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1、1 灌云 2020 届高三考试 数学 数学试卷（总分160 分）一填空题（共 14 小题）1已知集合 Ax|x1，B1，0，1，4，则 AB 2设复数 za+bi（a，bR，i 是虚数单位），且 z22i，则 a+b 3若一组样本数据 21，19，x，20，18 的平均数为 20，则该组样本数据的方差为 4椭圆（b0）与双曲线有公共的焦点，则 b 5执行如图所示的伪代码，则输出的结果为 6把分别标有“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意的排成一排，则能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率是 7已知圆柱的高为 2，它的两个底面的圆周在半径为 2 的同一个球的球面上则球的体积与圆
2、柱的体积的比值为 8已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足，S2020 9 在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若则 sin（A）10如图，在平面四边形 ABCD 中，CBACAD90，ACD30，ABBC，点 E 在线段 BC 上，且3，若+（，R），则的值为 11过直线 l：yx2 上任意一点 P 作圆 C：x2+y21 的一条切线，切点为 A，若存在定点 B（x0，y0），使得 PAPB 恒成立，则 x0y0 12设 a0，b0，a2b1，则的最小值为 13函数 f（x）sinx（0）的图象与其对称轴在 y 轴右侧的交点从左到右依次记为 A1，A2，2 A3，A
3、n，在点列An中存在三个不同的点 Ak、Al、Ap，使得AkAlAp是等腰直角三角形，将满足上述条件的 值从小到大组成的数记为 n，则 6 14已知定义在 R 上的偶函数 f（x）满足 f（1+x）+f（1x）0且当 0 x1 时，f（x）log3（ax）若对于任意 x1，0，都有5，则实数 t的取值范围为 二解答题（共 10 小题）15在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 2ac2bcosC（1）求 B；（2）若，ABC 的面积为，求ABC 的周长 16如图，在三棱锥 ABCD 中，点 M、N 分别在棱 AC、CD 上，N 为 CD 的中点（1）若 M 为 AC 的中点
4、，求证：AD平面 BMN；（2）若平面 ABD平面 BCD，ABBC，求证：BCAD 17如图所示，一座小岛 A 距离海岸线上最近的点 P 的距离是 2km，从点 P 沿海岸正东 12km 处有一城镇 B一年青人从小岛 A 出发，先驾驶小船到海岸线上的某点 C 处，再沿海岸线步行到城镇B若PAC，假设该年青人驾驶小船的平均速度为 2km/h，步行速度为 4km/h（）试将该年青人从小岛 A 到城镇 B 的时间 t 表示成角 的函数；3（）该年青人欲使从小岛 A 到城镇 B 的时间 t 最小，请你告诉他角 的值 18已知椭圆 C：+1（ab0）的左右焦点分别为 F1，F2，点 P 是椭圆 C 上
5、一点，以 PF1为直径的圆 E：x2+过点 F2（）求椭圆 C 的方程；（）过点 P 且斜率大于 0 的直线 l1与 C 的另一个交点为 A，与直线 x4 的交点为 B，过点（3，）且与 l1垂直的直线 l2与直线 x4 交于点 D，求ABD 面积的最小值 4 19已知函数的极大值为，其中 e2.71828为自然对数的底数（1）求实数 k 的值；（2）若函数，对任意 x（0，+），g（x）af（x）恒成立（i）求实数 a 的取值范围；（ii）证明：x2f（x）asinx+x21 20对于数列an，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称an为 P 数列（1）若an的前 n 项和 S
6、n3n+2，试判断an是否是 P 数列，并说明理由；（2）设数列 a1，a2，a3，a10是首项为1、公差为 d 的等差数列，若该数列是 P 数列，求 d的取值范围；（3）设无穷数列an是首项为 a、公比为 q 的等比数列，有穷数列bn，cn是从an中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为 T1，T2，求an是 P 数列时 a 与 q 所满足的条件，并证明命题“若 a0 且 T1T2，则an不是 P 数列”5 参考答案与试题解析 一填空题（共 14 小题）1 1，4 【分析】进行交集的运算即可【解答】解：Ax|x1，B1，0，1，4，AB1，4 故答案为：1，4【点评】本题考
7、查了描述法、列举法的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题 2 2 【分析】由已知利用复数代数形式的乘除运算可得 a2b2+2abi2i，然后利用复数相等的条件列式求得 a，b 的值，则答案可求【解答】解：za+bi（a，bR），且 z22i，（a+bi）2a2b2+2abi2i，得，解得或 a+b2 故答案为：2【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题 3 2 【分析】由平均数的定义求出 x 的值，再计算方差的大小【解答】解：数据 21，19，x，20，18 的平均数为（21+19+x+20+18）20，解得 x22；所以该组样本数据的方差为 s2（2122
8、）2+（1920）2+（2220）2+（2020）2+（1820）22 故答案为：2【点评】本题考查了平均数与方差的计算问题，是基础题 4 4 【分析】求得双曲线的焦点坐标，可得 25b29，解方程可得 b 的值【解答】解：双曲线的焦点为（3，0），6 由题意可得 25b29，得 b216，则 b4 故答案为：4【点评】本题考查椭圆和双曲线的焦点坐标，考查方程思想和运算能力，属于基础题 5 15 【分析】根据给出的算法语句的作用求解即可【解答】解：依题意，第一次运行循环时，I1，满足 I9，S21+13，I3；第二次运行循环时，I3，满足 I9，S23+17，I5；第三次运行循环时，I5，满足
9、 I9，S25+111，I7；第四次运行循环时，I7，满足 I9，S27+115，I9；循环结束，输出 S15，故答案为：15【点评】本题考查了算法语句的理解和应用，考查分析和解决问题的能力，属于基础题 6 【分析】基本事件总数 n24，能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”包含的基本事件个数 m2，由此能求出能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率【解答】解：把分别标有“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意的排成一排，基本事件总数 n24，能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”包含的基本事件个数 m2，则能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信
10、”的概率是 p 故答案为：【点评】本题考查概率的求法，考查查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 7 7 【分析】画图分析可得，该球的直径与圆柱的底面直径和高构成直角三角形，进而求得圆柱的底面半径，进而求得球的体积与圆柱的体积的比值【解答】解：如图，外接球的体积，圆柱的底面直径，故底面半径，故圆柱体积 V2326故球的体积与圆柱的体积的比值为 故答案为：【点评】本题主要考查了圆柱与外接球的关系，需要根据球的直径和圆柱的底面直径和高构成直角三角形进行求解属于基础题 8 【分析】直接利用关系式的应用求出结果【解答】解：当 n1 时有得，当 n2 时，又，得，整理得；于是 n2 得，8 n
11、4 得，n6 得，；故答案为：【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，求和公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型 9 【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理可求 A，然后代入即可求解【解答】解：，由正弦定理可得，整理可得，b2+c2a2bc，由余弦定理可得，cosA，0A，A，则 sin（A）sin 故答案为：【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础试题 10 9 【分析】建立平面直角坐标系后，设 ABBCt 后，用向量的坐标运算可得【解答】解如图建立直角坐标系：设 ABBCt，则 A（t，0），C（0，t），点 E 在
12、线段 BC 上，且3，所以 E（0，），因为在 RtADC 中，AC，ACD30，所以 AD，由题知 RtABC，是等腰三角形 所以DAF45，所以 DFAF，D（1+）t，），（t，t），（，），（t，），若+（，R），则（t，t）（，）+（t，），解得，所以 故答案为：10 【点评】本题考查了平面向量的基本运算，属中档题 11 2 【分析】设 P（a，a2），B 必在以 P 为圆心，PA 为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆的公共点，PB2PA2恒成立，即任意 aR，（x0a）2+y0（a1）2a2+（a2）21 恒成立，所以，即可解得 x0，y0，进而得到答案【解答】解：设 P（a，a
13、2），由题意知 B 必在以 P 为圆心，PA 为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆的公共点，因为 PB2PA2，所以（x0a）2+y0（a2）2a2+（a2）21 即（x02+y02+4y0+1）2a（x0+y0）0，因为任意 aR，（x02+y02+4y0+1）2a（x0+y0）0 恒成立，所以 解得或，所以 x0y02，故答案为：2【点评】本题考查直线与圆的位置关系，恒成立问题，属于难题 12 4+2 【分析】结合已知条件进行化简后，直接利用基本不等式即可求解【解答】解：a0，b0，a2b1，则，11 ab，ab+，ab+，当且仅当 ab时取等号，此时取得最小值 4+2 故答案为：4+2
14、【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题 13 【分析】令 xk+，可求对称轴方程，进而可求 A1，A2，A3，An的坐标，由AkAtAp是等腰直角三角形可知直线的斜率之积为1 可求 n，进而可求 6的值【解答】解：由 xk+，得 x，kZ，由题意得 x，即 A1（，1），A2（，1），A3（，1），A4（，1），由A1A2A3是等腰直角三角形，得 kA1A2kA2A31，即 1，得 1，同理A1A4A7是等腰直角三角形得 kA1A4kA1A41，得 2 同理A1A6A11是等腰直角三角形得 kA1A6kA6A111，得 2从而有 n 则 6，故答案是：【点评】本题主要考查了正
15、弦函数的对称性及直线垂直关系的应用，还考查了归纳推理的应用，属于知识的简单综合 14 12【分析】先求得 f（1）的值，由此求得 a 的值，证得 f（x）时周期为 4 的函数，将 1log35 转化为 f（），根据函数周期性和对称性，将原式转化为+4kx2tx，结合 x 的取值范围即可求得 t 的取值范围【解答】解：因为 f（1+x）+f（1x）0令 x0，则 2f（1）0，即 f（1）0，由于 0 x1 时，f（x）log3（ax）所以（1）log3（a1）0，解得 a2，即有当 0 x1 时，f（x）log3（2x）因为 1log35f（）f（1）f（1+）f（），又因为 f（x）为偶函数
16、，所以 f（）f（），再根据 f（1+x）+f（1x）0f（x）f（x），则 f（x+4）f1+（x+3）f1（x+3）f（x+2）f（x+2）f1+（1+x）f1（1+x）f（x）f（x），所以函数 f（x）是周期为 4 的周期函数，当 x1，0时，x0，1，所以 f（x）f（x）log3（2+x），所以当 x1，1时，f（x）log3（2|x|）因为 f（1+x）+f（1x）0，所以 f（2x）+f（x）0，故 f（x）f（2x），所以当 x1，3时，2x1，1，所以 f（x）log3（2|2x|）作出函数 f（x）的图象如图：由5，得+4kx2tx+4k（kZ），对于任意 x1，0成立
17、当 x0 时，+4k+4k，解得k，所以 k0，即x2tx对于任意 x1，0成立，当 x1，0）时，由x2tx得 t（x+）的最大值，由于 yx+在1，0）单调13 递减，所以 t1，由 x2tx得 t（x）的最小值，由于 yx在1，0）单调递增，所以 t11，综上，t 的取值范围是，1，故答案为：，1【点评】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用 二解答题（共 10 小题）15 【分析】（1）由已知利用余弦定理可得 a2+c2b2ac，可求 cosB 的值，结合范围 B（0，），可得 B 的值（2）由已知利用三角形的面积公式可求
18、ac2，进而利用余弦定理可求 a+c 的值，即可求解ABC的周长【解答】解：（1）2ac2bcosC2b，整理可得 a2+c2b2ac，cosB，由 B（0，），可得 B（2）B，ABC 的面积为acsinBac，ac2，由余弦定理 b2a2+c22accosB，可得 3a2+c2ac（a+c）23ac（a+c）26，解得 a+c3，ABC 的周长 a+b+c3+【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题 16 14【分析】（1）推导出 MNAD，由此能证明 AD平面 BMN（2）作 AOBD，垂足为 O，推导出 AO平面 BCD，
19、从而 AOBC，再由 ABBC，得 BC平面 ABD，由此能证明 BCAD【解答】证明：（1）在ACD 中，点 M、N 分别在棱 AC、CD 的中点，MNAD，AD平面 BMN，MN平面 BMN，AD平面 BMN（2）如图，在平面 ADB 中，作 AOBD，垂足为 O，平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，AO平面 ABD，AO平面 BCD，BC平面 BCD，AOBC，又 ABBC，ABAOA，BC平面 ABD，AD平面 ABD，BCAD 【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 17【分析】（）根
20、据直角三角形的边角关系求出 AC 和 BC 的值，再求 t 关于 的函数解析式；（）根据 t 的解析式，结合三角函数的性质求出 t 的最小值以及对应 的值【解答】解：（）由题意知，APPB，AP2，所以 PC2tan，BC122tan，所以 t 关于 的函数为；（）由（）知，令，则；15 解得，当且仅当时，等号成立；即时，所化时间 t 最小【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数图象与性质的问题，是中档题 18 【分析】（）根据题意求得椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义求得 a 和 b 的值，即可求得椭圆方程；（）设直线 l1的方程，代入涂鸦方程，利用韦达定理求得 A 的横坐标，求得
21、直线 l2方程，求得D 点坐标，利用三角形的面积公式及基本不等式即可求得ABD 面积的最小值【解答】解：（）在圆 E 的方程中，令 y0，得到：x24，所以 F1（2，0），F2（2，0），又因为，所以 P 点坐标为，所以，则，b2，因此椭圆的方程为；（）设直线 l1：yk（x2）（k0），所以点 B 的坐标为，设 A（xA，yA），D（xD，yD），将直线 l1代入椭圆方程得：（1+2k2）x2+（4k8k2）x+8k28k40，所以 xPxA，所以 xA，直线 l2的方程为 y（x3），所以点 D 坐标为，所以 SABD（4xA）|yByD|2k+22+2，当且仅当 2k，即 k时取等号，
22、综上，ABD 面积的最小值 2+2【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理及基本不等式的应用，考16 查转化思想，属于中档题 19 【分析】（1）对 f（x）求导，判断函数的极大值为 f（e），求出 k；（2）（i）根据题意，任意 x（0，+），g（x）af（x），即，设 H（t）etata，H（t）eta，只需 H（t）0，tR，对 a 分类讨论求出即可；（ii）要证 x2f（x）asinx+x21，只需证明，化简得 xlnx+1asinx，只需证，集合（i）证明即可【解答】解：（1）f（x），x0，当 x（0，e）时，f（x）0，f（x）递增；当 x（e，+）时，f（
23、x）0，f（x）递减；所以 f（x）的极大值为 f（e），故 k1；（2）（i）根据题意，任意 x（0，+），g（x）af（x），即，化简得 xexalnxaxa0，令 h（x）xexalnxaxa，x0，h（x）elnxexalnxaxaelnx+xa（lnx+x）a，令 lnx+xt，tR，设 H（t）etata，H（t）eta，只需 H（t）0，tR，当 a0 时，当 t0 时，H（t）1ata，所以 H（）1a（1）a0，不成立；当 a0 时，H（t）0 显然成立；当 a0 时，由 H（t）eta，当 t（，lna），H（t）递减，t（lna，+），H（t）递增，H（t）的最小值为 H
24、（lna）aalnaaalna，由 H（lna）alna0，得 0a1，综上 0a1；（ii）证明：要证 x2f（x）asinx+x21，只需证明，化简得 xlnx+1asinx，只需证，设 F（x）lnx+，G（x）xsinx，由 F（x），当 x（0，1）时，F（x）递减；x（1，+）时，F（x）递增；17 所以 F（x）F（1）1，由 G（x）1cosx0，G（x）在（0，+）递增，故 G（x）G（0）0，得 xsinx，又由（i）0a1，所以，所以 F（x）成立，故原命题成立【点评】本题考查已知导数的极值求参数，考查利用导数判断单调性，证明不等式恒成立，考查计算能力，属于中档题 20
25、【分析】（1）求出数列an的通项，根据 P 数列的定义判断即可；（2）由 P 数列的定义建立不等式，求解即可；（3）通过反证法即可得出结论【解答】解：（1），当 n1 时，a1S15，故，那么当 kN时，符合题意，故数列an是 P 数列；（2）由题意知，该数列的前 n 项和为，由数列 a1，a2，a3，a10是 P 数列，可知 a2S1a1，故公差 d0，对 满 足 n 1，2，3 ，9 的 任 意 n 都 成 立，则，解得，故 d 的取值范围为；（3）若an是 P 数列，则 aS1a2aq，若 a0，则 q1，又由 an+1Sn对一切正整数 n 都成立，可知，即对一切正整数 n 都成立，18
26、 由，故 2q0，可得 q2，；若 a0，则 q1，又由 an+1Sn对一切正整数 n 都成立，可知，即（2q）qn1 对一切正整数 n 都成立，又当 q（，1时，（2q）qn1 当 n2 时不成立，故有或，解得，当an是 P 数列时，a 与 q 满足的条件为或；假设an是 P 数列，则由可知，q2，a0，且an中每一项均为正数，若bn中的每一项都在cn中，则由这两数列是不同数列，可知 T1T2；若cn中的每一项都在bn中，同理可得 T1T2；若bn中至少有一项不在cn中且cn中至少有一项不在bn中，设bn，cn是将bn，cn中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为T1，T2，不妨设bn，cn中最大的项在bn中，设为 am（m2），则 T2a1+a2+am1amT1，故 T2T1，故总有 T1T2与 T1T2矛盾，故假设错误，原命题正确【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查 P 数列的判断，考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，是难题