广东省华南师范大学-大学生实习鉴定评语

盐城市第一中学2019-2020届高三调研考试
数学试题
2020.06
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程 ，请把答案写在答题纸的指定位
置上）
1
．设全集
U

0,1,2

，集合
A

0,1

，则
C
U
A
________
．
2
．设
z
1i
2i
，则
|z|
_________.

1 i
x
2
y
2
3
．双曲线
1
的左焦点到 渐近线的距离为
________
．
916
4
．从
1，2 ，3
中选
2
个不同的数字组成一个两位数，这个两位数是偶数的概率为
___ _____．

5
．如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则 该运动员在这五场
比赛中得分的方差为


6
．阅读如图所示的程序框，若输入的
n
是
30
，则输出的变量
S
的值是
______.

7
．已知

a
n

是公差不为零的等差数列，
S
n
为其前
n
项 和．若
S
1
,S
2
,S
4
成等比数列，
且
a
5
9
，则数列

a
n

的前
n
项和为
______
．
8
．已知锐角

满足
sin2

2cos2

1
，则
ta n(



4
)
＝
_______.
< br>
x，x1
.
9
．已知函数
f
（
x
）


，则函数
yf(f(x))-1
的所有零点构成的
logx1，x＞1


2

集合为
_____.
10
．若对任意
x1
，不等式
x1
a
恒成立，则
a
的取值范围是
______.

2
x2x 2
11
．在日常生活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常 常
能看到堆积如山的石子，它的主要成分是碳酸钙
.
某雕刻师计划在底面边长为
2
m
、高为
4
m
的
正四棱柱形的石料
ABCD A
1
B
1
C
1
D
1
中，雕出一个四棱锥< br>OABCD
和球
M
的组合体，其
中
O
为正四棱柱的 中心，当球的半径
r
取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重
___________
kg
.
3
（最后结果保留整数，其中

3.14
，石料的密度
p2.4gcm
，质量
mpV
）
12
． 如图，在圆的内接四边形
ABCD
中，对角线
BD
为圆的直径，
AB 5
，
AD4
，
uuur
3
uuuruuur
u uuruuur
CD1
，点
E
在
BC
上，且
AE ABtAC

tR

，则
AEAC
的值为
________
．
10
1

1x
2

13
．已知函数
f

x



k
lnx
，
k

1,

，曲线
yf

x

上总存在两点
kx

M

x
1
,y
1

，
N

x
2
,y
2

，使曲线
yf

x
在
M
、
N
两点处的切线互相平行

x
1
x
2

，则
x
1
x
2
的取
值范围为
______.

14
．在
VABC
中，记角
A
，
B
，
C
所对的边分别是
a
，
b
，
c
，面积为
S
，则
S
的最大值为< br>______

a
2
2bc
二、解答题（本大题共6小题， 计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案
写在答题纸的指定区域内）
15
．
(
本题满分
14
分
)
如图，在正 三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
A，
D
，
E
，
F
分别为线段
AC
，A
1
A
，
C
1
B
的中点
.

1
A2AC
（
1
）证明：
EF
平面
AB C
；
（
2
）证明：
C
1
E
平面
BDE
.













16
．
(
本题满分
14
分
)
urrurr
a
，
c
m3ac,bncosB,cosC
在< br>VABC
中，，分别是角，，的对边，已知，，且
C
b

mn
.

A
B
（
1
）求
sinB
的值；
（
2
）若
b2
，
VABC
的面积为

















6
，求
VABC
的周长
.

4

17
．
(
本题满分
15
分
)
某乡镇响应 “绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研
发现：某珍 稀水果树的单株产量
W
（单位：千克）与施用肥料
x
（单位：千克）满足如下 关系：

5x
2
3,0x2

W(x)

50x
，肥料成本投入为
10x
元，其它成本投入（如培育管理、施肥等人工 费）
,2x5


1x

20x
元．已知 这种水果的市场售价大约为15元／千克，且销路畅通供不应求．记该水果树的单株利润为
f(x)（单位：元）．
（1）求
f(x)
的函数关系式；
（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大?最大利润是多少?











18
．
(
本题满分
15
分
)
已知椭圆< br>C:
x
2
y
2
3
a
2

b
2
1(ab0)
的离心率为
2
，直线
m:xy1 0
经过
椭圆
C
的上顶点，直线
n:x10
交椭圆C
于
A,B
两点，
P
是椭圆
C
上异于
A,B
的任意一点，直线
AP,BP
分别交直线
l:x40
于< br>Q,R
两点．
（
1
）求椭圆
C
（
2
）求证：
OQ
uuu
的标准方程；
r
OR
uuur
（
O
为坐标原点）为定值．

19
．
(
本题满分
16
分
) *
设数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S< br>n
，且
S
n
2a
n
2,nN
.
（1）求证：数列
{a
n
}
为等比数列；
（2
） 设数列
{a
n
}
的前
n
项和为
T
n
，求证：
2
S
2n
为定值；
T
n
（3
）判断数列
3a
n
中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论.












20
．
(
本题满分
16
分
)
设
a,bR
，
|a|1
.已知函数
f(x)x6x3a( a4)xb
，
g(x)ef(x)
.
（1）求
f(x)
的单调区间；
x
（x
0
,y< br>0
）
（2）已知函数
yg(x)
和
ye
的图象在 公共点处有相同的切线，
32x

n

（i）求证：
f( x)
在
xx
0
处的导数等于0；
（ii）若关于
x的不等式
g(x)e
x
在区间
[x
0
1,x
0
1]
上恒成立，求
b
的取值范围.

盐城市第一中学2019-2020届高三调研考试
数学附加试题
21．【选做题】（每小题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证 明过程
或演算步骤）．
A．选修4—2：矩阵与变换
21
．已知矩阵
A


3 0

．


0 4

（
1
）求
A
的 逆矩阵
A
1
；
144
经过
A
1
变换后所得的曲线的方程． （
2
）求圆
xy＝










B．选修4—4：坐标系与参数方程
22
1

x3t

2

22
．在平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
的参数方程为

（
t
为 参数），以坐标原点为极点，
x
轴的

y
3t

2

正半轴为极轴建立极坐标系，⊙
O
的极坐标方程为

 23sin

．
（
1
）写出⊙
O
的直角坐标方程；
（
2
）
P
为直线上一动点，当
P
到圆心
C
的距离最小时，求P
的直角坐标．

【必做题】 （第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字
说明、 证明过程或演算步骤）．
n2n
22．已知
(x1)a
0
a
1
(x1)a
2
(x1)a
n
(x1)．
（1）求
a
0
及
S
n
a
12a
2
3a
3
na
n
；
（2）试比较
S
n
与
n
3
的大小，并说明理由.











23
．已知点
F(1,0)
为抛物线
y2px(p0 )
的焦点，点
P
在抛物线
C
上，过点
R(t,0)
的直线交抛物线
C
于
A,B
两点，线段
AB
的中点为
M
，且满足
PM2MF
．
（
1
）若直线
AB
的斜率为
1
，求点
P
的坐标；
（
2
）若
t



















2
uuuuruuur
6
，求四 边形
FBPA
面积的最大值．
5

盐城市第一中学2019-2020届高三调研考试
数学试题
2020.06
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分．不需写出解答过程 ，请把答案写在答题纸的指定位
置上）
1
．设全集
U

0,1,2

，集合
A

0,1

，则
C
U
A
________
．
【答案】

2


【解析】
QU
0,1,2

,A

0,1

C
U
A

2


2
．设
z
1i
2i
，则
|z|
_________.

1i
【答案】
3
1i(1i)
2
2i2i i2i3i
，则
|z|3
． 【解析】
z
1i(1i) (1i)
x
2
y
2
3
．双曲线
1
的 左焦点到渐近线的距离为
________
．
916
【答案】
4
x
2
y
2
【解析】根据题意，双曲线的方程为
1
，其中
a3,b4
，
916
所以
c5
，所以其左 焦点的坐标为
(5,0)
，渐近线方程为
y
则左焦点到其渐近线的距离 为
d
4
x
，即
4x3y0
，
3
 200
4
2
3
2

20
4
， 5
4
．从
1，2，3
中选
2
个不同的数字组成一个两位 数，这个两位数是偶数的概率为
________．

【答案】
1

3
1

3
【解析】列举法：12，21，13，31，23，32， 一共6种可能，其中偶数2种，概率为
5
．如图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数 的茎叶图，则该运动员在这五场比赛
中得分的方差为


【答案】
6.8

【解析】得分的平均分为
x
方差
s
2
89101315
11
,
5
1

22222
811



911



1011



1311



1511


6.8
.

5

6
．阅读如图所示的程序框，若输入的
n
是
30< br>，则输出的变量
S
的值是
______.

【答案】
240
【解析】执行程序框图，有
n30
，
S 0
；不满足条件
n2
，
S30
，
n28
；
不满足条件
n2
，
S3028
，
n26
；

不满足条件
n2
，
S302826
，
n24
；
…
不满足条件
n2
，
S3028 26L4
，
n2
；
不满足条件
n2
，
S 302826L42
，
n0
；
满足条件
n2，退出循环，输出
S302826L42
15

230

240
.
2
7
．已知

a
n

是公差不为零的等差数列，
S
n
为其前
n
项和 ．若
S
1
,S
2
,S
4
成等比数列，且
a
5
9
，则数列

a
n

的前
n
项和为
______
．
【答案】
n
2

【解析】设等差数列

a
n

的公差为
d(d0)
，则
S
1
所以
(187d)
2
94d
，< br>S
2
187d
，
S
4
3610d
，
QS
2
2
S
1
S
4
，
Qa< br>5
a
1
4d9
，
d2
．
Qd0
，
(94d)(3610d)
，整理得
9d
2
18 d0
．
n(n1)
dn
2
．
2
则
a
1
1
，
QS
n
na
1

8
．已知锐角

满足
sin2

2cos2
1
，则
tan(


【答案】
2

4
)
＝
_______.

【解析】∵
sin2

2cos2

1
，∴
2sin

cos

2(cos
2

sin
2

)sin
2

cos
2

0
，
化简得
3sin
2

2sin

cos< br>
cos
2

0
，两边同时除以
cos
2

得，
3tan

2tan

10，∵

为锐角，∴
tan

＞
0
解得
tan


2
1
，
3
1
1

4

3
2
. ∴
tan(

)
4
1tan

tan< br>
1
1
1
43
tan

tan


x，x1
9
．已知函数
f
（
x
）


，则函数
yf(f(x))-1
的所有零点构成的集合为_____.

logx1，x＞1


2

【答案】
{1
，
3
，
9}
【解析】由
yf( f(x))-1
得
f
（
f
（
x
））＝
1< br>，
设
t
＝
f
（
x
），则等价为
f
（
t
）＝
1
，
当
x
≤
1
时，由
f
（
x
）＝
x
＝
1
得
x
＝
1
，
当
x
＞
1
时，由
f（
x
）＝
log
2
（
x
﹣
1
）＝
1
得
x
＝
3
，
即
t
＝
1
或
t
＝
3
，
当
x
≤
1
时，由
f
（
x
）＝
x< br>＝
1
，得
x
＝
1
；由
f
（
x
）＝
x
＝
3
，得
x
＝3（舍），故此时
x
＝
1
；
当
x
＞
1
时，由
f< br>（
x
）＝
log
2
（
x
﹣
1
）＝
1
得
x
＝
3
；由
f
（
x< br>）＝
log
2
（
x
﹣
1
）＝
3，得
x
＝
9
，
综上
x
＝
1
，或
x
＝
3
或
x
＝
9
．
所以函 数
y
＝
f[f
（
x
）
]
﹣
1的所有零点所构成的集合为：
{1
，
3
，
9}

10
．若对任意
x1
，不等式
x1
a
恒成立，则
a
的取值范围是
______.

2
x2x2

1

【答案】

,



2

y
x1x11

x< br>2
2x+2

x1

2
1

x1


【解析】依题意得：设
1


x1

因为
x1
，则
x10

所以
y

x1


1
2
x 1


x1


1
2

x1

1
x1
11
当且仅当
x1
时，即
x0
时，
y
取得最大值为，
x12
x11
a
恒成立，即
y
max
a
，得
a
， 又因为
2
x2x22
得
y
1

x1
< br>

1
1
y≤
，即
2
2
即
a
的取值范围为

,

.
11
．在日常生 活中，石子是我们经常见到的材料，比如在各种建筑工地或者建材市场上常常能看到堆积如
山的石子，它 的主要成分是碳酸钙
.
某雕刻师计划在底面边长为
2
m
、高为
4
m
的正四棱柱形的石料

1

2


ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中 ，雕出一个四棱锥
OABCD
和球
M
的组合体，其中
O
为 正四棱
柱的中心，当球的半径
r
取最大值时，该雕刻师需去除的石料约重
__ _________
kg
.
（最后
3
结果保留整数，其中

3.14
，石料的密度
p2.4gcm
，质量
mpV
）
【答案】
21952

kg


【解析】依题 意知，正四棱柱的体积
V
1
2416m
正方形，高
h2，所以其体积
V
2

2

.
四棱锥
OABCD
的底面为
3
1
2
8
22
m
3

.
球
M
的半径
r
最大为
1
，此时其
33
体积
V
3

4
3
44


r

1
3
m
3

.
故该雕刻师需去除的石料的体积

333
84

27.44
3
VV
1
V
2
V
3
 16m

.
又

2.4gcm
3

2400kgm
3
，所以该雕刻师需去除的石

333
料的质量为
2400
27.44
21952

kg

.
3

12
．如图，在圆的内接四边形
ABCD
中，对角 线
BD
为圆的直径，
AB5
，
AD4
，
CD 1
，点
E
uuur
3
uuuruuur
uuuruuur< br>ABtAC

tR

，则
AEAC
的值为________
． 在
BC
上，且
AE
10
【答案】
99

7
uuur
3
uuuruuur
7
ABtAC

tR

，所以
t
． 【解析】因为点
E
在
BC
上，且
AE
10
10
易知
ABAD
，以
A
为坐标原点，
AB
，
AD
所在直线分别为
x
，
y
轴建立如图所示的平面直角坐标系，则
A

0,0
，
B

5,0
，
D

0,4

，设
C

x,y

，由
CD1
，得
x
2


y4

1
①，又对角线
BD< br>为圆的直
2


3530


5

21
2
C

,

径，所以

x


．



y2

< br>4
②，由①②，可得

77
2


uu ur

3530

uuur
所以
AC


7
,
7


，
AB

2< br>
5,0


uuuruuur

3
uuu r
7
uuur

uuur
3
uuuruuur
7< br>uuur
2
ABAC

ACABACAC
则< br>AEAC

10101010

2
2


33573530


99

5






．


107 10


7


7


7

1

1x
2

13
．已知函数
f

x



k

lnx
，< br>k

1,

，曲线
yf

x

上总存在两点
M

x
1
,y
1
，
k

x

N

x
2
,y< br>2

，使曲线
yf

x

在
M< br>、
N
两点处的切线互相平行

x
1
x
2< br>
，则
x
1
x
2
的取值范围为
_____ _.

【答案】

2,


1
11
1

1x
2


【解析】
Q< br>f

x



k

lnx，
f


x



k


2
1
，
k

xx
k
< br>x



2
1
， 由题意可得
f


x
1

f


x
2

，即

k


2
1

k

k

x
1
x
1
k

x
2
x
2


1

11
< br>1

11
Qx
1
x
2
，化简可得
111
1

k
，即
x
1
x
2

k

x
1
x
2
，
x
1
x
2
k
k

4
2
2
xx
xx
1
xx


12

，则
12

2

1
， 而
x
1
x
2


1

，
x
1
x
2


k



k
k


2


2


k

4
1
当
k³1
时，由基本不等式可得
k
k< br>
4
2k
1
k
2
，当且仅当
k1等号成立，
所以，
x
1
x
2
2
，因此，
x
1
x
2
的取值范围为

2,
< br>.
14
．在
VABC
中，记角
A
，
B，
C
所对的边分别是
a
，
b
，
c
，面 积为
S
，则
S
的最大值为
______

a
2
2bc
【答案】
3

12
1
bcsinA
S1sinA
1sinA
2

22

【解析】
Q

2
（当且仅当
a2bcbc 2bccosA2bc2
b

c
22cosA
4cosA2
cb
bc
时取等号）
.
令
sinAy,cosAx< br>，故

S1y
22

，因为
xy1
，且
y0
，
2
a2bc4x2
y
上，表示圆弧上一 点到
x2
故可得点
(x,y)
表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示 ：目标函数
z

13

H
点
A(2,0)
点的斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点


2
,
2< br>

，即

A60
时，取得最小值


3

y
3


,0

，故可 得
z
，


x2

3

3
又
S1y
S133

，故可得，

2
a
2
2bc4x2
a2bc4312
当且仅当
A 60,bc
，即三角形为等边三角形时，取得最大值
.
二、解答题（本大题共6 小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案
写在答题纸的指定区域内 ）
15
．
(
本题满分
14
分
)
AACB
DEF
.

如图，在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
A
1
A2AC
，，，分别为线段
AC
，
1
，
1
的中点
（
1
）证明：
EF
平面
ABC
；
（
2
）证 明：
C
1
E
平面
BDE
.

【解析】（
1
）如图，取
BC
的中点
G
，连结
AG
，
FG
.
因为
F
为
C
1
B
的中点 ，所以
FG
∥
C
1
C,FG
1
C
1C
.
2
在三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
A
1
A
∥
C
1
C,A< br>1
AC
1
C
，

且
E
为< br>A
1
A
的中点，所以
FG
∥
EA,FGEA
.
所以四边形
AEFG
是平行四边形
.
所以
EF
∥
AG
.
因为
EF
平面
ABC
，
A G
平面
ABC
，所以
EF
∥平面
ABC
. （
2
）因为在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C< br>1
中，
A
1
A
平面
ABC
，
BD
平面
ABC
，所以
A
1
ABD
.
因为
D
为
AC
的中点，
BABC
，所以
BDAC
.
因为
A
1
AIACA
，
A
1
A
平面
A
1
ACC
1
，
AC平面
A
1
ACC
1
，
所以
BD
平 面
A
1
ACC
1
.
因为
C
1
E
平面
A
1
ACC
1
，所以
BDC
1E
.
根据题意，可得
EBC
1
E
6
AB
，
C
1
B3AB
，
2
222
所以EBC
1
EC
1
B
.
从而
C
1
EB90
，即
C
1
EEB
.
因为
BDIEBB
，
BD
平面
BDE
，
EB
平面
BDE
，
所以
C
1
E
平面
BDE
.
16
．
(
本题满分
14
分
)
a
，
n

cosB,cosC

，在
VABC
中 ，已知
m

3ac,b

，且
mn
.

b
，
c
分别是角
A
，
B
，
C
的对边，
（
1
）求
sinB
的值；
（
2
）若
b2
，
VABC
的面积为
urr
urr6
，求
VABC
的周长
.

4
urr
urr
【解析】（
1
）∵
mn
，∴
mn(3ac) cosBbcosC0
，
由正弦定理可得
(3sinAsinC)cosBsinBcosC0
， 即
3sinAcosBsinCcosBsinBcosC3sinAcosBsin(B C)0
.
∵
sin(BC)sinA
，∴
3sinAco sBsinA0
.
∵
sinA0
，∴
cosB
1
22
.
∵
B

0,


，∴< br>sinB1cos
2
B
.
3
3
（
2
）根据余弦定理可知
b
2
a
2
c
2
 2accosB
，
∴
4ac
22
28
ac
，即
4(ac)
2
ac
.
33
∵
VABC
的面积为
6
11226
33
，∴
acsinBac，∴
ac
，

2234
4
4

∴
(ac) 4
2
8
ac423(31)
2
，∴
ac3 1
.
故
VABC
的周长为
33
.
3
17
．
(
本题满分
15
分
)
某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研
发现：某珍稀水果树的单株产量
W
（单位：千克）与施用肥料
x
（单位：千克 ）满足如下关系：

5x
2
3,0x2

W(x)

50x
，肥料成本投入为
10x
元，其它成本投入（如培育管理、 施肥等人工费）
,2x5


1x

20x
元．已知这种水果的市场售价大约为15元／千克，且销路畅通供不应求．记该水果树的单株利润为
f (x)
（单位：元）．
（1）求
f(x)
的函数关系式；
（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大?最大利润是多少?
【解析】（1 ）由已知
f

x

15W

x

20x10x15W

x

30x


155x
2
330x,0x2,

75x
2
3 0x225,0x2,






< br>750x
50x
30x,2x5.
30x,2x5
15


1x
1x

2

1< br>
75

x

222,0x2,

75x
2
30x225,0x2,

5

< br>
=


(2)由(1)得
f

x



750x
30x,2x5.


2 5


78030



1x

,2x5.

1x

1x

< br>
当
0x2
时，
f

x

m ax
f

2

465
；
当
2x 5
时，
f

x

78030

当且仅 当

25

25


1x



780302

1x

480
< br>1x

1x
25
1x
时，即
x4
时等号成立．
1x
因为
465480
，所以当
x4
时，
f

x

max
480
．
∴当施用肥料为4千克时，种植该果树获得的最大利润是480元．
18
．
(
本题满分
15
分
)
x
2
y
2
3
已知椭圆
C:
2

2
 1(ab0)
的离心率为，直线
m:xy10
经过
ab
2
椭圆
C
的上顶点，直线
n:x10
交椭圆
C
于
A,B
两点，
P
是椭圆
C
上异于
A,B
的 任意一点，直线
AP,BP
分别交直线
l:x40
于
Q,R两点．
（
1
）求椭圆
C
的标准方程；
uuuruu ur
（
2
）求证：
OQOR
（
O
为坐标原点）为 定值．
【解析】（
1
）据题设知，点
(0,b)
在直线
m :xy10
上，得
b1
．

又因为
c3，
b
2
c
2
a
2
，
a0
，所以
a2
，
c3
，

a2
x
2
所以所求椭圆
C
的标准方程为
y
2
1
． 4
（
2
）设
P

x
0
,y
0

，
A(1,t)
，
B(1,t)
，则有
x
0
直线
AP
的方程为
yt
2
4y
0
2
40
．
ty
0

4x
0
t3y
0
(x1)
．令
x4
，整理得
y
Q

．
1x
0
1x
0
3y
0


4x
0

t
，
1x
0
2
同理可得点
R
纵坐标
y
Q

22
4x
0

t3y
0
3y
0
< br>
4x
0

t
9y
0


4x
0

t



所以点
Q,R的纵坐标之积
y
Q
y
R

．
2
1 x
0
1x
0

1x
0

2
又因为
y
0
1
3
1
2
x
0
，
t
2

，
4
4
1
2

3
2

9

1x
0
2


4x
0

31x

4

4
所以
yy

0
3
，
QR
22

1x
0

1x
0

uuuruu ur
uuuruuur
所以
OQOR

4,y
Q


4,y
R

16y
Q
 y
R
13
，即
OQOR
（
O
为坐标原点）为定 值．
19
．
(
本题满分
16
分
)
*< br>设数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，且
S
n
2a
n
2,nN
.
（1）求证：数列
{a
n
}
为等比数列；
（2
） 设数列
{a
n
}
的前
n
项和为
T
n
，求证：
2
S
2n
为定值；
T
n
（3
）判断数列
3a
n
中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论.
【解析 】（1）当
n1
时，
S
1
2a
1
2,
，解得
a
1
2
.
当
n2
时，
a< br>n
S
n
S
n1


2a
n< br>2



2a
n1
2

2 a
n
2a
n1
，即
a
n
2a
n1
.

n

a
n
2
，从而数列

a
n

是以2为首项，2为公比的等比数列，所以
a
n< br>2
n
. 因为
a
1
0
，所以
a
n1
2
（2）因为
a
n
2
n

2< br>2
a
1
4
，
4
n
，所以
n
2
a
n

故数列
a
n
是以4为首项，4为公比的等比数列，
从而
S

2
2n

212
2n
12
< br>2

4
n
1
，
T
n


414
n
14


4
S
2n3
41
，所以
T

2
.
n
3
n

（3）假设
3a
n
中存在第
m,n, k(mnk)
项成等差数列，
则
23a
n
3a
m
3a
k
，即
23a
n
3232
.
因为
mnk
，且
m,n,kN
，所以
n1k.
nmmkkmmn1n1
因为
2

3a
n< br>
32323232
，所以
3
n
3m
2
m
，故矛盾，
n
所以
数列

3a
n

中不存在三项成等差数列.

n


n

mk

n

mmkk
*
20
．
(
本题满分
16
分
)
设
a,bR< br>，
|a|1
.已知函数
f(x)x6x3a(a4)xb
，
g(x)ef(x)
.
（1）求
f(x)
的单调区间； x
（2）已知函数
yg(x)
和
ye
的图象在公共点（x
0
，
y
0
）处有相同的切线，
32x
（i ）求证：
f(x)
在
xx
0
处的导数等于0；
（ii） 若关于
x
的不等式
g(x)e
x
在区间
[x
0< br>1,x
0
1]
上恒成立，求
b
的取值范围.
【 解析】（1）由
f

x

x6x3a

a 4

xb
，可得
32
f'

x
3x
2
12x3a

a4

3
< br>xa


x

4a


，
令
f'

x

0
，解得
xa
，或
x4a
.由
a1
，得
a4a
.
当
x
变化时，
f'

x

，
f
< br>x

的变化情况如下表：
x


,a





a,4a


-


4a,




f'

x


f

x


Z

]

Z

所以，
f

x

的单调递增区间为

,a

，

4a,

，单调递减区间为

a,4a

. < br>
g

x
0

e
x
0

（2）（i）因为
g'

x

e

f< br>
x

f'

x


，由题意知

x
0
，


g'

x
0

e
x



f

x
0

e
x
0
e
x
0

f

x
0

1
所以

x
0< br>.
x
0
，解得

efxf'xe
f'x0< br>



00
0



所以，
f

x

在
xx
0
处的 导数等于0.
（ii）因为
g

x

e
，xx
0
1,x
0
1
，由
e
x
 0
，可得
f

x

1
.
x
 
又因为
f

x
0

1
，
f'

x
0

0
，故
x
0
为
f

x

的极大值点，由（I）知
x
0
a.
另一方面，由于
a1
，故
a14a
，
由 （I）知
f

x

在

a1,a
内单调递增，在

a,a1

内单调递减，
x
故当
x
0
a
时，
f

x

f
a

1
在
a1,a1
上恒成立，从而
g

x

e
在
x
0
1,x
0
1
上恒成立.

由
f

a
< br>a6a3a

a4

ab1
，得
b2 a
3
6a
2
1
，
1a1
.
3 2
令
t

x

2x6x1
，
x 1,1
，所以
t'

x

6x12x
， 322

令
t'

x

0
，解得
x2
（舍去），或
x0
.
因为
t

1

7
，
t

1

3
，
t

0

1
，故
t

x
的值域为
7,1
.
所以，
b
的取值范围是
7,1
.


盐城市第一中学2019-2020届高三调研考试
数学附加试题
21．【选做题】（每小题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证 明过程
或演算步骤）．
A．选修4—2：矩阵与变换

3 0

A
21
．已知矩阵

0 4

．

（
1
）求
A
的逆矩阵
A
1
；
144
经过
A
1
变换后所得的曲线的方程． （
2
）求圆
xy＝

3
A
【解析】（
1
）由条件

0


1

3
0

10

1
-1
AA
A

且

01

，可得
4



0



22

0


；
1
< br>4



（
2
）设变换后新曲线上任一点
P

x,y

，变换前对应点
Px,y
，




1

3
则

0


1


xx

0





x

x

3




，即

，
1


y


y

1

yy


4

4


x
< br>3x
x
2
y
2
22
所以

，代入
xy144
得：
1
，

y4y
169

x
2
y
2
所以曲线
xy144
经过
A
变换后所得曲线的方程为
1
.
169
22
1
B．选修4—4：坐标系与参数方程
1

x3t

2

22
．在平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
的参数方程为

（
t
为参数），以坐标 原点为极点，
x
轴的

y
3t

2
< br>正半轴为极轴建立极坐标系，⊙
O
的极坐标方程为

23sin
．
（
1
）写出⊙
O
的直角坐标方程；
（
2
）
P
为直线上一动点，当
P
到圆心
C
的 距离最小时，求
P
的直角坐标．
【解析】（
1
）由
xy,

sin

y
得
222
23sin



2
23

sin

x
2
y
2
23y
，
即⊙
O< br>的直角坐标方程为
x
2
y
2
23y0
，即x
2
(y3)
2
3
；
（
2
） 设
P
点坐标为
(3
13
t,t)
，
22
2
2

1


3

2
到圆心的 距离
C
P
d

3t



t 3t121223
，


2


2


当
t0
时，
P
到圆心
C
的 距离取最小值
23
，此时
P(3,0)
.
【必做题】（第22题、 第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内作答．解答应写出文字
说明、证明过程或演 算步骤）．
n2n
22．已知
(x1)a
0
a
1< br>(x1)a
2
(x1)a
n
(x1)
． （1）求
a
0
及
S
n
a
1
2a< br>2
3a
3
na
n
；
（2）试比较
S
n
与
n
3
的大小，并说明理由.
n
【解析】（1）取
x1
，可得
a
0
2
，对等式两边求导，得

n(x1)
n1
a
1
2a
2
(x1)3a
3
(x1)
2
na< br>n
(x1)
n1
，
n1
取
x2
， 则
S
n
a
1
2a
2
3a
3
na
n
n3
.
（2）要比较
S
n
与< br>n
3
的大小，即比较：
3
n1
与
n
2的大小，
当
n1
时，
3
n1
n
2；当
n2
时，
3
n1
n
2
；当
n3
时，
3
n1
n
2
；当
n4,5
时，
3
n1
n
2
，
猜想：当
n4
时，
3
n1
n
2
，下面用数学归纳法证明：
（i） 当
n4
时，
3
41
27164
2
，猜想 成立，
（ii）假设当
nk
，
(k4)
时结论成立，即
3
k1
k
2
，
当
nk1
时，
3
k11
33
k1
3k
2
，
而3k(k1)2k2k12k(k1)12431230
，
∴
3
k11
222
33
k1
3k
2
(k1)
2
，故当
nk1
时猜想也成立，
综合， 当
n1
时，
3
n1
n
2
；当
n2
时，
3
n1
n
2
；当
n3
时，3
n1
n
2
；当
n4
时，
3
n 1
n
2
.
23
．已知点
F(1,0)
为抛物 线
y2px(p0)
的焦点，点
P
在抛物线
C
上，过点
R(t,0)
的直线交抛物线
C
于
A,B
两点，线段
AB
的中点为
M
，且满足
PM2MF
．
（
1
）若直线
AB
的斜率为
1
，求点
P
的坐标； （
2
）若
t
2
uuuuruuur
6
，求四 边形
FBPA
面积的最大值．
5
2
【解析】（
1
）点
F(1,0)
是抛物线的焦点，则抛物线的方程为
y4x
．
设直线
AB
方程为
xyt
，
M

x
0
,y
0

，
A

x
1
,y
1

，
B

x
2
,y
2


y
2
4x
2
由

，得
y4y4t0
，
y
1
y
2
4
，
y
0
2
，

xyt
uuuuruuur
由
PM2MF
得
y
0
y
P
2
0y
P


2
y
P
所以
y
P
6
，
x
P
9
，
P(9,6)
．

4
（
2
）设直线
AB
方程为
xmy t
．

y
2
4x
2
，得
y4my 4t0
，


xmyt

y
1
y
2
4m
从而
16

m t

0

．
yy4t

12
2
2
2
由于
M
为线段
AB
的中点，则
y0
2m
，
x
0
2mt
，即
M2mt, 2m

22

uuuuruuur

2mtx
p
212mt
2
又
PM2MF
，则

， 从而
P6m3t2,6m



2my
p
 4m



2
点
P
在抛物线上，则
36m46m3t2
，
m
2

2

3t 2
．

3

2
3t2
m0
< br>
626
3
由于

且
t
，得
t 
，
535

m
2
t
6t2
0

3


2

6

t, 1



1,

．
A,B,F
又三点共 线时，
t1
，所以


3

5
又
|AB|1m
2
y
1
y
2
1m< br>2
点
F
到
AB
的距离
d
则
SFBPA
3S
V
ABF
6

y
1
y
2

2
4y
1
y
2
4

m
2
1

m
2
t


|1t|
m
2
1
，

m


2
t

(t1)
2
26(3t1)(t1)< br>2
，


2



6




2
记
f(t)(3t1)(t1)

t

,1



1,


，则
f

(t)(9t5)(t1)
．
35


2


2


6

,1
f(t)
故在区间

递减，

1,
5
递增，
f(t)
max
max

f
< br>,


3



3

所 以
S
FBPA
26(3t1)(t1)
2
26
2

6


1
f



，此时
t

3

5


9
126


33
四边形
FBPA
面积的最大值为


26
．
3