1、2020届高三第一学期第二次阶段 数学（理）考试 2019.12.11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，角的对边分别
2、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（本小题满分14
3、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，过点的直线与椭
4、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. (本小题满分10分
5、)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(x2y2)nc
6、os 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，(9分)所
7、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，13分当
8、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，且不恒为零， 所
9、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ABCA1B1C1中，
10、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.(5分)
11、(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)
