江苏省泰州市学年度第二学期调研测试高三数学试题含附加题Word文件下载.docx
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（1）求证：
BC∥平面PDE；
（2）求证：
平面PAF⊥平面PDE．
16．（本小题满分14分）
已知函数f（x）=sin2x+sinxcosx-1，x∈R．
（1）求函数f（x）的最大值，并写出相应的x的取值集合；
π3π
（2）若f（α）=，α∈（-，），求sin2α的值．
688
17．（本小题满分14分）
某温泉度假村拟以泉眼C为圆心建造一个半径为12米的圆形温泉池，如图所示，M，N是圆C上关于直径AB对称的两点，以A为四心，AC为半径的圆与圆C的弦AM，AN分别交于点D，E，其中四边形AEBD为温泉区，I、II区域为池外休息区，III、IV区域为池内休息区，设∠MAB＝θ．
（1）当θ=π时，求池内休息区的总面积（III和IV两个部分面积的和）；
4
（2）当池内休息区的总面积最大时，求AM的长．
18．（本小题满分16分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆M：
x
y2
+=1（a＞b＞0）的左顶点为A，过点
A的直线与椭圆M交于x轴上方一点B，以AB为边作矩形ABCD，其中直线CD过原点O．当点B为椭圆M的上顶点时，△AOB的面积为b，且AB＝3b．
（1）求椭圆M的标准方程；
（2）求矩形ABCD面积S的最大值；
（3）矩形ABCD能否为正方形？
请说明理由．
19．（本小题满分16分）
定义：
若一个函数存在极大值，且该极大值为负数，则称这个函数为“YZ函数”．
（1）判断函数f（x）=x
ex
-1是否为“YZ函数”，并说明理由；
（2）若函数g（x）=lnx-mx（m∈R）是“YZ函数”，求实数m的取值范围；
（3）已知h（x）=1x3+1ax2+bx-1b，x∈（0，+∞），a，b∈R，求证：
当a≤﹣2，
323
且0＜b＜1时，函数h（x）是“YZ函数”．
20．（本小题满分16分）
已知数列{an}，{bn}，{cn}满足bn=an+2-an，cn=2an+1+an．
（1）若数列{an}是等比数列，试判断数列{cn}是否为等比数列，并说明理由；
（2）若an恰好是一个等差数列的前n项和，求证：
数列{bn}是等差数列；
（3）若数列{bn}是各项均为正数的等比数列，数列{cn}是等差数列，求证：
数列{an}
是等差数列．
第II卷（附加题，共40分）
21．【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
A.选修4—2：
矩阵与变换
已知列向量⎡a⎤在矩阵M＝⎡34⎤对应的变换下得到列向量⎡b-2⎤，求M-1⎡b⎤．
⎢5⎥
⎢12⎥
⎢b⎥
⎢a⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
B.选修4—4：
坐标系与参数方程
⎧⎪x=cosα
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为⎨
⎪⎩y=
（α为参数）．以坐标原
3sinα
）
点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin（θ+π=4，
点P为曲线C上任一点，求点P到直线l距离的最大值．
C.选修4—5：
不等式选讲
已知实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，
a2b2c2
++=++≤
3，求证：
abc3．
bca
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程
或演算步骤．
22．（本小题满分10分）
如图，在多面体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的
π
正方形，△ADE是等腰直角三角形，且∠ADE＝
，EF⊥平面ADE，EF＝1．
（1）求异面直线AE和DF所成角的余弦值；
（2）求二面角B—DF—C的余弦值．
23．（本小题满分10分）
给定n（n≥3，n∈N*）个不同的数1，2，3，…，n，它的某一个排列P的前k（k∈N*，1
≤k≤n）项和为Sk，该排列P中满足2Sk≤Sn的k的最大值为kP．记这n个不同数的所有排列对应的kP之和为Tn．
（1）若n＝3，求T3；
（2）若n＝4l＋1，l∈N*，①证明：
对任意的排列P，都不存在k（k∈N*，1≤k≤n）使得2Sk=Sn；
②求Tn（用n表示）．
2019～2020学年度第二学期调研测试
5
高三数学答案
一、填空题
1.{1,2,4,8}2.1
51
3.804.85.
6.7.
182
8.1929.-1
10.6
11.（-∞-1]（0,1]
二、解答题
12.-2
13.314.（1,2]
15.（本题满分14分）
证明：
（1）在∆ABC中，因为D,E分别是AB,AC的中点，
所以DE//BC，2分
因为BC⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
所以BC//平面PDE．6分
（2）因为PA⊥平面ABC，DE⊂平面PDE，所以PA⊥DE，
在∆ABC中，因为AB=AC，F分别是BC的中点，
所以AF⊥BC，8分
因为DE//BC，所以DE⊥AF，
又因为AFPA=A，AF⊂平面PAF,PA⊂平面PAF，
所以DE⊥平面PAF，12分
因为DE⊂平面PDE，所以平面PAF⊥平面PDE．14分
16.（本题满分14分）解：
（1）因为f（x）=sin
21
x+sinxcosx-，
1-cos2x
所以f（x）=+
1sin2x-1
=1（sin2x-cos2x）
……………2分
2222
=（sin2xcosπ-cos2xsinπ=sin（2x-π
……………4分
24424
当2x-π=2kπ+π（k∈Z），即x=kπ+3π（k∈Z）时，f（x）取最大值，
4282
所以f（x）的最大值为2，此时x的取值集合为⎧xx=kπ+3π,k∈⎫．………7分
⎨Z⎬
8
2⎩⎭
（2）因为f（α）=，则2sin（2α-π=，即sin（2α-π=1，
）
624643
α-∈
因为α∈（-π,3π），所以2
π（-ππ，
88422
22
（）
ππ1
则cos（2α-）=1-sin2（2α-=1-2=，10分
4433
）]
）cos
）sin
所以sin2α=sin[（2α-π+π=sin（2α-ππ+cos（2α-ππ
444444
=1⋅
2+22⋅
2=4+
.……………14分
32326
17.（本题满分14分）
解：
（1）在Rt∆ABM中，因为AB=24，θ=π，
所以MB=AM=12
，MD=24cosπ-12=12
-12，
所以池内休息区总面积S=2⋅1MB⋅DM=122（12
-12）=144（2-
2）．
（2）在Rt∆ABM中，因为AB=24，∠MAB=θ，
所以MB=24sinθ,AM=24cosθ，MD=24cosθ-12，
由MB=24sinθ>
0,MD=24cosθ-12>
0得θ∈⎛0,π⎫，6分
ç
3⎪
⎝⎭
则池内休息区总面积S=2⋅1MB⋅DM=24sinθ（24cosθ-12），θ∈⎛0,π⎫；
2ç
设f（θ）=sinθ（2cosθ-1），θ∈⎛0,π⎫，因为
……………9分
1±
33
f'
（θ）=cosθ（2cosθ-1）-2sin2θ=4cos2θ-cosθ-2=0⇒cosθ=，
又cosθ=1+33>
1，所以∃θ∈⎛0,π⎫，使得cosθ=1+33，
820ç
3⎪08
则当x∈（0,θ0）时，f'
（θ）>
0⇒f（θ）在（0,θ0）上单调增，
当x∈⎛θ,π⎫时，f'
（θ）<
0⇒f（θ）在（0,θ）上单调减，
03⎪0
即f（θ0）是极大值，也是最大值，所以fmax（θ）=
f（θ0），
33
此时AM=24cosθ0=3+3
．13分
答：
（1）池内休息区总面积为144（2-2）m2；
（2）池内休息区总面积最大时AM的长为AM=（3+333）m．………14分
18.（本题满分16分）
a2+b2
⎧=
⎪
⎨2
（1）由题意：
⎪1ab=b
3b
，解得a=2,b=c=，
⎪a2=b2+c2
所以椭圆M的标准方程为x+y=1．4分
42
（2）显然直线AB的斜率存在，设为k且k>
0，
则直线AB的方程为y=k（x+2），即kx-y+2k=0，
⎧y=k（x+2）
⎪2222
1
联立⎨x2+y2=
（x+2）2+y2
B
41+k2
⎩42
得（1+2k）x
+
8kx+8k
-4=0，
解得xB
=2-4k2
1+2k2
，yB
=4k1+2k2
，所以AB=
=1+2k2，
2k
1+k2
直线CD的方程为y=kx，即kx-y=0，所以BC=
=2k，
41+k22k8k88
所以矩形ABCD面积S=
⋅==
1+2kk
≤=2，
所以当且仅当k=时，矩形ABCD面积S的最大值为2
（3）若矩形ABCD为正方形，则AB=BC，
．11分
=
即1+2k2
，则2k
3-2k2
+k-2=0
（k>
0），
令f（k）=2k3-2k2+k-2（k>
因为f
（1）=-1<
0,f
（2）=8>
0，又f（k）=2k3-2k2+k-2（k>
0）的图象不间断，所以f（k）=2k3-2k2+k-2（k>
0）有零点，所以存在矩形ABCD为正方形．
x
19.（本题满分16分）
（1）函数f（x）=-1是“YZ函数”，理由如下：
……………16分
因为f（x）=x
-1，则f'
（x）=1-x，
当x<
1时，f'
（x）>
0；
当x>
1时，f'
（x）<
x1
所以f（x）=-1的极大值f
（1）=-1<
exe
故函数f（x）=-1是“YZ函数”．4分
（2）定义域为（0,+∞），
g'
（x）=1-m，
当m≤0时，g'
（x）=1-m>
0，函数单调递增，无极大值，不满足题意；
当m>
0时，当0<
x<
1时，g'
0，函数单调递增，
mx
1时，g'
（x）=1-m<
0，函数单调递减，
111
所以g（x）的极大值为g（）=ln-m⋅=-lnm-1，
mmm
11
由题意知g（）=-lnm-1<
0，解得m>
m
．10分
e
（3）证明：
h'
（x）=x2+ax+b，
因为a≤-2，0<
b<
1，则∆=a2-4b>
12
所以h'
（x）=x2+ax+b=0有两个不等实根，设为x,x，
⎧x1+x2=-a>
0
因为⎨xx
=b>
，所以x1>
0,x2>
0，不妨设0<
x1<
x2，
⎩12
当0<
x1时，h'
0，则h（x）单调递增；
当x1<
x2时，h'
0，则h（x）单调递减，
所以h（x）的极大值为h（x）=1x3+1ax2+bx-b，13分
1312113
由h'
（x）=x2+ax+b=0得x3=x（-ax
-b）=-ax2-bx，
1，
所以h（x）=1x3+1ax2+bx
11111
-1b=1（-ax2-bx）+1ax2+bx
-1b
131
21133
112
113
=1ax2+2bx
-1b≤-1x2+2bx
1b
613
1331
313
=-1（x-b）2+1b（b-1）<
0．
所以函数h（x）是“YZ函数”．16分
（其他证法相应给分）
20.（本题满分16分）
（1）设等比数列{an}的公比为q，则cn=2an+1+an=2anq+an=（2q+1）an，
当q=-1时，c=0，数列{c}不是等比数列，2分
2nn
1cn+1
（2q+1）an+1
当q≠-2时，因为cn≠0，所以c
=（2q+1）a
=q，所以数列{cn}是等比数
nn
列．5分
（2）因为an恰好是一个等差数列的前n项和，设这个等差数列为{dn}，公差为d，
因为an=d1+d2++dn，所以an+1=d1+d2++dn+dn+1，两式相减得an+1-an=dn+1，
因为an+2=an+bn，
所以bn+1-bn=（an+3-an+1）-（an+2-an）=（an+3-an+2）-（an+1-an）=dn+3-dn+1=2d，
所以数列{bn}是等差数列．10分
（3）因为数列{cn}是等差数列，所以cn+3-cn+2=cn+1-cn，
又因为cn=2an+1+an，所以2an+4+an+3-（2an+3+an+2）=2an+2+an+1-（2an+1+an），
即2（an+4-an+2）=（an+3-an+1）+（an+2-an），则2bn+2=bn+1+bn，
又因为数列{b}是等比数列，所以b
=bb
，则b
=b⋅bn+1+bn，
n
即（bn+1-bn）（2bn+1+bn）=0，
n+1
nn+2
n+1n2
因为数列{bn}各项均为正数，所以bn+1=bn，13分
则an+3-an+1=an+2-an，即an+3=an+2+an+1-an，
又因为数列{cn}是等差数列，所以cn+2+cn=2cn+1，即（2an+3+an+2）+（2an+1+an）=2（2an+2+an+1），
化简得2an+3+an=3an+2，将an+3=an+2+an+1-an代入得
2（an+2+an+1-an）+an=3an+2，
化简得an+2+an=2an+1，所以数列{an}是等差数列．16分
数学Ⅱ（附加题）
21.A．[选修4-2：
矩阵与变换]（本小题满分10分）
⎡3
因为
4⎤⎡a⎤=⎡b-2⎤，所以⎧3a+20=b-2，解得⎧a=-6，4分
⎢12⎥⎢5⎥
⎨a+10=b
⎨b=4
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩⎩
设M-1=⎡mp⎤，则⎡34⎤⎡mp⎤=⎡10⎤，
nq
12nq01
⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⎧m=1
⎧3m+4n=1
⎪3p+4q=0
⎪n=-1
⎡1-2⎤
⎪⎪
即，解得
2，所以M-1=⎢1
3⎥，8分
⎨m+2n=0
⎪⎩p+2q=1
⎨p=-2
⎪q=3
⎢⎣-2
2⎥⎦
⎩2
⎡b⎤⎡1-2⎤⎡4⎤⎡16⎤
所以M-1⎢⎥=⎢13⎥⎢⎥=⎢⎥10分
⎣a⎦
⎢-⎥⎣-6⎦⎣-11⎦
⎦
⎣
B.[选修4-4：
坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
ππ
由题：
直线方程即为ρ（sinθcos
cosθsin）=4，
44
由ρcosθ=x，ρsinθ=y得直线的直角坐标方程为x+y-8=0，4分
设P点的坐标为（cosα,3sinα），
cosα+3sinα-8
12+12
2sin⎛α+π⎫-8
6⎪
∴点P到直线的距离d=
=⎝⎭，8分
当α+
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