1、泰州一中2020届第一学期高三周练（5）数学试题参考公式：柱体的体积公式：VSh，其中S为柱体的底面积，h为柱体的高球的体积公式：VR3，其中R为球体的半径 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在答题卡相应位置上1已知复数z满足(z2)i1i，其中i是虚数单位，则复数z的模为 2某算法的流程图如图所示，则输出的n的值为 3某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：40，50)，50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90，100，则图中x的值为 开始p1，n1nn1p10输出n结束YNpp+2n-1 （第2题图） 40
2、 50 60 70 80 90 100 成绩（第4题图）频率/组距0.054x0.010.006 4.有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自选择其中一个参加，且每位同学参加各个兴趣小组的可能性相同，则这两位同学参加了不同的兴趣小组的概率为 5.不等式的解集为 6把一个底面半径为3 cm，高为4 cm的钢质实心圆柱熔化，然后铸成一个实心钢球（不计损耗），则该钢球的半径为 cm7在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1(a0，b0)的一条准线与两条渐近线恰能围成一个等边三角形，则该双曲线的离心率为 8若函数f(x)2sin(x)(0)的最小正周期为，则当x0，时，f(x)的值域为 9等差数列an的前n项和
3、记为Sn已知a1a4a799，a2a5a893，若存在正整数k，使得对任意nN*，都有SnSk恒成立，则k的值为 10已知函数f (x)，则不等式f (x3)f (2x)0的解集为 11已知正实数x,y满足，则的最小值是 12.在平面直角坐标系中，已知是圆上的两个动点，且，则的取值范围为 . 13在平面直角坐标系xOy中，已知圆M：(xa)2(y2a)24，圆N：(x2)2(y1)24若圆M上存在一点P，使得以点P为圆心，1为半径的圆与圆N有公共点，则实数a的取值范围为 14. 已知函数f(x)x33x21，g(x)若函数ygf(x)a有6个零点（互不相同），则实数a的取值范围为 二、解答题：
4、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）已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin2BbsinA（1）求B的大小；（2）若cosC，求sin(AC)的值16（本小题满分14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，E，F分别为AB，A1B1的中点C1ABCA1B1EF（第16题图）（1）求证：AF平面B1CE；（2）若A1B1B1C，求证：B1EAB17（本小题满分14分）随着城市地铁建设的持续推进，市民的出行也越来越便利根据大数据统计，某条地铁线路运行时，发车时间间隔t（单位：分钟）满足：
5、4t15，tN，平均每趟地铁的载客人数p(t)（单位：人）与发车时间间隔t近似地满足下列函数关系：p(t)其中tN（1）若平均每趟地铁的载客人数不超过1500人，试求发车时间间隔t的值；（2）若平均每趟地铁每分钟的净收益为Q100（单位：元），问当发车时间间隔t为多少时，平均每趟地铁每分钟的净收益最大？并求出最大净收益18（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，点(，3e)和(b，e)都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率（1）求椭圆的标准方程；CxyOABPQ（第18题图）（2）若点C是椭圆上异于左、右顶点的任一点，线段BC的垂直平分线与直线B
6、C，AC分别交于点P，Q，求证：为定值19（本小题满分16分）已知函数f (x)2lnxax2bx，a，bR （1）若曲线yf (x)在x1处的切线为y2x3，求实数a，b的值； （2）若a0，且f (x)2对一切正实数x恒成立，求实数b的取值范围； （3）若b4，求函数f (x)的单调区间20（本小题满分16分）已知数列an的首项a12，前n项和为Sn，且数列是以为公差的等差数列.（1）求数列an的通项公式；（2）设bn2nan，nN*，数列bn的前n项和为Tn，求证：数列为等比数列；若存在整数m，n(mn1)，使得，其中为常数，且2，求的所有可能值.高三数学周练12.28 数学参考答案及评
7、分标准 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分1 24 30.018 4 5.63 7 81，2 920 . 10(1，) 11 15 12 132，2 14(，2) 二、解答题：本大题共6小题，共90分15解：（1）因为asin2BbsinA，由正弦定理 得 2sinAsinBcosBsinBsinA 3分因为A，B为ABC的内角，所以sinA0，sinB0，所以cosB 5分又因为B为ABC的内角，所以0B，所以B 7分（2）因为cosC，C(0，)，所以sinC， 9分所以sin2C2sinCcosC2， cos2C2cos2C12()21 11分因为B，所以AC，从而AC(
8、C)C2C，因此 sin(AC)sin(2C)sincos2Ccossin2C()() 14分16证明：（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，ABA1B1C1ABCA1B1EF（第16题图）因为E，F分别为AB和A1B1的中点，所以AEFB1，AEFB1，所以四边形AEB1F是平行四边形， 所以AFEB1 4分因为AF平面B1CE，B1E平面B1CE，所以AF平面B1CE 7分（2）因为ABA1B1，A1B1B1C，所以ABB1C在ABC中，因为ACBC，E为AB的中点，所以ABCE 10分因为ABB1C，ABCE，B1CCEC，B1C平面B1CE，CE平面B1CE，所以AB平面B
9、1CE 12分因为B1E平面ABC，所以B1EAB 14分17解：（1）因为p(t)其中tN所以当载客人数不超过1500人时，4t9，此时p(t)180015(9t)2随着t的增大而增大当t4时，p(4)180015(94)214251500，符合题意；当5t9时，p(t)p(5)180015(95)215601500，不符合题意因此，发车时间间隔t的值为4 5分（2）因为Q100，所以当9t15时，Q100100由于Q的值随着t的增大而减少，故t9时Q取得最大值，此时Qmax220 7分当4t9时，Q100100100152090(t) 9分1520902260，当且仅当t，即t7时取得最大
10、值 11分由于260220，故t7时Q取得最大值 答：当发车时间间隔为7分钟时，平均每趟地铁每分钟的净收益最大，最大净收益为260元 14分18解：（1）因为(，3e)和(b，e)都在椭圆1上，所以 2分由整理得， 代入得，13 4分因为e，其中c2a2b2，可得b23c，a24c，从而c2a2b2c，解得c1，即a24，b23，故椭圆的标准方程为1 6分（2）由（1）可知A(2，0)，B(2，0)解法一：因为C是椭圆上异于A，B的任意一点，所以直线BC的斜率存在且不为0设直线BC的方程为yk(x2)，k0联立，消去y，得 (34k2)x216k2x16k2120解得x2或x，从而C(，) 9
11、分因为P是BC的中点，所以P(，)因为PQBC，所以直线PQ的方程为y()(x)，化简得y 由A(2，0)，C(，)，可得直线AC的斜率为，从而直线AC的方程为y(x2) 联立直线PQ，AC的方程，消去y得(x2)，解得x，即点Q的横坐标为 14分因为(2，0)，所以2()12，即为定值12 16分解法二：设C(x0，y0)，其中x02，y00，则由P是BC的中点，得P(，)直线AC，BC的斜率均存在且不为0，直线BC的斜率为因为PQBC，所以直线PQ的方程为y(x)，即yx 9分又直线AC的斜率为，从而直线AC的方程为y(x2)联立直线PQ，AC的方程，消去y，得 x(x2)， 两边同乘以y
12、0，得 (2x0)x(x2)由1，得y023，代入化简得(2x0)x(2x0)(x2) 因为x02，解得x，即点Q的横坐标为 14分因为(2，0)，所以2()12，即为定值 16分19解：（1）由f (x)2lnxax2bx，得f (x)，因为曲线yf (x)在x1处的切线为y2x3，所以f (1)ab1， f (1)2ab22，解得a1，b2 3分（2）因为a0，所以f (x)2lnxbx，x(0，)；由f (x)2得2lnxbx2，即b 5分设g (x)，x0，则g(x)，由g(x)0得x1当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，则g (x)在(0，1)单调递增，在(1，)单调递减，
13、所以当x1时，g (x)有最大值g (1)2于是b2，即实数b的取值范围为2，) 8分（3）函数f (x)的定义域为(0，)，当b4时f (x)当a0时，f (x)，由f (x)0得0x；由f (x)0得x，所以f (x)的增区间为(0，)，减区间为(，)； 9分当a0时，由f (x)0得0x；由f (x)0得x，所以f (x)的增区间为(0，)，减区间为(，)；11分当0a1时，由f (x)0，得0x或x；由f (x)0，得x，所以f (x)的增区间为(0，)和(，)，减区间为(，)； 13分当a1时，f (x)0恒成立，于是f (x)的增区间为(0，)，无减区间；综上，当a0时，f (x)
14、的增区间为(0，)，减区间为(，)；当a0时，f (x)的增区间为(0，)，减区间为(，)；当0a1时，f (x)的增区间为(0，)和(，)，减区间为(，)；当a1时，f (x)的增区间为(0，)，无减区间 16分20解：（1）因为数列是以为公差的等差数列，所以(n1)a1(n1)，即Sn 2分所以当n2时，anSnSn1n1，又a1211，所以ann1，nN*. 4分（2）因为bn2nan(n1)2n，所以Tn221322(n1)2n， 因此2Tn 222323(n1)2n1， 两式相减，得Tn22122232n(n1)2n1 22(n1)2n1 n2n1， 6分所以Tnn2n1，因此2n1，从而2，故数列是以4为首项，2为公比的等比数列. 8分 因为，所以，即， 10分设f (n)，nN*，则f (n1)f (n)，当n3时，n2n42323428282(2)40，所以当n3时，f (n1)f (n)，因此当mn3时，f (n)f (m)，与f (n)f (m)相矛盾，又n1，于是n2， 所以 12分当m5时，又0，即，所以当m5时，与相矛盾又mn2，所以m3或4 14分当m3时，解得1；当m4时，解得2；因此的所有可能值为1和2. 16分 第 13 页 共 13 页
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