1、江苏省南京市溧水区第二高级中学、南渡中学联考2020届高三数学12月月考试题 理考试时间：120分钟 满分：160分 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设集合，则 .2已知复数满足，其中为虚数单位，则的模为 3函数的定义域为 .4已知，则 5若轴是曲线的一条切线，则 . 6.已知双曲线的右焦点为若以为圆心的圆与此双曲线的渐近线相切，则该双曲线的离心率为 . 7已知函数，则不等式的解集为 _ . 8如图，在扇形中，,为弧上的一点，与相交于点,若，则的值为_ 9 已知是公差不为0的等差数列，是其前项和若，则的值是 10.在中，角
2、的对边分别为，若 , ，则 11若为半圆直径延长线上的一点，且，过动点作半圆的切线，切点为，若，则面积的最大值为_ 12.已知椭圆，椭圆内接平行四边形的一组对边分别经过它的两个焦点，则这个平行四边形面积的最大值为 13若实数满足，则的最大值为_ . 14.已知函数 ，若方程有6个实数根(互不相同)，则实数的取值范围是_ 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A，B，C所对应的边分别是a，b，c，向量m(ac，bc)，n(bc，a)，且mn.(1) 求B；(2) 若b，cos，求a.16（本小
3、题满分14分）如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，ABBC，PAPC点E，F，O分别为线段PA，PB，AC的中点，点G是线段CO的中点（1）求证：FG平面EBO；（2）求证：PABE17（本小题满分14分）如图，某机械厂要将长6 m，宽2 m的长方形铁皮进行裁剪已知点为 的中点，点在边上，裁剪时先将四边形沿直线翻折到处（点分别落在直线下方点 处，交边于点），再沿直线裁剪（1）当时，试判断四边形的形状，并求其面积；（2）若使裁剪得到的四边形面积最大，请给出裁剪方案，并说明理由ABCDFEPMN（第17题）18（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，离心率为，过点
4、的直线与椭圆交于另一点，点为轴上的一点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程.yOABCx（第18题）19. （本小题满分16分）已知函数（），是自然对数的底数（1）当时，求的定义域及单调增区间；（2）若对任意的，（），求的最大值；（3）若的极大值为，求不等式的解集20（本小题满分16分）已知数列，满足：对于任意正整数n，当n2时， （1）若，求的值； （2）若，且数列的各项均为正数 求数列的通项公式； 是否存在，且，使得为数列中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由.数学附加题(本部分满分40分，考试时间30分钟)21. (本小题
5、满分10分)已知矩阵A= 的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为a= ，求实数a，b的值. 22. (本小题满分10分) 在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系直线 l：sin（一）=m（mR），圆C的参数方程为（t为参数）当圆心C到直线l的距离为时，求m的值。23. (本小题满分10分) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABAC，AB2，AC4，AA13，D是BC的中点(1) 求直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值；(2) 求二面角B1DC1A1的余弦值24. (本小题满分10分)已知x，y为整数，且xy0，n为正整数，cos ，sin ，记An(x2
6、y2)ncos n，Bn(x2y2)nsin n.(1) 试用x，y分别表示A1，B1；(2) 用数学归纳法证明：对一切正整数n，An均为整数参考答案一、填空题：1 .2. 3 4. 5 6. 7 . 84 9 10. 4 11 ； 12. 4 13 14. 二、解答题： 15在ABC中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，向量m(ac，bc)，n(bc，a)，且mn.(1) 求B； (2) 若b，cos，求a.解：(1) 因为mn，所以a2c2b2ac，(2分)因为cosB，(4分)B(0，)(5分)故B.(6分)(2) 因为A，(7分)ABCDFEPMN（第18题）cos，所以sin，
7、(9分)所以sinAsin，(11分)在ABC中，由正弦定理可得：，(13分)解得a1.(14分)17【解】（1）当EFP=时，由条件得EFP=EFD=FEP=所以FPE=所以FNBC，四边形MNPE为矩形 3分所以四边形MNPE的面积=2 m2 5分（2）解法一：设，由条件，已知EFP=EFD=FEP=所以， ， 8分由得所以四边形MNPE面积为 2分 当且仅当，即时取“=”13分此时，成立答：当时，沿直线PE裁剪，四边形MNPE面积最大，最大值为 m2 14分18（1）4分（2）设直线的方程为，代入，得， 因为为该方程的一个根，解得，6分设,由,得：，即： 10分由,即，得，即，即，所以或
8、，13分当时，直线的方程为，当时，代入得，解得，此时直线的方程为.综上,直线的方程为，. 16分19. 【解】（1）的定义域为 2分 由， 令，因为，得，因为， 所以的单调增区间是 4分（2）当时，不合题意； 当时，令，得或， 所以在区间和上单调递减 因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为 6分若，则，即不妨设，则 8分设（），则当时，；当时，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即， 所以的最大值为 10分 （3）由（2）知，当时，无极大值， 当时，在和上单调递增；在上单调递减， 所以在处取极大值， 所以，即 12分 设，即， 当，所以； 当， 由（2）知，又， 所以，且不恒
9、为零， 所以在上单调递增不等式，即为，所以， 即不等式的解集为 16分20（1）由条件，所以. （2）由，.将上面的式子相加，得，所以.因为an的各项均为正数，故.因为也适合上式，所以（）. 假设存在满足条件的k ,不妨设， 所以， 平方得，（*） 所以， 所以， 即 由（1）得，即， 若，代入（*）式，求得不合，舍去； 若，结合（2）得， 所以，即，又且， 所以的可能取值为2，3，4，代入（*）式逐一计算，可求得. 21.由条件知，即，即，6分所以 解得所以，的值分别为，10分22.直线的直角坐标方程为，圆的普通方程为，5分圆心到直线的距离，解得或10分23. (1) 在直三棱柱ABCA1B
10、1C1中，有ABAC，AA1AB，AA1AC，故可以，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系(1分)因为AB2，AC4，AA13，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，3)，B1(2，0，3)，C1(0，4，3)因为D是BC的中点，所以D(1，2，0)所以(1，2，3)设n1(x1，y1，z1)为平面A1B1D的法向量，因为(2，0，0)，(1，2，3)，所以即令y13，则x10，z12，所以平面A1B1D的一个法向量为n1(0，3，2)(3分)设直线DC1与平面A1B1D所成的角为，则sin |cos，n1|，所以直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值为
11、.(5分)(2) 由(1)知(1，2，3)，(2，4，0)，设n2(x2，y2，z2)为平面B1DC1的法向量，则即令x22，则y21，z20，所以平面B1DC1的一个法向量为n2(2，1，0)(7分)同理可以求得平面A1DC1的一个法向量n3(3，0，1)，所以cosn2，n3，(9分)由图可知二面角B1DC1A1的余弦值为.(10分)24. (1) A1(x2y2)cos (x2y2)x2y2，(1分)B1(x2y2)sin (x2y2)2xy.(2分)(2) 当n1时，由(1)得A1x2y2，B12xy.因为x，y为整数，所以A1，B1均为整数，所以结论成立；(4分)当nk(k2，kN*)时，假设Ak，Bk均为整数，则当nk1时，Ak1(x2y2)k1cos (k1)(x2y2)(x2y2)k(cos kcos sin ksin )(x2y2)cos (x2y2)kcos k(x2y2)ksin k(x2y2)sin A1AkB1Bk.(9分)因为A1，B1，均为整数，所以Ak1也为整数，即当nk1时，结论也成立综合得，对一切正整数n，An均为整数(10分)
