1、金陵中学金陵中学 2020 届高三数学检测卷（届高三数学检测卷（28） 校审：朱骏校审：朱骏 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，计分，计 70 分分.请把答案写在答题纸的指定位置上）请把答案写在答题纸的指定位置上） 1 设全集 Ux|x5，xN*，集合 A1，3，B3，4，则 CU(AB)_ 2 已知 i 是虚数单位，若复数 z(12i)(ai)的实部与虚部相等，则实数 a 的值为 3 函数 f(x) xlog2(1x)的定义域为_ 4 从甲，乙，丙，丁 4 个人中随机选取两人，则甲乙两人中 有且只一个被选取的概率为_ 5 对一批产品的质量(单位
2、:克)进行抽样检测，样本容量为 800， 检测结果的频率分布直方图如图所示根据标准，单件产 品质量在区间25，30)内为一等品，在区间20，25)和 30， 35)内为二等品， 其余为次品 则样本中次品件数为_ 6 如图是一个算法流程图，则输出的 b 的值为_ 7若抛物线 y22px(p0)的焦点恰好是双曲线x 2 5 y2 41 的右 焦点，则 p_ 8如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，上，下底面为平行四边 形，E 为棱 CD 的中点，设四棱锥 EADD1A1的体积为 V1，四 棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积为 V2，则 V1:V2 9已知函数 f(x) 3sin(2x)co
3、s(2x)(0)是定义在 R 上的奇函数，则 f( 8)的值为 _ 10已知数列an与a 2 n n 均为等差数列(nN*)，且 a12，则 a10 _ 11如图，在 ABC 中，AB4，AC2，BAC60 ，已知 点 E， F 分别是边 AB， AC 的中点， 点 D 在边 BC 上， 若DE DF 13 4 ，则线段 BD 的长为_ 12已知点 A(3，0)，B(1，2)，若圆(x2)2y2r2(r0) 上恰有两点 M，N，使得 MAB 和 NAB 的面积均为 4，则 r 的取值范围是_ 13定义在 R 上的函数 f(x)，g(x)，h(x)，若xR，点(x，h(x)，(x，g(x)关于点
4、(x，f(x) 对称，则称 h(x)是函数 g(x)关于 f(x)的“对称函数” 已知函数 h(x)是函数 g(x)a|x 1|关于函数 f(x)|x23x|的“对称函数” ，且函数 h(x)存在 4 个零点，则实数 a 的取值范 围是 14 已知 a0，b0，且 a12b63 a 1 b，则 ab a3b的最大值为 _ 二、解答题（二、解答题（本大题共本大题共 6 小题，计小题，计 90 分分.请把答案写在答题纸的指定区域内）请把答案写在答题纸的指定区域内） （第 8 题） D1 C1 B1 A1 E D C B A C A E B D 15如图，在平面直角坐标系 xOy 中，以 x 轴正半
5、轴为始边的锐 角 的终边与单位圆 O 交于点 A，且点 A 的纵坐标是 10 10 (1)求 cos(3 4 )的值； (2)若以 x轴正半轴为始边的钝角 的终边与单位圆O 交于点 B，且点 B 的横坐标为 5 5 ，求 的值 16如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，点 D 在棱 BC 上， ADC1D，点 E，F 分别是 BB1，A1B1的中点 (1)求证:D 为 BC 的中点； (2)求证:EF/平面 ADC1 17已知点 A(0，2) ，椭圆 C:x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F， 直线 AF 的斜率为2 3 3 ，以焦点 F 及短轴两端点为顶点的三 角形周长为 6
6、，O 为坐标原点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设过点 A 的定直线 l 与 C 相交于 PQ 两点，当OPQ 的 面积为 1 时，求直线 l 的方程 18如图，甲乙两观察哨所位于海岸线 l(一条南北方向的直线) 上的点 AB 处，两观察哨所相距 32 n mile，在海岸线东侧有一 半径为 6 n mile 圆形暗礁区，该暗礁区中心点 C 位于乙观察哨 所北偏东 53 的方向上，与甲观察哨所相距 2 193n mile，暗礁 中心与乙观察哨所的距离大于 2 193n mile； (1)求暗礁中心点 C 到海岸线 l 的距离；(参考数据:sin53 4 5，cos53 3 5) (2)某时
7、刻，甲观察哨所发现在其正南方向且位于暗礁中心正西方向的点 D 处有一走私 船正欲逃窜， 甲观察哨所立即派缉私艇进行追击 已知缉私艇的最大航速是走私船最大 航速的 (1)倍假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行问:无论走私船 沿何方向逃窜，要保证缉私艇总能在暗礁区(不包含暗礁区边界)以外的海域内拦截成 功，求 的取值范围 19已知 f(x)是定义在集合 M 上的函数若区间 DM，且对任意 x0D，均有 f(x0)D，则称 函数 f(x)在区间 D 上封闭 (1) 判断 f(x)x1 在区间2，1上是否封闭，并说明理由； (2) 若函数 g(x)3xa x1 在区间3，10上封闭，求实数 a
8、 的取值范围； (3) 若函数 h(x)x33x 在区间a，b(abZ，且 ab)上封闭，求 ab 的值 20已知正项数列an的前 n 项和为 Sn(nN*)，其中 Snanu (1)若 a12，a26，求数列an的通项公式； (2)若 a1a32a2，求证:数列an是等差数列 A1 A B C B1 C1 F E D 12 23 30，1) 42 3 5200 68 76 81:6 9 2 1020 11 3 2 解：因为在ABC 中，AB=4，AC=2，BAC=60，所以AB AC=4， 又在ABC 中，由余弦定理可得：BC2AB2AC22ABACcosCAB， 又 AB=4，AC=2，B
9、AC=60 ，得 BC=2 3， 设BD BC(01)，则 DE DF(BEBD) (DCCF)(1 2AB BC) (1)BC1 2AC ) (1 2)AB AC (1 2)AC (1)AB (1 2)(1)AB 2(1 2)AC 2(2221 4)AB AC 12218713 4 ， 解得：1 4，即BD 1 4BC ，即线段 BD 的长为 3 2 12( 2 2 ，9 2 2 ) 解：由题意可得|AB| (13)2(20)22 2， 根据 MAB 和 NAB 的面积均为 4，可得两点 M，N 到直线 AB 的距离为 2 2； 由于 AB 的方程为 y0 20 x3 13，即 xy30；
10、若圆上只有一个点到直线 AB 的距离为 2 2， 则有圆心(2，0)到直线 AB 的距离为|203| 2 r2 2，解得 r 2 2 ； 若圆上只有 3 个点到直线 AB 的距离为 2 2， 则有圆心(2，0)到直线 AB 的距离为|203| 2 r2 2，解得 r9 2 2 ； 综上，r 的取值范围是( 2 2 ，9 2 2 ) 13(0，2)(18，) 141 9 解：令3 a 1 bt，a12b6t，(a12b)t6tt 2，(a12b)t6tt2， (a12b)(3 a 1 b)6tt 2，3a b 36b a 126tt2，276tt2， t26t270，(t9)(t3)0，t9，
11、ab a3b 1 1 b 3 a 1 9 15解:因为锐角 的终边与单位圆 O 交于点 A，且点 A 的纵坐标是 10 10 ， 所以由任意角的三角函数的定义可知 sin 10 10 从而 cos 1sin23 10 10 3 分 (1)cos(3 4 )cos cos 3 4 sin sin 3 4 ， 3 10 10 ( 2 2 ) 10 10 2 2 5 5 7 分 (2)因为钝角 的终边与单位圆 O 交于点 B，且点 B 的横坐标是 5 5 ， 所以 cos 5 5 ，从而 sin 1cos22 5 5 9 分 于是 sin()sin cos cos sin 10 10 ( 5 5 )
12、3 10 10 2 5 5 2 2 12 分 因为 为锐角， 为钝角，所以( 2， 3 2 )， 从而 3 4 14 分 16证明:(1)在正三棱柱 ABCA1B1C1中，点 D 在棱 BC 上，ADC1D， CC1ABC，ADCC1， C1DCC1C1，AD平面 BCC1B1， ADBC，D 为 BC 的中点 6 分 (2)连结 AC1，A1C，交于点 O，连结 DO，A1B， 正三棱柱 ABCA1B1C1中，ACC1A1是矩形，O 是 A1C 的中点， OD/A1B， 点 E，F 分别是 BB1，A1B1的中点，EF/A1B， EF/OD， EF平面 ADC1，DO平面 ADC1 EF/平
13、面 ADC1 14 分 17解:(1)设右焦点为 F(c，0)，由于直线 AF 的斜率为2 3 3 ， 即有 2 c 2 3 3 ，解得，c 3， 2 分 则 a2b2c23， 又以焦点 F 和短轴两端点为顶点的三角形周长为 6， 则 2a2b6，即有 ab3，则 ab1，解得 a2，b1 则椭圆 C 的方程为x 2 4y 21； 6 分 (2)设直线 l:ykx2，联立椭圆方程，消去 y，得到 (14k2)x216kx120， 8 分 则有0，即(16k)248(14k2)0， x1x2 16k 14k2，x1x2 12 14k2， 弦长|PQ| 1k2 (x1x2)24x1x2 1k2(
14、16k 14k2) 2 48 14k2 1k2 64k248 14k2 ， 10 分 O 到直线 l 的距离为 d 2 1k2， 则有OPQ 的面积为1 2d|PQ| 64k248 14k2 1， 解得，k27 4，即有 k 7 2 ，代入，检验成立 故直线 l 的方程为:y 7 2 x2 14 分 18(本小题满分 16 分) (1)在三角形 ABC 中，由余弦定理可得:AC2AB2BC22AB BC cosABC， 即:(2 197)2322BC2232BC3 5，整理得:5BC 2192BC12600， A1 A B C B1 C1 F E D O 解得:BC30，或者 BC42 5 (
15、舍去) 4 分 过点 C 作 CD 垂直于 l，垂足为 D，在直角三角形 CDB 中， CDBCsinABC30 4 524， 故暗礁中心点 C 到海岸线 l 的距离为 24n mile 6 分 （2） 由(1)可知 AD14，BD18，以点 C 为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则 A(24，14)，D(24，0)， 暗礁区域边界所在的圆的方程为 x2y236 7 分 假设缉私艇在点 T(x，y)处拦截成功，则AT DT， 则点 T 满足方程: (x24)2(y14)2 (x24)2y2 ， 化简得:(x24)2(y 14 21) 2( 14 21) 2 10 分 要保证缉私艇总能在
16、暗礁区(不包含暗礁区边界)以外的海域内拦截成功， 只需要圆(x24)2(y 14 21) 2( 14 21) 2与圆 x2y236 外离， 故(024)2(0 14 21) 2( 14 21)6 12 分 整理得:1352421840，解得 4 3或 46 45(舍去) 15 分 答:(1)暗礁中心点 C 到海岸线 l 的距离是 24n mile； (2)当 4 3时，就能保证无论走私船沿何方向逃窜，缉私艇总能在暗礁区 (不包含暗礁区边界)以外的海域内拦截成功 16 分 19解：(1) 因为函数 f(x)x1 在区间2，1上单调递增， 所以当 x2，1时，f(x)的取值范围为3，0 2 分 而
17、3，02，1，所以 f(x)在区间2，1上不是封闭的 4 分 (2) 因为 g(x)3xa x1 3a3 x1. 当 a3 时，函数 g(x)3，显然33，10，故 a3 满足题意 当 a3 时，在区间3，10上，函数 g(x)单调递减， 此时 g(x)的取值范围为 30a 11 ，9a 4 . 由 30a 11 ，9a 4 3，10，得 30a 11 3， 9a 4 10， 解得 3a31，故 3a31. 7 分 当 a3 时，在区间3，10上，有 g(x)3a3 x13，不合题意 综上所述，实数 a 的取值范围是区间3，31 9 分 (3) 因为 h(x)x33x，所以 h(x)3x233
18、(x1)(x1) 因为当 x1 或 x1 时，h(x)0；当 x1 或 1 时，h(x)0；当1x1 时，h (x)0，所以 h(x)在区间(，1上单调递增，在区间1，1上单调递减，在区间 1，)上单调递增 从而 h(x)在 x1 处取得极大值 2，在 x1 处取得极小值2. 11 分 方法一： 当 ab1 时，因为 h(x)在区间a，b上单调递增， 所以 h(a)a33aa， h(b)b33bb，即 a(a2)(a2)0， b(b2)(b2)0，解得 2a0或a2， b2或0b2， 此时无解 当 a1b1 时，因为 h(1)2b，与“h(x)在区间a，b上封闭”矛盾，即 此时无解 当 a1
19、且 b1 时，因为 h(1)2，h(1)2，故 a2， b2. 由 h(a)a33aa， h(b)b33bb，解得 2a0或a2， b2或0b2，从而 a2， b2. 当1ab1 时，h(x)在区间a，b上单调递减，所以 h(b)b33ba， h(a)a33ab. (*) 又 a、bZ，所以 a1， b0 或 a1， b1 或 a0， b1. 分别代入(*)检验，均不合要求，即此时无解 当1a1 且 b1 时，因为 h(1)2a，与“h(x)在区间a，b上封闭”矛盾， 即此时无解 当 1ab 时，因为 h(x)在区间a，b上递增， 所以 h(a)a33aa， h(b)b33bb，即 2a0或a
20、2， b2或0b2，此时无解 综上所述，a2，b2. 16 分 方法二： 由题意知， h(a)a33aa， h(b)b33bb，即 a(a2)(a2)0， b(b2)(b2)0，解得 2a0或a2， b2或0b2. 因为 ab，所以2a0，0b2. 又 a、bZ，故 a 只可能取2，1，0，b 只可能取 0，1，2. 当 a2 时，因为 b0，故由 h(1)2，得 b2.因此 b2. 经检验，a2，b2 满足题意 当 a1 时，由于 h(1)2，故 b2，此时 h(1)2，不满足题意 当 a0 时，显然不满足题意 综上所述，a2，b2. 16 分 20(本小题满分 16 分) 解:(1)根据题
21、意，有 22u 2 26u，解得 2 4 u 2 2 ， 2 分 故 Sn1 8(an2) 2，当 n2，nN*时，有 Sn11 8(an 12)2， 两式相减得(anan1)(anan1)4(anan1)， 又 an0，则 anan14， 5 分 故an是首项为 2，公差为 4 的等差数列，则 an4n2 6 分 (2)根据题意，有 a1(a1u)2，(1) a1a2(a2u)2，(2) a1a2a3(a3u)2，(3) ， 因为 a1a32a2，所以可设 a2a1a3a2d， (2)减去(1)得:a2(a1a22)d， (4) (3)减去(3)得:a3(a2a32)d， (5) 8 分 (5)减去(4)得:d22d2 当 d0 时，a20 与题意矛盾， 则有 2 1 2d， 10 分 代入(4)式得 41， 代入(1)式得 a1d 2 ， 12 分 所以 Sn2a2n2anu2 1 2da 2 n1 2an d 8， n2，nN*时，有 Sn1 1 2da 2 n11 2an 1d 8， 式相减得:an 1 2d(a 2 na 2 n1)1 2(anan 1)，整理得:(anan1)(anan1d)0 又 an0，则 anan1d 故an是等差数列 16 分
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