上.（1）若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；（2）若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．23．在平面直角坐标系中，已知焦点为的抛物线上有两个动点、，且满足,过、两点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为．（1）求：的值；（2）证明：为定值．数学（理科）附加题2020.9.1说明：1．以下题目的答案请直接填写在答卷上．2．本卷总分40分，考试时间30分钟．21．A．连结AC．…………………………………………………1分因为EA切圆于A，所以∠EAB＝∠ACB．…………3分AEBCDO·（第21-A题）因为弧与弧长度相等，所以∠ACD＝∠ACB，AB＝AD．于是∠EAB＝∠ACD．…………………………………5分又四边形ABCD内接于圆，所以∠ABE＝∠D．所以∽．于是，即．………………9分所以．…………………………………10分21.B解：由，，所以可逆，从而.………………………………………5分由得到.……………………10分（也可由得到，即解得也得5分）C．解：将直线l化为普通方程为：x－y－6＝0．则P(4cosθ，3sinθ)到直线l的距离d＝eq\s\do1(\f(|4cosθ－3sinθ－6|,eq\r(2)))＝eq\s\do1(\f(|5cos(θ＋φ)－6|,eq\r(2)))，其中tanφ＝eq\s\do1(\f(3,4))．所以当cos(θ＋φ)＝1时，dmin＝eq\s\do1(\f(eq\r(2),2))，即点P到直线l的距离的最小值为eq\s\do1(\f(eq\r(2),2))．…10分．D．因为x，y，z无为正数．所以，…………………………4分同理可得，………………………………………………7分当且仅当x＝y＝z时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得．……10分22.解：（1）以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2eq\r(2))，B1(0,4，2eq\r(2)).(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,2eq\r(2)).所以eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(4,0,2eq\r(2))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－3,3,2eq\r(2)).所以cos〈eq\o(CA1,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CA1,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→)),|\o(CA1,\s\up6(→))||\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(－4,\r(24)·\r(26))＝－eq\f(\r(39),39).所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为eq\f(\r(39),39).-------------------------4分(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2eq\r(2))，知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4,4,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－4,0,2eq\r(2)).设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4a＋4b＝0，,－4a＋2\r(2)c＝0，))令a＝1，则b＝1，c＝eq\r(2)，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，eq\r(2)).因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,2eq\r(2))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x－4,4－x,2eq\r(2)).因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝sin30°＝eq\f(1,2).由|n·eq\o(AM,\s\up6(→))|＝|n||eq\o(AM,\s\up6(→))||cos〈n，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|，得|1·(x－4)＋1·(4－x)＋eq\r(2)·2eq\r(2)|＝2·eq\r(?x－4?2＋?4－x?2＋8)·eq\f(1,2)，解得x＝2或x＝6.因为点M在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2eq\r(2))是线段A1B1的中点.------------------------10分23．（1）.解：设焦点F（0,1）消得化简整理得（定值）（4分）（2）抛物线方程为过抛物线A、B两点的切线方程分别为和即和联立解出两切线交点的坐标为=（定值）（10分）