1、第1 1頁共 2525 頁2020 屆江蘇省百校聯考高三上學期第三次考試數學試題一、填空題1 1若A 1,2,3,4,5,B 3,4,5,6，則下圖中陰影表示的集合為 _【答案】3,4,5【解析】 根據韋恩圖表示的是AI B，再利用交集的定義計算即可 【詳解】解：韋恩圖表示的是AI B，由A 1,2,3,4,5,B 3,4,5,6，則AI B 3,4,5故答案為：3,4,5【點睛】本題考查交集的運算，韋恩圖的應用，屬于基礎題2 2.已知命題p :- 1 x1,xx0 m 1,m 0,m 0時，討論函數 f f (x)(x)單調性，分析 f f (x)(x)的零點，進而得出m的取值范圍.【詳解】

2、解：(1)f1112m 1 1 mIn11-m ,22函數fx的導數為f x x m 1mx函數yfx在x1處的切線的斜率為f 1“m小1 m 10,1函數yfx在x1處的切線的方程為y1m.2由函數yx在x 1處的切線與函數y g x相切,2mx所以4m2(2)設函數2mxIn x所以當m2時,2,2,上單調遞增 由題意xmin222 m 2 I n2點為(X(X。, y yo) ),xo0,y。yo(2(2)由題知任意 x x 22 ,2x02m 01 1) ),f (x) g (x)恒成立，一 x x2(m(m 1)x1)x mlnxmlnx x x22mx2mx 恒2 2 一成立，可得

3、出，令InxInx x xh(x)h(x)1 12x x x x2 2_, , x xInxInx x x22) )，只需m小于h(x)的最小聯立得x22mx0. .12第2323頁共 2525 頁第2424頁共 2525 頁單調遞增. .所以m2 In 2當m 2時，當x 2,m時,0,函數x在2,m上單調遞減;上單調遞增 由題意xminm12m2m m m I n m 0,1即1-m2In m0. .又因為m2,11 m2In m 0不成立 0,函數x在m,x4m的取值范圍為綜上所述,m當x m,時,(3)f 2 In 2x2m 1 x m當0m 1時，若x0,m0,m,f x 0,fx單

4、調遞增;若xm,1,f x0,fx單調遞減；若x1,f x0,f x單調遞增 所以fx的極大值為f m12m m 1 mmIn mxxx22mm m In m 0，所以函數f x的圖象與x軸至多有一個交點 當0時，若x0,1,f x單調遞減;所以min(1)min占八、 、-(2)minm InftIn t,21時，函數f x的圖象與x軸至多有一個交20,20時,3m 1 In m21,第2525頁共 2525 頁【點睛】2020.已知數列an，若對任意的n,m N*,n m，存在正數k使得|anami k |n m|,則稱數列an具有守恒性質，其中最小的k稱為數列an的守 恒數，記為P. .

5、(1)若數列an是等差數列且公差為d (d 0)，前n項和記為Sn. .1證明：數列a.具有守恒性質，并求出其守恒數 . .2數列Sn是否具有守恒性質？并說明理由 1(2)若首項為1 1 且公比不為 1 1 的正項等比數列an具有守恒性質，且p，求公比2q值的集合 1【答案】(1 1)見解析，P d 數列Sn不具有守恒性質 見解析(2)-2)-2【解析】(1 1)運用等差數列的通項公式和數列an具有守恒性質可得結論；gt12 3tt 2tInIn 20,所以當12，0時，In所以fmm m21Inm所以存在X1m,1,f X10. .r214/2m In2f eem 1 ee222e e12

6、e2m0,2所以存在X21,fX20. .(3 3)當m0時，fx12xx22 2e me 2m只有一個零點,綜上所述，實數m的取值范圍為0. .本題考查導函數的綜合應用，恒成立問題,屬于中檔題.第2626頁共 2525 頁數列&不具有守恒性質，運用等差數列的求和公式和不等式的性質可得結論;(2 2)討論q 1，0 q 1，由等比數列的通項公式和不等式的性質，構造數列，運用 單調性，即可得到所求范圍.【詳解】所以對任意n,m所以數列an具有守恒性質，且守恒數pSnSmd22n md印 一n mkn mkdn md a1 1 12222(i)若q 1，等比數列an遞增，不妨設n m，則q

7、n即qn 1kn qm1km,*n 1解：(1 1)因為an是等差數列且公差為d，所以ana1anamai1 da1m 1 dd n m恒成立,假設數列SnSn %2，所以存在實所以數列(2(2)顯然因為數列則當n則當nan2 k a1時,矛盾;2 k a12時,d不具有守恒性質. .0且q1，因為a11，所以an具有守恒性質,a1所以對任意n, m N,n m，存在正數k使得anam即存在正數k n m對任n, mm都成立. .第2727頁共 2525 頁設bnq kn，由*式中的m,n任意性可知，數列bn不遞增, 所以bn 1bnqn 1q 1 k 0對任意n N*恒成立. .k1 log

8、qk1而當n 1 logq廠，b.1b. qn1q 1 k qq1q 1 k 0，所以q 1不符題意 (iiii )若0 q 1，則數列an單調遞減，不妨設n m，則qm 1qn 1k n m, 即qm1km qn1kn,*n 1設cnq kn，由*式中的m,n任意性可知，數列Cn不遞減，所以Cn 1Cnqn 1q 1 k 0對任意n N*恒成立，所以k qn 11 q對任意n N*恒成立，顯然，當0 q1，nN*時，f n qn 11 q單調遞減， 所以當n 1時，f n qn11 q取得最大值f 1 1 q，所以k 1 q. .111又p，故1 q，即q2221綜上所述，公比q的取值集合為

9、. .【點睛】本題考查新定義的理解和運用，考查等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，考查分類討論思想和轉化思想、運算能力和推理能力，屬于難題.2121.已知線性變換T1是順時針方向選擇 9090。的旋轉變換，其對應的矩陣為M，線性變x x 2ya換T：對應的矩陣為N，列向量X. .y yb(1) 寫出矩陣M,N；4(2) 已知N %収，試求a,b的值. .20 11 2【答案】(1 1)M,N. . (2 2)a 2,b 8. .1 00 1第2828頁共 2525 頁【解析】(1 1)通過旋轉變換的特征得出結論即可；1144(2 2)因為N1M1X，所以X MN，再按照矩陣的乘法法則

10、計算可得；2 2第2929頁共 2525 頁線性變換T2：y2y對應的矩陣為N，故(2)Q N1M1XX MN0112 410 0 12所以a 2，8. .【點本題考查矩陣變換及計算，屬于基礎題2222 .在平面直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為3J t為參數)，曲線3 3tx cosC2的參數方程(1(1)求曲線 G G 的直角坐標方程和 C2C2 的標準方程;(2(2)點P,Q分別為曲線G,C2上的動點，當PQ長度最小時，試求點Q的坐標. .【答(1)曲線G的直角坐標方程為,3x y 6 0,曲線C2的標準方程為121. .( 2 2)臥12 2【解(D消去參數t得到曲線C1的直角坐

11、標方程，根據sin cos 1消去參數得到C2的普通方程;(2)設Q cos , 1 sin利用點到線的距離公式，再利用輔助角公式及三角函數的性質求出最值；【詳解】解：(1 1)曲線G的直角坐標方程為3x y 6 0,【詳解】解：(1)因為線性變換Ti是順時針方向選擇 9090。的旋轉變換，其對應的矩陣為M，故cosMcossin 2sin2第3030頁共 2525 頁2 2曲線C2的標準方程為x y 11. .(2)設Q cos , 1 sin，則點Q到曲線Ci的距離7 2 sin cos cos sin 7 2sin3332 2x cos 2k此時點Q的坐標為y 1 sin 2k6所以點Q

12、的坐標為【點睛】的性質的應用，屬于中檔題【答案】見解析【解析】利用柯西不等式證明即可;【詳解】當sin31時，即2k孑k乙本題考查參數方程化為普通方程,點到直線的距離公式的應用， 輔助角公式及三角函數2323.設a,b,c都是正數，求證:(b c)2(c a)2(a b)24(a b c). .7 sin ,3 cos2第3131頁共 2525 頁證明：因為b,c都是正數,所以abba第3232頁共 2525 頁2 2c a a b4 a b c. .bc【點睛】本題考查柯西不等式的應用，屬于基礎題2424 .在四棱錐P ABCD中，CD平面PAD,PAD是正三角形，DC/AB,（1 1）求平

13、面PAB與平面PCD所成的銳二面角的大小；（2 2）點E為線段CD上的一動點， 設異面直線BE與直線PA所成角的大小為 ， 當cos 5時，試確定點E的位置 5【答案】（1 1） （2 2）E的位置可以是C，也可以是D. .3【解析】（1 1）以 0D0D 所在直線為x軸，OFOF 所在直線為y軸，0P所在直線為 Z Z 軸建立 空間直角坐標系O xyz，利用空間向量法求出二面角;（2 2）由點E為線段CD上的一動點，可設E 1,t,0，t 2,0，利用空間向量法表 示出異面直線BE與直線PA所成的角的余弦值，從而求出t的值，即可確定E的位置 【詳解】解：（1 1 ）取AD的中點為O，在平面A

14、BCD內作OF/DC，交BC于點F. .因為PAD是正三角形，所以PO AD. .又因為CD平面PAD，PO平面PAD，所以PO CD. .又因為ADI CD D，PO平面ABCD，由CD平面PAD，OF /DC，所以直線OF平面PAD. .2所以b ca第3333頁共 2525 頁如圖，以 0D0D 所在直線為x軸，OFOF 所在直線為y軸，0P所在直線為 z z 軸建立空間直角坐標系0 xyz. .1,0,0,B 1, 1,0,C 1, 2,0,D1,0,0,P 0,0, .3,LUMPA1,0,uuu.3，PB1, 1,3. .ur設平面PAB的法向量n1X1,%,乙,所以uur ur

15、uuu irPA n10，PB nX1X1忌0y13z101,則n 3,0,同理得平面PCD的法向量匕3,0,1，設平面則cos又因為所以ir uun1n2iriUPAB與平面PCD所成的銳二面角為，12PAB與平面PCD所成的銳二面角的大小為所以平面(2(2)由點E為線段CD上的一動點，可設E 1,t,0，t 2,0，uuu所以BEuuuL2,t 1,0，PA 1,0,由異面直線BE與直線PA所成角的大小為 ，第3434頁共 2525 頁所以E的位置可以是C，也可以是【點睛】2525 .在直角坐標系xOy中，已知拋物線C : y22px( p的距離為 6 6,點Q為其準線I上的任意一點，過點

16、Q作拋物線C的兩條切線，切點分別為A, B. .(1) 求拋物線C的方程；(2) 當點Q在x軸上時，證明：QAB為等腰直角三角形. .(3)證明：QAB為直角三角形. .【答案】(1 1)y28x(2 2)見解析(3 3)見解析【解析】(1 1)根據拋物線的定義可知， 到焦點的距離等于到準線的距離，得到4衛62求出參數P即可求出拋物線的解析式；(2)由(1 1)可得Q 2,0，由題意知切線的斜率存在且不為0 0,設為k，所以切線方程為y k x 2，聯立直線與拋物線方程，消去y得到關于x的一元二次方程，根據0求出k的值，即可求出A、B的坐標，即可得證；(3)設點Q 2,y。，由題意知切線的斜率

17、存在且不為0 0,設為k，所以切線方程為y k x 2 y。，聯立直線與拋物線方程，消去y得到關于x的一元二次方程，根據0求出k*2的值，即可得證；【詳解】解：(1 1)根據題意可得4衛6，得p 4,2所以拋物線C的方程為y 8x. .(2 2)拋物線C:y28x的準線方程為x 2,得cosuuu uuuBE PA11 in 11 inBE PA2.t 122所以t 124.5，解得t0或2. .本題考查利用屬于中檔題0)上一點P(4, m)至y焦丿F第3535頁共 2525 頁所以點Q 2,0，由題意知切線的斜率存在且不為0 0，設為k,所以切線方程為y k x 2y k x 22 2 2 2由方程組2，得k2x24k28 x 4k20，y28x2所以4k28 16k464 64k20，解