2020届江苏省苏州市三校高三5月联考数学试卷（含答案）

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1、 1 20192020 学年第二学期 5 月调研测试 高三数学试题 2020.05 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 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设集合 A=2，0，1，2，B=x|x10)的焦点是双曲线1 2 22 = p y p x 的一个焦点，则 p= 8已知为锐角，若 1)2 2 sin(2sin2+= ，则cos= 9 等差数列an的前 n 项和为 Sn， 若2019 12 = m S，3= m a， 其中*Nm， 则 m= 10已知正实数 x，y 满足 yxyx )2(42=，则yx +的最小值为 11中国有悠久的金石文化

2、，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方 体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）半 正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对 S1 For I From 1 To 7 step 2 SS + I End For Print S 第 4 题图 8 9 6 9 2 3 1 4 2 第 5 题图 2 称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，其棱长为 1，它的所有顶点都在同一个正 方体的表面上，且此正方体的表面积为 12由圆 C：0142 22 =+yxyx外一点 P（4，6）引直线 l 交圆 C 于 A、B 两点，

3、则线段 AB 中点 M 到 x 轴的距离的最小值为 13ABC 中，BC=2，点 O，G 分别为ABC 的外心、重心，若 ACABAGAO= ， 则ABC 面积的最大值为 14设 )(xf 是定义在 R 上的偶函数，当0x时， + = 1 2 1ln 101 )( 2 x x x xx xf ， ， ，若关于 x 的 方程0 9 1 )(2)( 22 =+axafxf有 4 个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 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 （本小题满分 14 分） 在ABC中，角ABC， ，的对边

4、分别是abc， ，已知向量(coscos )BC=，m， (4)abc= ，n，且mn （1）求cosC的值； （2）若3c =，ABC的面积 15 = 4 S，求ab，的值 第11题图1 第11题图2 3 16 （本小题满分 14 分） 在直三棱柱 111 ABCABC中，CACB=， 1 2AAAB=，D是AB的中点 （1）求证： 1 BC 平面 1 ACD； （2）若点P在线段 1 BB上，且 1 1 4 BPBB=，求证：AP 平面 1 ACD 17（本小题满分 14 分） 苏州园博园拟建一个多边形苗圃，苗圃的一边紧靠着长度大于 30m 的围墙现有两种 方案： 方案： 如图 1 所示，

5、 多边形为直角三角形AEB（90AEB=） ， 其中30mAEEB+=； 方 案 ： 如 图 2 所 示 ， 多 边 形 为 等 腰 梯 形AEFB（ABEF） ， 其 中 10mAEEFBF= 请你分别求出两种方案中苗圃的最大面积，并从中确定使苗圃面积最大的方案 图2图2图1图1 AA E F BB E （第 16 题图） C1 B1 A1 P D C B A 4 18 （本小题满分 16 分） 已知椭圆 C：)0( 1 2 2 2 2 =+ba b y a x 的离心率为 2 2 ，点) 2 6 , 1 ( 在椭圆 C 上. （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过坐标原点的直线交 C 于

6、 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PEx 轴，垂足为 E， 连结 QE 并延长交 C 于点 G. 求证：PQG 是直角三角形； 求PQG 面积的最大值. 19 （本小题满分 16 分） 设函数)(3)( 23 Raaxxxxf+=. （1）求函数)(xf的单调区间； （2）已知函数)(xf有两个极值点 21 xx ，)0( 21 xx . 比较)()( 21 xfxf+与)2(f的大小； 若函数| )(| )(|)( 1 xfxfxg=在区间20 ，上有且只有一个零点，求实数 a 的取 值范围. 20 （本小题满分 16 分） 数列an的数列an的首项， 前 n 项和为 Sn， 若数列an满

7、足： 对任意正整数 n， k，当 nk 时，总成立，则称数列an是“D(k)数列” （1）若an是公比为 2 的等比数列，试判断an是否为“D(2)”为数列？ （2）若an是公差为 d 的等差数列，且是“D(3)数列” ，求实数 d 的值； （3）若数列an既是“D(2)” ，又是“D(3)” ，求证：数列an为等差数列 1 1 =a )(2 knknkn SSSS+=+ + 5 20192020 学年第二学期 5 月调研测试 高三数学（附加题） 21 【 【选做题】本题包括A、B、C三小题， 请选定其中两题 ，并在相应的 答题区域 内作答 ， 若多做，则按作答的前两题评分解答时应写出文字说明

8、、证明过程或演算步骤 A.选修 4 2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 已知矩阵 = dc A 33 ，若矩阵A属于特征值 6 的一个特征向量为 = 1 1 1 ，属于特征值 1 的一个特征向量为 = 2 3 2 ，求矩阵A. B.选修 4 4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系直线 l 的极坐标方程为 sin( 3)= 3 2 ，椭圆 C 的参数方程为 = = ty tx sin3 cos2 (t 为参数) 若直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，求线段 AB 的长 C.选修 45：不等式选讲（本小

9、题满分 10 分） 已知1abc+=，证明：()() 22 11ab+() 2 16 1 3 c + 6 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计分，共计 20 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 22 （本小题满分 10 分） 如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 中，AB 2，CE1，CE平面 ABCD （1）求异面直线 DF 与 BE 所成角的余弦值； （2）求二面角 ADFB 的大小 23.（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系xOy中， 点P(x0， y0)在曲线yx2(x0)上 已知A(0， 1)， Pn),(

10、00 nn yx， nN*记直线 APn的斜率为 kn （1）若 k12，求 P1的坐标； （2）若 k1为偶数，求证：kn为偶数 A B C D E F （第 22 题图） 第 1 页 共 8 页 20192020 学年第二学期 5 月调研测试 参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 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， 0 2 5+12i 36 5 4 17 5.91 6 12 712 85 5 2 9337 1022 3+ 11. 21218+ 12. 2 3 13. 2 14. 6 51 ) 3 2 , 6 11 (+ ee

11、 U 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 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解： （1）mn，cos(4)coscBabC=， 2 分 由正弦定理，得sincos(4sinsin )cosCBABC=， 化简，得sin()4sincosBCAC+= 4 分 ABC+=，sinsin()ABC=+ 又()0,A，sin0A， 1 cos 4 C = 6 分 （2）()0,C， 1 cos 4 C =， 2 115 sin1cos1 164 CC= 115 sin 24 SabC=，2ab = 9 分 3c =，由余弦定理得 22 1 3 2 ab

12、ab=+， 22 4ab+=， 12分 由，得 42 440aa+=，从而 2 2a =，2a = （舍负） ，所以2b =， 2ab= 14 分 16证明： （1）连结 1 AC，设交 1 AC于点O，连结OD 四边形 11 AACC是矩形，O是 1 AC的中点 2 分 在 1 ABC中， O，D分别是 1 AC，AB的中点， 1 ODBC 4 分 又OD 平面 1 ACD， 1 BC 平面 1 ACD， 1 BC 平面 1 ACD 6 分 （2）CACB=，D是AB的中点，CDAB 又在直三棱柱 111 ABCABC中，底面ABC侧面 11 AAB B，交线为AB， 第 2 页 共 8 页

13、 CD 平面ABC，CD 平面 11 AAB B 8 分 AP 平面 11 AB BA，CDAP 9 分 1 2BBBA=， 11 BBAA= ， 1 1 4 BPBB=， 1 2 = 4 BPAD BAAA =， RtABPRt 1 A AD， 从而 1 AAD=BAP，所以 1 AAD+ 1 A AP=BAP+ 1 A AP=90， 1 APAD 12 分 又 1 CDADD=，CD 平面 1 ACD， 1 AD 平面 1 ACD AP 平面 1 ACD 14 分 16解：设方案，中多边形苗圃的面积分别为 12 ,S S 方案设AEx=，则() 1 1 30 2 Sx= 3 分 () 2

14、301 22 xx+ 225 2 =（当且仅当15x =时，“=”成立） 5 分 方案设BAE=，则() 2 100sin1 cos,0, 2 S =+ 8 分 由 () 2 2 100 2coscos10S = +=得， 1 cos 2 =（cos1= 舍去） 10 分 因为0, 2 ，所以 3 =，列表： 0, 3 3 , 3 2 2 S + 0 - 2 S 极大值 所以当 3 =时，() 2 max 75 3S= 12 分 第 3 页 共 8 页 因为 225 75 3 2 ，所以建苗圃时用方案，且 3 BAE = 答：方案，苗圃的最大面积分别为 22 225 ,75 3 2 mm，建苗

15、圃时用方案，且 3 BAE = 14 分 【注：不作答，不写单位分别扣 1 分】 18解：（1）1 24 22 =+ yx 4 分 （i）设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为(0)ykx k= 由 22 1 42 ykx xy = += 得 2 2 1 2 x k = + 6 分 记 2 2 12 u k = + ，则( ,),(,), ( ,0)P u uk Quuk E u 于是直线QG的斜率为 2 k ，方程为() 2 k yxu= 由 22 (), 2 1 42 k yxu xy = += 得 22222 (2)280kxuk xk u+ = 设(,) GG G xy，则u和 G x

16、是方程的解，故 2 2 (32) 2 G uk x k + = + ，由此得 3 2 2 G uk y k = + 8 分 从而直线PG的斜率为 3 2 2 2 1 2 (32) 2 uk uk k ukk u k + = + + 所以PQPG，即PQG是直角三角形 10 分 （ii）由（i）得 2 | 21PQuk=+， 2 2 21 | 2 uk k PG k + = + ，所以PQG 的面积 第 4 页 共 8 页 2 22 2 1 8() 18 (1) | 1 2(12)(2) 12() k kk k SPQ PG kk k k + + = + + 12 分 设 t=k+ 1 k ，则

17、由 k0 得 t2，当且仅当 k=1 时取等号 因为 2 21 8 t t S + =在2，+）单调递减，所以当 t=2，即 k=1 时，S 取得最大值，最大值 为 9 16 因此，PQG 面积的最大值为 9 16 16 分 19. 解： （1）. 3) 1(363)( 22 +=+=axaxxxf 当3a时，0)( xf，所以)(xf的单调增区间为),(+,无减区间； 当3a时，令0)( xf，得 3 3 1 a x 或 3 3 1 a x + ,所以)(xf的单调增区间为 ) 3 3 1 ,( a 和), 3 3 1 (+ + a ，减区间为) 3 3 1 , 3 3 1 ( aa + .

18、 综上：当3a时，)(xf的单调增区间为),(+,无减区间 当3a时，)(xf的单调增区间为) 3 3 1 ,( a 和), 3 3 1 (+ + a ， 减区间为) 3 3 1 , 3 3 1 ( aa + . 4 分 (2)因为)(xf的两个极值点 1 x， 2 x， 由 （1） 知， 当3a时， 1 2 1 63xxa+=， 2 2 2 63xxa+=， 且 3 3 1 1 a x =， 3 3 1 2 a x +=， 则axxxx=+ 2121 2， 因此210 21 xx， 所以30a. 6 分 因为)(xf在, 0 1 x，2 , 2 x上单调递增，在, 21 xx上递减， 所以4

19、2)2()(, 0)0()( 21 =afxffxf. 由于=+)()( 21 xfxf 1 2 1 3 1 3axxx+ 2 2 2 3 2 3axxx+ =)(2)(3)( 2121 2 21 2 221 2 121 xxaxxxxxxxxxx+ =)(2)(33)( 2121 2 2121 2 2121 xxaxxxxxxxxxx+ =aaa2)22( 3)32(2 22 +=42 a=)2(f 第 5 页 共 8 页 即=+)()( 21 xfxf)2(f. 10 分 因为函数| )(| )(|)( 1 xfxfxg=在区间0， 2上有且只有一个零点， 所以| )(|xfy =在区 间

20、0，2上只有唯一的最大值= | )(| 1 xf)( 1 xf. 12 分 故由 )2()( 0)( 1 2 fxf xf （由知不成立，故舍去）或 )()( )2()( 0)( 21 1 2 xfxf fxf xf （即 042 0)( 2 a xf ） 由032)( 2 2 3 22 +=xxxf，解得2 2 3 2 x，代入 2 2 2 63xxa+=，得 4 9 0 a, 由042a，得2a，所以 4 9 2 a. 16 分 【注：中还可以用降次的方法处理】 20.解： （1）因为2, 1 1 =qa，所以12 = n n S， 1 分 假设an是否为 D(2)为数列， 则当 n2 时

21、，则)(2 222 SSSS nnn +=+ + 成立， 但3=n时，32 15 =+SS,20)(2 23 =+SS，+ 15 SS)(2 23 SS +，所以假设不成立， an不是为 D(2)为数列. 3 分 (2) 设an的公差为 d，则dnan) 1(1+=， 因为an是“D(3)数列”，则 333 3,2() nnn nSSSS + +=+ 即 312321 2)(Saaaaaa nnnnnn =+ + ， 所以 9d=2(3+3d)，即 d=2. 7 分 (3) 数列an既是“D(2)数列”，又是“D(3)数列”， 所以 +=+ +=+ + + )(2, 3 )(2, 2 333

22、222 SSSSn SSSSn nnn nnn -得： 323 2, 3aaan nn = + ， +=+ +=+ + + )(2, 4 )(2, 3 3124 2113 SSSSn SSSSn nnn nnn -得： 414 2, 4aaan nn = + ， 9 分 又-得： 113 2, 3 + =+ nnn aaan， -得： 124 2, 4 + =+ nnn aaan， 11 分 第 6 页 共 8 页 所以 311 , +nnn aaa成等差数列，设公差为 d1， 412 , +nnn aaa成等差数列，设公差为 d2 因此 113 daa nn += + ， 214 daa n

23、n += + 所以 211234+ = nnnn aaddaa对 n3 恒成立， 即)2(nan成等差数列，设公差为 d， 在（1） （2）中分别取 n=3,n=4 得： = = 274 242 2 2 da da ，解得2, 3 2 =da，所以12 = nan. 16 分 附加题答案 21解：由矩阵 A 属于特征值 6 的一个特征向量为 1 1 1 可得， 33 cd 1 1 6 1 1 ， 即6cd+=， 3 分 由矩阵 A 属于特征值 1 的一个特征向量为 2 3 2 ， 可得 33 cd 3 2 3 2 ，即322cd=， 6 分 解得 2 4 c d = = ，即 A 33 24

24、， 10 分 B.解： （1）由 sin( 3)= 3 2 ，得 ( 3 2 cos1 2sin)= 3 2 ，即 3 2 x1 2y= 3 2 ， 化简得 y= 3x 3，所以直线 l 的直角坐标方程是 y= 3x 32 分 由(x 2) 2+( y 3) 2=cos2t+sin2t=1，得椭圆 C 的普通方程为x 2 4+ y2 3=1 4 分 联立直线方程与椭圆方程，得 y= 3x 3， x 2 4+ y2 3=1， 消去 y，得x 2 4+(x1) 2=1， 化简得 5x28x=0，解得 x1=0，x2=8 5， 8 分 所以 A(0， 3)，B(8 5， 3 5 3)， 第 7 页

25、共 8 页 则 AB=(08 5) 2+( 33 5 3)2=16 5 10 分 C.证明：因为1abc+ +=， 所以()()() 222 111abc+ 222 abc=+()23abc+ + 222 5abc=+ 所以要证明()() 22 11ab+() 216 1 3 c+， 即证明 222 1 3 abc+ 5 分 因为 222 abc+=() 2 abc+()2 abbcca+() 2 abc+ () 222 2 abc+， 所以( ) 222 3 abc+() 2 abc+ 因为 1abc+ += ，所以 222 1 3 abc+ 所以()() 22 11ab+() 216 1

26、3 c+ 10 分 23解解：以CD ，CB，CE为正交基底，建立如图空间直角坐标系 Cxyz， 则 D( 2，0，0)，F( 2， 2，1)，E(0，0，1)，B(0， 2，0)，C(0，0，0)， 所以DF (0， 2，1)，BE(0， 2，1)，2 分 从而 cos 1 3 3 1 3 4 分 所以直线 DF 与 BE 所成角的余弦值为1 35 分 (2)平面 ADF 的法向量为 mCD ( 2，0，0).6 分 设面 BDF 的法向量为 n = (x，y，z)又BF ( 2，0，1) 由 nDF 0，nBF0， 得 2yz0， 2xz0， 取 x1，则 y1，z 2，所以 n = (1

27、，1， 2)，8 分 所以 cos 2 4 2 1 2 又因为0， 2 ，所以 3 所以二面角 A DF B 的大小为 3 10 分 23解： （1）因为 k12，所以y 01 x0 x 2 01 x0 2， 解得 x01，y01，所以 P1的坐标为(1，1) 2 分 （2）设 k12p(pN*)，即y 01 x0 x 2 01 x0 2p， A B C D E F y x z 第 8 页 共 8 页 所以 x202px010，所以 x0p p21 4 分 因为 y0x02，所以 kny n 01 xn0 x 2n 01 xn0 xn0 1 xn0 ， 所以当 x0p p21时， kn(p p21)n( 1 p p21) n(p p21)n(p p21)n 6 分 同理，当 x0p p21时，kn(p p21)n(p p21)n 当 n2m(mN*)时， kn2 k=0 m C2k npn 2k (p21)k，所以 kn为偶数 当 n2m1(mN)时，kn2 k=0 m C2k npn 2k (p21)k，所以 kn为偶数 综上， kn为偶数 10 分