2020年江苏省苏州市三校高考数学模拟试卷（5月份）

2020年江苏省苏州市三校高考数学模拟试卷（5月份）

‎2020年江苏省苏州市三校高考数学模拟试卷（5月份）‎ 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．（5分）设集合A＝{﹣2，0，1，2}，B＝{x|x﹣l＜0}，则A∩B＝　 　．‎ ‎2．（5分）设z＝3+2i，i为虚数单位，则z2＝　 　．‎ ‎3．（5分）为了做好防疫工作，要对复工员工进行体温检测，从4名（含甲、乙两人）随机选2名，则甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率是　 　．‎ ‎4．（5分）运行如图所示的伪代码，其结果为　 　．‎ ‎5．（5分）如图是一次摄影大赛上7位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，则该作品的平均分为　 　．‎ ‎6．（5分）已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，且它的图象过点（﹣，﹣），则φ的值为　 　．‎ ‎7．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是双曲线的一个焦点，则p＝　 　．‎ ‎8．（5分）已知α为锐角，若，则cosα＝　 　．‎ ‎9．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2m﹣1＝2019，am＝3，其中m∈N*，则m＝　 　．‎ ‎10．（5分）已知正实数x，y满足2x•4y＝（2x）y，则x+y的最小值为　 　．‎ ‎11．（5分）中国有悠久的金石文化，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”‎ 第27页（共27页）‎ ‎（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．（5分）由圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+1＝0外一点P（4，6）引直线l交圆C于A、B两点，则线段AB中点M到x轴的距离的最小值为　 　．‎ ‎13．（5分）△ABC中，BC＝2，点O，G分别为△ABC的外心、重心，若，则△ABC面积的最大值为　 　．‎ ‎14．（5分）设f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，，若关于x的方程有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．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量＝（cosB，cosC），＝（4a﹣b，c），且∥．‎ ‎（1）求cosC的值；‎ ‎（2）若c＝，△ABC的面积S＝，求a，b的值．‎ ‎16．（14分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝AB，D是AB的中点 ‎（1）求证：BC1∥平面A1CD；‎ ‎（2）若点P在线段BB1上，且BP＝BB1，求证：AP⊥平面A1CD．‎ 第27页（共27页）‎ ‎17．（14分）植物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①多边形为直角三角形AEB（∠AEB＝90°），如图1所示，其中AE+EB＝30m；‎ 方案②多边形为等腰梯形AEFB（AB＞EF），如图2所示，其中AE＝EF＝BF＝10m．‎ 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．‎ ‎18．（16分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．‎ ‎①求证：△PQG是直角三角形；‎ ‎②求△PQG面积的最大值．‎ ‎19．（16分）设函数f（x）＝x3﹣3x2+ax（a∈R）．‎ ‎（1）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）已知函数f（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2）‎ ‎①比较f（x1）+f（x2）与f（2）的大小；‎ ‎②若函数g（x）＝|f（x）|﹣|f（x1）|在区间[0，2]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．‎ ‎20．（16分）数列{an}的数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，若数列{an 第27页（共27页）‎ ‎}满足：对任意正整数n，k，当n＞k时，Sn+k+Sn﹣k＝2（Sn+Sk）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．‎ ‎【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、证明过程或演算步骤．[选修4-2：矩阵与变换]‎ ‎21．（10分）已知矩阵，若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为，属于特征值1的一个特征向量为，求矩阵 A．‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22．（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ρsin（﹣θ）＝，椭圆C的参数方程为（t为参数）．若直线l与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23．已知a+b+c＝1，证明：（a+1）2+（b+1）2+．‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每小题10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．‎ ‎24．（10分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF中，，CE＝1，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A﹣DF﹣B的大小．‎ ‎25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点p（x0，y0）在曲线y＝x2（x＞0）上．已知A（0，﹣1），Pn（x0n，y0n），n∈N*．记直线APn的斜率为kn．‎ ‎（1）若k1＝2，求P1的坐标；‎ 第27页（共27页）‎ ‎（2）若k1为偶数，求证：kn为偶数．‎ 第27页（共27页）‎ ‎2020年江苏省苏州市三校高考数学模拟试卷（5月份）‎ 参考答案与试题解析 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．（5分）设集合A＝{﹣2，0，1，2}，B＝{x|x﹣l＜0}，则A∩B＝　{﹣2，0}　．‎ ‎【分析】先求出集合A，B，由此能求出A∩B．‎ ‎【解答】解：∵集合A＝{﹣2，0，1，2}，‎ B＝{x|x﹣l＜0}＝{x|x＜1}，‎ ‎∴A∩B＝{﹣2，0}．‎ 故答案为：{﹣2，0}．‎ ‎【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎2．（5分）设z＝3+2i，i为虚数单位，则z2＝　5+12i　．‎ ‎【分析】利用复数的运算法则即可得出．‎ ‎【解答】解：z2＝9﹣4+12i＝5+12i．‎ 故答案为：5+12i．‎ ‎【点评】本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎3．（5分）为了做好防疫工作，要对复工员工进行体温检测，从4名（含甲、乙两人）随机选2名，则甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率是　　．‎ ‎【分析】基本事件总数n＝，甲、乙两人中，至少有一人被选中包含的基本事件个数m＝＝5，由此能求出甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率．‎ ‎【解答】解：从4名（含甲、乙两人）随机选2名，‎ 基本事件总数n＝，‎ 甲、乙两人中，至少有一人被选中包含的基本事件个数：‎ m＝＝5，‎ 则甲、乙两人中，至少有一人被选中的概率p＝．‎ 故答案为：．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎4．（5分）运行如图所示的伪代码，其结果为　17　．‎ ‎【分析】根据伪代码所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是累加并输出S的值．‎ ‎【解答】解：根据伪代码所示的顺序，‎ 逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：‎ 该程序的作用是 累加并输出S＝1+1+3+5+7的值，‎ 所以S＝1+1+3+5+7＝17．‎ 故答案为：17．‎ ‎【点评】本题主要考查了程序代码和循环结构，依次写出循环得到的S，I的值是解题的关键，是基础题目．‎ ‎5．（5分）如图是一次摄影大赛上7位评委给某参赛作品打出的分数的茎叶图．记分员在去掉一个最高分和一个最低分后，则该作品的平均分为　91.4　．‎ ‎【分析】根据计分规则去掉一个最高分和一个最低分，计算余下5个数字的平均数．‎ ‎【解答】解：去掉一个最高分94和一个最低分86后，则该作品的平均分为：＝91.4．‎ 故答案是：91.4．‎ ‎【点评】本题主要考查了茎叶图以及平均数的计算问题，是基础题．‎ ‎6．（5分）已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π 第27页（共27页）‎ ‎，且它的图象过点（﹣，﹣），则φ的值为　﹣　．‎ ‎【分析】根据最小正周期为π，利用周期公式即可求出ω的值，利用图象经过点（﹣，﹣），结合其范围即可求出φ的值．‎ ‎【解答】解：依题意可得：＝π，解得：ω＝2，…（2分）‎ 又图象过点（﹣，﹣），‎ 故2sin[2×（﹣）+φ]＝﹣，解得：sin（φ﹣）＝﹣，…（3分）‎ 因为|φ|＜，‎ 所以φ＝﹣．…（5分）‎ 故答案为：﹣．‎ ‎【点评】本题主要考查了由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，考查了三角函数周期公式的应用，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．‎ ‎7．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是双曲线的一个焦点，则p＝　12　．‎ ‎【分析】利用抛物线与双曲线的焦点相同，列出关系式，求解即可．‎ ‎【解答】解：抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是双曲线的一个焦点，‎ 可得，解得p＝12．‎ 故答案为：12．‎ ‎【点评】本题考查抛物线以及双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题．‎ ‎8．（5分）已知α为锐角，若，则cosα＝　　．‎ ‎【分析】利用二倍角公式，诱导公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式，结合α为锐角，即可求解cosα的值．‎ ‎【解答】解：∵，‎ ‎∴4sinαcosα＝cos2α+1＝2cos2α，‎ ‎∵α为锐角，cosα＞0，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴2sinα＝cosα，可得tanα＝，‎ ‎∴cosα＝＝＝．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考查了二倍角公式，诱导公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．‎ ‎9．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2m﹣1＝2019，am＝3，其中m∈N*，则m＝　337　．‎ ‎【分析】利用等差数列的通项公式、求和公式及其性质即可得出．‎ ‎【解答】解：S2m﹣1＝2019＝（2m﹣1）am，∴2m﹣1＝＝673，‎ 解得m＝337．‎ 故答案为：337．‎ ‎【点评】本题考查了等差数列的通项公式、求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎10．（5分）已知正实数x，y满足2x•4y＝（2x）y，则x+y的最小值为　3+2　．‎ ‎【分析】由题意得x+2y＝xy，则，再利用“1”的代换即可得出．‎ ‎【解答】解：∵2x•4y＝（2x）y，‎ ‎∴x+2y＝xy，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 当且仅当即，时等号成立，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考查基本不等式的应用，考查“1”的代换，属于基础题．‎ ‎11．（5分）中国有悠久的金石文化，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”‎ 第27页（共27页）‎ ‎（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　18+12　．‎ ‎【分析】由图可知：在Rt△ABC中，AB＝AC＝．可得正方体的棱长a＝AD＝1+2×AC，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由图可知：在Rt△ABC中，AB＝AC＝．‎ 正方体的棱长a＝AD＝1+2×＝1+．‎ ‎∴此正方体的表面积＝6×＝18+12．‎ 故答案为：18+12．‎ ‎【点评】本题考查了正方体的性质及其表面积、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎12．（5分）由圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+1＝0外一点P（4，6）引直线l交圆C于A、B两点，则线段AB中点M到x轴的距离的最小值为　　．‎ ‎【分析】设M（x，y），求出圆心C的坐标，利用＝0，即可得到点M的轨迹方程；然后求解线段AB中点M到x轴的距离的最小值．‎ ‎【解答】解：圆C：x2+y2﹣2x﹣4y+1＝0，圆C的方程可化为：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4，‎ 所以圆心C（1，2），半径为2，‎ 第27页（共27页）‎ 设M（x，y），则＝（x﹣1，y﹣2），＝（4﹣x，6﹣y），‎ 则由条件知，＝0，‎ 故（x﹣1）（4﹣x）+（y﹣2）（6﹣y）＝0，‎ 即（x﹣）2+（y﹣4）2＝．‎ 由于点P在圆C的内部，‎ 所以M的轨迹方程是（x﹣）2+（y﹣4）2＝；‎ 线段AB中点M到x轴的距离的最小值为：．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考查了动点轨迹，以及直线与圆的位置关系，是中档题．‎ ‎13．（5分）△ABC中，BC＝2，点O，G分别为△ABC的外心、重心，若，则△ABC面积的最大值为　　．‎ ‎【分析】根据重心和外心满足的几何性质，将进行转化，找到点A满足的等量关系，然后求三角形ABC的面积的最值．‎ ‎【解答】解：因为O，G是三角形ABC的外心和重心，设M为BC的中点，∴．‎ ‎∴.．‎ ‎∴＝‎ 第27页（共27页）‎ ‎＝①，‎ ‎∵＝，‎ 将上式代入①式得＝＝﹣2，‎ ‎∴，所以，A点在以BC的中点M为圆心，半径为的圆上．‎ 故当AM⊥BC时，△ABC面积的最大为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查平面向量的运算及应用，利用化归思想将题目中涉及到的向量转化为基底向量来表示，是本题的关键．同时考查学生利用转化思想来解题的能力和运算能力．有一定难度．‎ ‎14．（5分）设f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，，若关于x的方程有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是　（，）∪{}　．‎ ‎【分析】利用导数结合函数f（x）的奇偶性，画出函数f（x）在R上的大致图象，解方程得：f（x）＝a+ 或f（x）＝a﹣，根据函数f（x）的图象可知有3种情况，分别求出a的取值范围，再取并集即可．‎ ‎【解答】解：当0≤x≤1时，f（x）＝，单调递减；‎ 当x＞1时，f（x）＝，则f'（x）＝，‎ 令f'（x）＝0得，x＝e，‎ 所以当x∈（1，e）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，‎ 又f（e）＝＜1，且f（x）是定义在R上的偶函数，‎ 所以函数f（x）的大致图象，如图所示：‎ 解方程得 第27页（共27页）‎ ‎：f（x）＝a+ 或f（x）＝a﹣，‎ 因为关于x的方程 有4个不同的实数根，‎ 根据函数f（x）的图象可知有3种情况：‎ 或或，‎ 解得： 或a＝，‎ 故答案为：（，）∪{}．‎ ‎【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，以及利用导数研究函数的单调性，考查了函数的零点与方程的根的关系，是中档题．‎ 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．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知向量＝（cosB，cosC），＝（4a﹣b，c），且∥．‎ ‎（1）求cosC的值；‎ ‎（2）若c＝，△ABC的面积S＝，求a，b的值．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【分析】（1）利用向量平行的坐标表示，正弦定理可得sinCcosB＝（4sinA﹣sinB）cosC，利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可得sinA＝4sinAcosC，结合sinA＞0，即可解得cosC的值．‎ ‎（2）由（1）结合同角三角函数基本关系式可求sinC的值，利用三角形面积公式可解得ab＝2，结合余弦定理可求a2+b2＝4，从而解得a，b的值．‎ ‎【解答】（本题满分为14分）‎ 解：（1）∵m∥n，‎ ‎∴ccosB＝（4a﹣b）cosC，…（2分）‎ 由正弦定理，得sinCcosB＝（4sinA﹣sinB）cosC，‎ 化简，得sin（B+C）＝4sinAcosC﹒…（4分）‎ ‎∵A+B+C＝π，‎ ‎∴sinA＝sin（B+C）﹒‎ 又∵A∈（0，π），‎ ‎∵sinA＞0，‎ ‎∴． …（6分）‎ ‎（2）∵C∈（0，π），，‎ ‎∴．‎ ‎∵，‎ ‎∴ab＝2﹒①…（9分）‎ ‎∵，由余弦定理得，‎ ‎∴a2+b2＝4，②…（12分）‎ 由①②，得a4﹣4a2+4＝0，从而a2＝2，（舍负），‎ ‎∴，‎ ‎∴． …（14分）‎ ‎【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，平面向量的应用，三角函数和的变换的应用，考查了化归和转化思想，属于中档题．‎ ‎16．（14分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝AB，D是AB的中点 ‎（1）求证：BC1∥平面A1CD；‎ 第27页（共27页）‎ ‎（2）若点P在线段BB1上，且BP＝BB1，求证：AP⊥平面A1CD．‎ ‎【分析】（1）连接AC1，设与CA1 交于O点，连接OD，由O为AC1 的中点，D是AB的中点，可得OD∥BC1，即可证明BC1∥平面A1CD．‎ ‎（2）法一：设AB＝x，则证明△ABP∽△ADA1，可得AP⊥A1D，又由线面垂直的性质可得CD⊥AP，从而可证AP⊥平面A1CD；‎ 法二：由题意，取A1B1 的中点O，连接OC1，OD，分别以OC1，OA1，OD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OA1＝a，OC1＝b，由题意可得各点坐标，可求＝（b，﹣a，2），＝（0．﹣a，2），＝（0，﹣2a，﹣），由•＝0，•＝0，即可证明AP⊥平面A1CD．‎ ‎【解答】证明：（1）如图，连接AC1，设与CA1 交于O点，连接OD ‎∴直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，O为AC1 的中点，‎ ‎∵D是AB的中点，‎ ‎∴△ABC1中，OD∥BC1，‎ 又∵OD⊂平面A1CD，‎ ‎∴BC1∥平面A1CD．‎ ‎（2）法一：由题意，设AB＝x，则BP＝x，AD＝x，A1A＝x，‎ 由于＝，‎ ‎∴△ABP∽△ADA1，可得∠BAP＝∠AA1D，‎ ‎∵∠DA1A+∠ADA1＝90°，可得：AP⊥A1D，‎ 又∵CD⊥AB，CD⊥BB1，可得CD⊥平面ABA1B1，‎ 第27页（共27页）‎ ‎∴CD⊥AP，‎ ‎∴AP⊥平面A1CD．‎ 法二：由题意，取A1B1 的中点O，连接OC1，OD，分别以OC1，‎ OA1，OD为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设OA1＝a，OC1＝b，‎ 则：由题意可得各点坐标为：A1（0，a，0），C（b，0，2a），‎ D（0，0，2），P（0，﹣a，），A（0，a，2），‎ 可得：＝（b，﹣a，2），＝（0．﹣a，2），‎ ‎＝（0，﹣2a，﹣），‎ 所以：由•＝0，可得：AP⊥A1C，由•＝0，‎ 可得：AP⊥A1D，‎ 又：A1 C∩A1 D＝A1，‎ 所以：AP⊥平面A1CD 第27页（共27页）‎ ‎【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用，属于中档题．‎ ‎17．（14分）植物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①多边形为直角三角形AEB（∠AEB＝90°），如图1所示，其中AE+EB＝30m；‎ 方案②多边形为等腰梯形AEFB（AB＞EF），如图2所示，其中AE＝EF＝BF＝10m．‎ 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．‎ ‎【分析】设方案①，②的多边形苗圃的面积分别为S1，S2，根据基本不等式求出S1的最大值，用导数求出S2的最大值，比较即可．‎ ‎【解答】解：设方案①，②的多边形苗圃的面积分别为S1，S2，‎ 方案①，设AE＝x，则S1＝x（30﹣x）≤[]2＝，当且仅当x＝15时，取等号，‎ 方案②，设∠BAE＝θ，则S2＝100sinθ（1+cosθ），θ∈（0，），‎ 由S2′＝100（2cos2θ+cosθ﹣1）＝0得cosθ＝（cosθ＝﹣1舍去），‎ ‎∵θ∈（0，），‎ ‎∴θ＝，‎ 当S2′＞0，解得0＜x＜，函数单调递增，‎ 第27页（共27页）‎ 当S2′＜0，解得＜x＜，函数单调递减，‎ ‎∴当θ＝时，（S2）max＝75，‎ ‎∵＜75，‎ ‎∴建立苗圃时用方案②，且∠BAE＝．‎ ‎【点评】本题考查了基本不等式和导数的基本应用，关键是求导，属于中档题．‎ ‎18．（16分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．‎ ‎①求证：△PQG是直角三角形；‎ ‎②求△PQG面积的最大值．‎ ‎【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和点在椭圆上，满足椭圆方程，以及a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；‎ ‎（2）①设直线PQ的斜率为k，则其方程设为y＝kx（k＞0），联立椭圆方程，求得P，Q，E的坐标，求得直线QG的方程，联立椭圆方程可得G的坐标，进而得到PG的斜率，结合两直线垂直的条件即可得证；‎ ‎②由①可得|PQ|，|PG|，由三角形的面积公式和换元法、对勾函数的单调性，计算可得所求最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得e＝＝，+＝1，‎ 又a2﹣b2＝c2，解得a＝2，b＝c＝，则椭圆的方程为+＝1；‎ ‎（2）①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程设为y＝kx（k＞0），联立椭圆方程x2+2y2＝4，‎ 可得x＝±，‎ 第27页（共27页）‎ 记u＝，则P（u，uk），Q（﹣u，﹣uk），E（u，0），‎ 于是直线QG的斜率为k，方程为y＝（x﹣u），‎ 联立椭圆方程x2+2y2＝4，可得（2+k2）x2﹣2uk2x+k2u2﹣8＝0，①，‎ 设G（x0，y0），则﹣u和x0是方程①的解，故x0＝，‎ 由此可得y0＝，从而PG的斜率为＝﹣，‎ 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．‎ ‎②由①可得|PQ|＝2u，|PG|＝，‎ 所以△PQG的面积为S＝|PQ|•|PG|＝＝，‎ 设t＝k+，由k＞0，可得t≥2，当且仅当k＝1时取得等号．‎ 由S＝＝在[2，+∞）递减，可得t＝2，即k＝1时，S取得最大值，且为，‎ 因此△PQG的面积的最大值为．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，考查两直线垂直的条件和三角形的面积公式，以及对勾函数的单调性的运用，考查化简运算能力，属于中档题．‎ 第27页（共27页）‎ ‎19．（16分）设函数f（x）＝x3﹣3x2+ax（a∈R）．‎ ‎（1）求函数f（x）的单调区间；‎ ‎（2）已知函数f（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2）‎ ‎①比较f（x1）+f（x2）与f（2）的大小；‎ ‎②若函数g（x）＝|f（x）|﹣|f（x1）|在区间[0，2]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．‎ ‎【分析】（1）f′（x）＝3x2﹣6x+a＝3（x﹣1）2+a﹣3．对a分类讨论即可得出单调性．‎ ‎（2）因为函数f（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），由（1）可得：a＜3．a＝﹣3+6x1，a＝﹣3+6x2．且x1＝1﹣，x2＝1+．x1+x2＝2，x1x2＝a，可得0＜x2＜2.0＜a＜3．‎ ‎①函数f（x）在[0，x1]，[x2，2]上单调递增，在[x1，x2]上单调递减．‎ 可得f（x1）＞f（0）＝0，f（x2）＜f（2）＝2a﹣4．由f（x1）+f（x2）＝（x1+x2）[﹣3x1x2]﹣3[﹣2x1x2]+a（x1+x2），代入即可得出．大小关系．‎ ‎②函数g（x）＝|f（x）|﹣|f（x1）|在区间[0，2]上有且只有一个零点，可得y＝|f（x）|在区间[0，2]上只有唯一的最大值|f（x1）|＝f（x1）．故由，（由①知不成立，舍去）．或，即．即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣6x+a＝3（x﹣1）2+a﹣3．‎ a≥3时，f′（x）≥0，∴函数f（x）的单调增区间为R，无减区间．‎ a＜3时，令f′（x）＞0，解得x＜1﹣，或x＞1+．‎ ‎∴函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞）；函数f（x）的单调减区间为（1﹣，1+）．‎ 综上可得：a≥3时，函数f（x）的单调增区间为R，无减区间．‎ a＜3时，函数f（x）的单调增区间为（﹣∞，1﹣），（1+，+∞）；函数f 第27页（共27页）‎ ‎（x）的单调减区间为（1﹣，1+）．‎ ‎（2）因为函数f（x）有两个极值点x1，x2（0＜x1＜x2），由（1）可得：a＜3．‎ a＝﹣3+6x1，a＝﹣3+6x2．且x1＝1﹣，x2＝1+．x1+x2＝2，x1x2＝a，可得0＜x2＜2．‎ ‎∴0＜a＜3．①∵函数f（x）在[0，x1]，[x2，2]上单调递增，在[x1，x2]上单调递减．‎ ‎∴f（x1）＞f（0）＝0，f（x2）＜f（2）＝2a﹣4．由f（x1）+f（x2）＝﹣3+ax1+﹣3+ax2‎ ‎＝（x1+x2）[﹣3x1x2]﹣3[﹣2x1x2]+a（x1+x2）＝2（4﹣3a）﹣3（4﹣2a）+2a＝2a﹣4＝f（2）‎ ‎．即f（x1）+f（x2）＝f（2）．‎ ‎②函数g（x）＝|f（x）|﹣|f（x1）|在区间[0，2]上有且只有一个零点，‎ ‎∴y＝|f（x）|在区间[0，2]上只有唯一的最大值|f（x1）|＝f（x1）．‎ 故由，（由①知不成立，舍去）．或，即．‎ 由f（x2）＝﹣2+3＜0，解得＜x2＜2，代入a＝﹣3+6x2．得0＜a＜．‎ 由2a﹣4＞0，解得a＞2．∴2＜a＜．‎ ‎【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎20．（16分）数列{an}的数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，若数列{an}满足：对任意正整数n，k，当n＞k时，Sn+k+Sn﹣k＝2（Sn+Sk）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．‎ ‎【分析】（1）求出通项公式，把K＝2代入，然后举反例即可判断；‎ ‎（2）利用Sn+3﹣Sn＝an+3+an+2+an+1，Sn﹣Sn﹣2＝an+an﹣1+an﹣2可得一个递推公式，又{an}是公差为d的等差数列，从而求出d；‎ ‎（3）反复利用Sn之间的递推公式，求出an关系，从而得到证明．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【解答】解：（1）∵a1＝1，q＝2，∴．‎ 假设{an}是D（2）数列，则当n＞2时，有Sn+2+Sn﹣2＝2（Sn+S2）成立．‎ 但当n＝3时，S5+S1＝32，2（S3+S2）＝20，所以假设不成立，‎ 于是，{an}不是D（2）数列．‎ ‎（2）若{an}是公差为d的等差数列，又a1＝1，则an＝1+（n﹣1）d，‎ 若{an}是“D（3）数列“，则∀n＞3，Sn+3+Sn﹣3＝2（Sn+S3），‎ 即an+3+an+2+an+1﹣an﹣an﹣1﹣an﹣2＝2S3，‎ 所以9d＝2（2+3d），即d＝2．‎ ‎（3）数列{an}既是“D（2）”，又是“D（3）”，‎ 则，‎ 由②﹣①得，∀n＞3，an+3﹣an﹣2＝2a3，‎ 把n变为n+1可得：‎ ‎∀n＞3，Sn+3+Sn﹣1＝2（Sn+1+S2）③‎ ‎∀n＞4，Sn+4+Sn﹣2＝2（Sn+1+S3）④‎ 由④﹣③得，∀n＞4，an+4﹣an﹣1＝2a4．‎ 又③﹣①得，∀n＞3，an+3+an﹣1＝2an+1，‎ 由④﹣②得，∀n＞4，an+4+an﹣2＝2an+1，‎ 所以，an﹣1，an+1，an+3成等差数列，设公差为d1；an﹣2，an+1，an+4成等差数列，设公差为d2．‎ 因此an+3＝an+1+d1，an+4＝an+1+d2，‎ 所以an+4﹣an+3＝d2﹣d1＝an﹣1﹣an﹣2，对n＞3恒成立．‎ 即当n≥2时，{an}成等差数列，设公差为d，‎ 由（1）和（2）中，分别取n＝3，n＝4得：，解得a2＝3，d＝2，‎ 又因为a1＝1，‎ 所以{an}为等差数列，首项a1＝1，公差为2．‎ ‎【点评】本题考查了数列新定义问题，其本质还是等差等比数列判断与性质应用，考查了学生的逻辑推理以及转化和运算能力，属于较难问题．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【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、证明过程或演算步骤．[选修4-2：矩阵与变换]‎ ‎21．（10分）已知矩阵，若矩阵A属于特征值6的一个特征向量为，属于特征值1的一个特征向量为，求矩阵 A．‎ ‎【分析】根据特征值的定义可知Aα＝λα，利用待定系数法建立四个等式关系，解二元一次方程组即可．‎ ‎【解答】解：由矩阵A属于特征值6的一个特征向量为 可得 ＝6 ，‎ 即 ；（4分）‎ 由矩阵A属于特征值1的一个特征向量为 ，可得 ＝，‎ 即 ，（6分）‎ 解得 ，即矩阵 ．（10分）‎ ‎【点评】本题主要考查了二阶矩阵，以及特征值与特征向量的计算，属于基础题．‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎22．（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ρsin（﹣θ）＝，椭圆C的参数方程为（t为参数）．若直线l与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长．‎ ‎【分析】直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用直线和曲线的位置关系的应用求出交点的坐标，进一步求出弦长．‎ ‎【解答】解：直线l的极坐标方程为ρsin（﹣θ）＝，转换为直角坐标方程为．‎ 椭圆C的参数方程为（t为参数）．转换为直角坐标方程为，‎ 第27页（共27页）‎ 进一步联立方程组，整理得，‎ 解得，‎ 所以A（0，﹣），B（），‎ 所以|AB|＝．‎ ‎【点评】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线和曲线的位置关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎23．已知a+b+c＝1，证明：（a+1）2+（b+1）2+．‎ ‎【分析】利用柯西不等式，即可证明 ‎【解答】证明：由柯西不等式可得（1+1+1）[（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2]≥（a+1+b+1+c+1）2，‎ ‎∵a+b+c＝1，‎ ‎∴（a+1）2+（b+1）2+（c+1）2≥，当且仅当a＝b＝c＝时取等号，‎ 问题得以证明 ‎【点评】本题考查了不等式的证明，属于基础题 ‎【必做题】第22题、第23题，每小题10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．‎ ‎24．（10分）如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF中，，CE＝1，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A﹣DF﹣B的大小．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【分析】（1）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线DF与BE所成角的余弦值．‎ ‎（2）求出平面ADF的法向量和设平面BDF的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣DF﹣B的大小．‎ ‎【解答】解：（1）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，CE为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则D（，0，0），F（，1），E（0，0，1），B（0，，0），C（0，0，0），‎ 则＝（0，，1），＝（0，﹣，1），‎ ‎∴cos＜＞＝，‎ ‎∴异面直线DF与BE所成角的余弦值为．‎ ‎（2）平面ADF的法向量，‎ 设平面BDF的法向量＝（x，y，z），‎ 由＝（），＝（0，，1），得：‎ ‎，取x＝1，得＝（1，1，﹣），‎ 设二面角A﹣DF﹣B的大小为θ，‎ 则cosθ＝＝＝，，‎ ‎∴二面角A﹣DF﹣B的大小为．‎ 第27页（共27页）‎ ‎【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值、二面角的大小的求法，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．‎ ‎25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，点p（x0，y0）在曲线y＝x2（x＞0）上．已知A（0，﹣1），Pn（x0n，y0n），n∈N*．记直线APn的斜率为kn．‎ ‎（1）若k1＝2，求P1的坐标；‎ ‎（2）若k1为偶数，求证：kn为偶数．‎ ‎【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得＝＝2，解方程可得P1的坐标；‎ ‎（2）设k1＝2p（p∈N*），运用直线 的斜率公式，求得x0，再求kn，运用二项式定理，讨论n为偶数或奇数，即可得证．‎ ‎【解答】解：（1）由k1＝2，可得＝＝2，‎ 解得x0＝1，y0＝1，则P1（1，1）：‎ ‎（2）证明：设k1＝2p（p∈N*），即＝＝2p，‎ 解得x0＝p±，‎ 由y0＝x02，可得kn＝＝＝x0n+，‎ 当x0＝p+时，kn＝（p+）n+‎ ‎＝（p+）n+（p﹣）n；‎ 同理当x0＝p﹣时，kn＝（p+）n+（p﹣）n．‎ ‎①当n＝2m（m∈N*），kn＝2pn﹣2k（p2﹣1）k，即有kn为偶数；‎ 第27页（共27页）‎ ‎②当n＝2m+1（m∈N*），kn＝2pn﹣2k（p2﹣1）k，即有kn为偶数．‎ 综上可得，kn为偶数．‎ ‎【点评】本题考查二项式定理的运用，直线的斜率公式的运用，以及点满足抛物线的方程，考查分类讨论和化简整理的运算能力，属于难题．‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2020/5/29 8:07:07；用户：复圣中学；邮箱：fszx519@xyh.com；学号：37091097‎ 第27页（共27页）‎