南通市2020届高三适应性考试
数 学
参考公式：
样本数据x1，x2，L，xn的方差s?1?(xi?x)2，其中x?1?xi．
ni?1ni?12nn一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应．．．．．
位置上． ．．．
3?，B?x|x2?2x?0，则集合AIB= ． 1． 已知集合A??1，2． 已知复数z(1?i)?4?3i（i为虚数单位），则复数z的模为 . 3． 现有5位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录
如下：10，11，12，13，14，则康复时间的方差为 . 4． 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，则最后输出的S的值
是 ．
??I ← 1
While I < 6 I ← I +2 S ←2I +3 End While Print S
（第4题） 5． 一张方桌有四个座位，A先坐在如图所示的座位上，B，C，D三人随机坐到其他三个位置上，则A与B相对而坐的概率为 ．
6． 已知向量a，b，c在正方形网格中的位置如图所示．若a??b??（，则c?，??R）（第5题） ab（第6题） c???的值为 ．
7． 将函数f(x)?sin2x?π的图象向右平移?个单位长度，所得函数为偶函数，则?的
3最小正值是 ．
8． 已知?an?是等比数列，Sn是其前n项和．若a3?4a1?12，S4?17S2，则a2的值
1
??为 ．
2y2x9． 过双曲线?2?1(b?0)的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为P．若△POF的面积5b为5，则该双曲线的离心率为 ． 10．已知直线ax?by?8?0是 ．
11．过年了，小张准备去探望奶奶，到商店买了一盒点心．为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结．彩绳与长方体点心盒均相交于棱的
四等分点处．设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎图（2）所示）所用绳长为l2．若点心盒的长、宽、高之比为2:2:1，则
l1的值为 ． l2x，则不等f(x?2)?f(x)式的解集是 ．
A2b?R??a，经过点(1，?2)，则2a?1b的最小值
4（第11题）
（如
12．已知函数f(x)?13．已知A(x1，y1)、B(x2，y2)为圆M：x2?y2?4上的两点，且
设P(x0，则|3x0?4y0?10|x1x2?y1y2??1，y0)为弦AB的中点，2的最小值为 ．
14．已知等边△ABC的边长为1，点D，E，F分别在边AB，BC，AC1y上，且S△ADF?S△DEF?S△ABC．若AD=x，CE=y，则的取值
3xBDFE（第14题）
C范围为 ．
二、解答题：本大题共6小题，共计90分． 15．（本小题满分14分）
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，（1）若△ABC面积为3，求ab的值；
2
sinB?sinCsinB?sinA． ?sinAsinB?sinC2（2）若c?b?2a，求cosA．
3
16．（本小题满分14分）
如图，已知EA和DC都垂直于平面ABC，AB=AC＝BC=AE=2CD，F是BE的中点． E （1）若G为AF中点，求证：CG∥平面BDE；
D （2）求证：AF⊥平面BDE．
17．（本小题满分14分）
如图，某度假村有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD，其内有一以正方形中心O为圆心，2百米为半径的圆形观景湖．现规划修建一条从边AB上点P出发，穿过生态园且与观景湖相切的观赏道PQ（其中Q在边AD上）． （1）设?APQ??，求观赏道PQ的长l关于?的函数关系式f(?)； （2）试问如何规划设计，可使观赏道PQ的长l最短？ D
3
? F
C
G A
B （第16题）
C Q O A P （第17题） B
18．（本小题满分16分）
22y2x如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为，
2ab2点1，在椭圆上．若直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且l与直线x??2相交于Q．
2??（1）求椭圆的方程；
1（2）当直线l的斜率为时，求直线l2uuuruuur（3）点T是x轴上一点，若总有PT?QT?0，
Q 的方程； y P x 求T点坐标．
19．（本小题满分16分）
O （第18题）
n≥2，a2?2．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足(n?2)Sn?nSn?1?n?0，n?N?，
（1）求数列{an}的通项公式；
n11（2）记bi?1?2?2，Tn??(bi?1)．
aiai?1i?1① 求Tn；
② 求证：Tn?1lnTn?lnTn?1．
20．（本小题满分16分）
已知函数f(x)??ax2?(1?a)x，g(x)?xlnx?1ax2?x．
2（1）若函数f(x)与g(x)在(0，??)上均单调递减，求实数a的取值范围； （2）当a?(?e，0]（其中e为自然对数的底数）时，记函数g(x)的最小值为m．
求证：?1≤m??3；
2e（3）记h(x)?g?(x)?f(x)?2lnx，若函数h(x)有两个不同零点，求实数a的取值范
围．
4
2020届高三数学适应性考试
附加题
21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在答题卡相应的答题区域．．．．．．．．．．．．．．．．．．．内作答．若多做，则按作答的前两题评分．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]（本小题满分10分）
?1??a1?已知a，b?R，矩阵M??的特征值所对应的一个特征向量为??3?1?． ?3b????（1）求矩阵M；
（2）若曲线C1：y?9x2?2x在矩阵M对应的变换作用下得到另一曲线C2，
求曲线C2的方程．
B．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
?3t?1，x??2在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为?（t为参数）．在
?y?1t?2以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为??4cos?，求直线l被曲线截得的弦长．
C．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）
已知x，y，z是正实数，且x?y?z=5，求证：x2?2y2?z2≥10．
5
【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20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． 22．(本小题满分10分)
如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，1），点B在直线l:y=-1上，点Tuuuruuuruuruuruuur满足TB∥OA，AB^AB-2TB，T点的轨迹为曲线C．
()（1）求曲线C的方程；
（2）过点P(0，t)(t>0)的直线交曲线C于点M，N，分别过M，N作直线l的垂线，垂足分别为M1，N1．
① 若?M1PN190°，求实数t的值；
② 点M关于y轴的对称点为Q（与N不重合），求证：直线y NQ过一定点，并求出这个定点的坐标．
23．(本小题满分10分)
1? 已知数列{an}满足：|an?1?an|≤，n?N．
nk?（1）证明：|an?k?an|≤，n，k?N；
nT A O B （第22题） x （2）证明：?|a2m?a2i|≤i?1mm(m?1)，m?N?． 2
6
参考答案及评分细则
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．
1． ?1?； 2． 52； 3． 2； 4． 17；
215． ； 6． 0； 7． 5?； 8． ?4；
1239． 35； 10． 32； 11． 2； 12． ；（-2，1）52 ?1??3?13．10?57； 14． ?0，?U?，2?．
222????二、解答题：本大题共6小题，共计90分．
15．【解】（1）因为 (sinB?sinC)(sinB?sinC)?sinA(sinB?sinA)，
在VABC中，由正弦定理
abc， ??sinAsinBsinC得(b?c)(b?c)?a(b?a)，化简得a2?b2?c2?ab， ……3分
a2?b2?c21?， ……4分 在VABC中，由余弦定理得，cosC?2ab2π因为C?(0,π)，所以C?，
31又VABC面积为3 ，可得absinC?3，所以ab?4. ……7分
22（2）因为c?b?2a,
3在VABC中，由正弦定理
abc2,所以sinC?sinB?2sinA ??sinAsinBsinC32因为A?B?C?π，所以sinC?sin(A?C)?2sinA ……9分
3由（1）得C?π2ππ，所以sin?sin(A?)?2sinA， 3333333π1化简得sinA?，所以sin(A?)?. ……11分 cosA?222632πππ因为0?A?π，所以??A??，
3662ππ22所以cos(A?)?1?sin2(A?)?，
6637
ππ?2231126?1?????所以cosA?cos?(A?)???. ……14分
66?32326?16．（本小题满分14分）
证明：（1）取EF中点Q，连结GQ， 因为G为AF中点，
所以GQ∥AE，且GQ?1AE. ……2分 2 因为EA和DC都垂直于平面ABC， 所以CD∥AE，又AE=2CD， 所以GQ∥CD，且GQ?CD. 所以四边形CDQG为平行四边形，
所以CG∥DQ， 又CG?平面BDE，DQ?平面BDE，
所以CG∥平面BDE． （2）取AB中点P，连结FP，CP， 因为F是BE的中点， 所以FP∥AE，且FP?12AE.
因为EA和DC都垂直于平面ABC，
所以CD∥AE. 又AE=2CD，所以CD∥PF，且CD=PF，
所以四边形CDFP是平行四边形.
所以CP∥DF. 因为AC＝BC，P为AB中点， 所以CP⊥AB，所以DF⊥AB.
因为EA垂直于平面ABC，CP?平面ABC，
所以CP⊥AE，所以DF⊥AE. 因为ABIAE?A，AB，AE?平面ABE，
8
……4分 ……6分
……8分 ……10分 所以DF⊥平面ABE. 因为AF?平面ABE，
所以DF⊥AF. ……12分 因为AB=AE，F是BE的中点， 所以AF⊥BE.
因为BEIDF?F，BE，DF?平面BDE，
所以AF⊥平面BDE. ……14分
17．（本小题满分14分）
解：（1）以点A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 则O(2，2)，P(lcos?，0)，Q(0，lsin?)， 所以直线PQ的方程为y?lsin?(x?lcos?)，
?lcos? 即x?sin??y?cos??lsin?cos??0. ……3分 因为直线PQ与圆O相切， 所以圆心到直线PQ的距离为d?2sin??2cos??lsin?cos?sin??cos?22?2，
化简得2sin??2cos??lsin?cos??2?0， ……5分 解得l?f(?)?2sin??2cos??2，
sin?cos?2sin??2cos??2?π5π?，???，?. ……7分
sin?cos??1212?2sin??2cos??2，
sin?cos? （2）因为f(?)? 则f?(?)?(cos??sin?)(2sin??2cos??2?2sin?cos?)?sin?cos??2，……9分
?π5π?因为???，?，所以2sin??2cos??2≤0，
?1212?所以2sin??2cos??2?2sin?cos??0
9
令f?(?)?0，得??π， ……11分 4?ππ?则???，?时，f?(?)?0，f(?)单调递减，
?124??π5π????，?时，f?(?)?0，f(?)单调递增，
?412?π时，f(?)取得最小值为22百米. 4π 答：设计成?APQ?时，可使观赏道PQ的长l最短. ……14分
4 所以??
18．（本小题满分16分） 【解】（1）设椭圆的焦距为2c，
?1+1=1，?a22b2??由题意，得?c?2，2?a?a2?b2?c2.??
2??a?2，x解得?所以椭圆的方程为?y2?1． ……3分
2??b?1.（2）由题意，设直线l的方程为y?1x?m， 2?y?1x?m，?2联立方程组?2得 3x2?4mx?4m2?4?0，
?x?y2?1，?2因为直线l与椭圆有且只有一个公共点，
22所以??16m?124m?4?0 解得m????6， 2所以直线l的方程为y?16． ……6分 x?22（3）当直线l的斜率不存在时，l与直线x??2无交点，不符合题意，
故直线l的斜率一定存在，设其方程为y=kx+m，
10
?y?kx?m，?由?x2得2k2?1x2?4kmx?2m2?2?0， 2?y?1，??2?? 因为直线l与椭圆有且只有一个公共点， 所以??16k2m2?8?m2?1??2k2?1??0，
化简得：m2?2k2?1， ……8分
4k1?2k1?所以即P,?， 2x??,y?kx?m???PPP ，
mm?mm?因为直线l与直线x??2相交于Q，所以Q(?2,m?2k)，……10分 设T(t，0)，
2k?2k?所以TP?TQ????t?(?2?t)?1??0，
m?m??2k?即??t?1?(t?1)?0对任意的k,m恒成立， ……14分 ?m?所以t?1?0，即t??1，
所以点T坐标为??1,0?. ……16分
19．（本小题满分16分）
解：（1）因为(n?2)Sn?nSn?1?n?0， 所以n?2时，S1?1，即a1?1. 因为n≥2时，(n?2)Sn?nSn?1?n?0，
即2Sn?nan?n.
n=1时也适合该式.
所以n≥2时，2Sn?nan?n，
2Sn?1?(n?1)an?1?n?1，
两式相减得(n?2)an?(n?1)an?1?1?0， 则(n?1)an?1?nan?1?0，
11
n≥2. 两式相减得2(n?1)an?(n?1)an?1?(n?1)an?1?0，n≥2， 所以2an?an?1?an?1?0，所以an?1?an?an?an?1. 所以数列{an}为等差数列.
因为a1?1，a2?2，所以公差d?1，
所以an?1?(n?1)?1?n. ……4分
（2）①因为an =n，
11i2(i?1)2?(i?1)2?i2?所以bi?1?2?
i(i?1)2i2(i?1)2 ?6分
所以Tn?(?)?(?)?(?)?????(? ②要证Tn?1lnTn?lnTn?1，只要证
i(i?1)?1111?1??1??， ……
i(i?1)i(i?1)ii?11112121313141n11n)?1??，…8分 n?1n?1n?1n?1nn?1， ln?lnn?2n?1n?2n+1n+1n?2n?2lnlnn+1n?2nnn?1n?1.…10分 ? 只要证(n?1)ln，即证?(n?2)lnn+1n+2nn?1?1?1nn?1 设x?n+1xlnx，x>1，令f(x)?，x?1， nx?1 则f?(x)?x?1?lnx， ……12分
(x?1)2???上恒成立. 易证x?1?lnx?0，故f?(x)?0在?1，???上单调递增， 所以f(x)在?1， 因为
n?1n?2n?1n?2，所以f(?)?f().
nn?1nn+1 所以所证不等式成立. ……16分 20．（本小题满分16分）
12
）因为函数f(x)??ax2?(1?a)x在(0，??)上单调递减，
??a?0，所以???a?1??2a≤0，解得a≥1.
因为g(x)?xlnx?12ax2?x在(0，??)上单调递减，
所以g?(x)?lnx?1?ax?1≤0在(0，??)上恒成立， 即lnx?ax≤0在(0，??)上恒成立，
所以a≥lnxx在(0，??)上恒成立. 令t(x)?lnx，则t?(x)?1?lnxxx2，令t?(x)?0，得x?e，当x??0，e?时，t?(x)?0，t(x)单调递增； 当x??e，+??时，t?(x)?0，t(x)单调递减， 所以t(x)1max?e，所以a≥1e.
故实数a的取值范围为?1，???. （2）因为g?(x)?lnx?ax，所以g??(x)?1?a?1?axxx.
当a?(?e，0]时，?a?[0，e)，
所以g??(x)?1x?a?1?axx?0恒成立，
所以g?(x)?lnx?ax在（0，+∞）上单调递增. 因为g?(1)??a≥0，g?(1e)??1?ae??e?ae?0，
所以?x0??1e，1???，使得g?(x0)?0.，即lnx0?ax0?0.
所以当0?x?x0时，g?(x)?0，g(x)单调递减；
当x0?x时，g?(x)?0，g(x)单调递增. 从而m?g(x)?g(xax20xlnx0min0)?x0lnx0?2?x0?02?x0. 13
……2分4分 ……8分
【解】（1
……
令?(x)?xlnx?x，x?1，1?，则??(x)?lnx?1?0.
22e??所以?(x)?xlnx?x在1，1?单调递减，
2e??因此?(x)≥?(1)??1，?(x)??(1)??3.
e2e所以?1≤m??3. ……10分
2e（3） 因为f(x)??ax2?(1?a)x，g(x)?xlnx?1ax2?x，
?? 分
2所以h(x)?g?(x)?f(x)?2lnx?ax2?(a?1)x?lnx?1?ax?1?2lnx， 即h(x)?ax2?x?lnx.
所以h?(x)?2ax?1?12ax2?x?1x?x， 当a≤0时，h?(x)?0在(0，??)上恒成立，则h(x)在(0，??)上单调递减，
故h(x)不可能有两个不同的零点. ……
当a?0时，h(x)?x2??x?lnx??a?x2??，令F(x)?a?x?lnxx2， 则函数h(x)与函数F(x)零点相同.
因为F?(x)?x?1?2lnxx3，令G(x)?x?1?2lnx，
则G?(x)?1?2x?0在(0，??)上恒成立，因为G(1)?0，则
x (0，1) 1 (1，??) F?(x) - 0 + F(x) 递减 极小值 递增 所以F(x)的极小值为F(1)?a?1，
所以要使F(x)由两个不同零点，则必须F(1)?a?1?0，
所以a的取值范围为?0，1?. ……14分 14
12
1?内连续且单调， 因为F(1)?0，F(1)?0，又F(x)在?0，e1?内有唯一零点. 所以F(x)在?0，2?ln2a?2?2?2aaa?0，且2a?又F2?a?a?1， 22aa22aa????????2+??内连续且单调，所以F(x)在?1，+??内有唯一零点. 又F(x)在?1，1?. ……16分 所以满足条件的a的取值范围为?0，21．【选做题】
A．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）
?1??a1?【解】（1）因为??是矩阵M???的特征值??3所对应的一个特征向量， 3b1?????1??1??1??a1??1? 所以M??????，即??3?1?， ??1?3b11???????????a?1?3，?a?2， 所以?解得?
3?b?3，b?0．???21? 所以矩阵M??? ……4分 30?? （2）设曲线C1上任一点Q(x0， y)，y0)在矩阵M的作用下得到曲线C2上一点P(x，?x??21??x0?则??????y?， 30y??0????y?x??2x0?y0?x，?03， 所以?解得?
3x?y，2?0?y0?x?y．3?2?2x0， 因为y0?9x0y 所以x?2y?933??2?2?y，即曲线C2的方程为y2?x． ……10分 315
B．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
【解】曲线的直角坐标方程为x2?y2?4x?0， ……3分
即(x?2)2?y2?4，圆心(2，0)，半径r?2，
直线l的普通方程为x?3y?1?0， ……6分 所以圆心(2，0)到直线l的距离d?1，
2 所以直线l被曲线C截得的线段长度L?2r?d?22?12222??2?15……10分
C．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）
已知x，y，z是正实数，且x?y?z=5，求证：x2?2y2?z2≥10． 证明：由柯西不等式得?x2????2y?22????22?22?≥?x?y?z?2 …… 6分 ?z?1???1??2?????????5 因为x?y?z=5， 所以(x2?2y2?z2)?≥25，
2所以x2?2y2?z2≥10，当且仅当a?2b?c时取等号．……………… 10分
【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20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． 22．(本小题满分10分)
解:（1）设T的坐标为(x,y)，则B为(x,-1)，
uuruuur因为 A（0，1），所以TB=(0,-1-y)，AB=(x,-2)
uuuruuuruuruuuruuuruur因为AB^AB-2TB，所以AB?AB2TB=0，
()()uuur2uuuruur所以AB-2AB?TB0，所以x2+4-(4+4y)=0，
即 x2=4y，所以曲线C的方程为x2=4y ……4分 （2）法一：由题意，直线MN的斜率必存在，设为k
则直线MN的方程为：y=kx+t， ì?y=kx+t由í2可得：x2-4kx-4t=0 ??x=4yy N 设M(x1,y1),N(x2,y2)，
16
M O M1 P x N1 ìΔ=16k2+16t>0??则í x1+x2=4k?x1?x2-4t??uuuuruuuur①因为?M1PN190°，所以PM1?PN10
uuuuruuuur因为PM1=(x1,-1-t),PN1=(x2,-1-t)
所以x1x2+(t+1)=0，所以-4t+(t+1)=0
解得：t=1 ……6分 ②因为点M关于y轴的对称点为Q，所以Q(-x1,y1)(x1+x2?0)
2x2x12-y2-y144=x2-x1 ==x2+x1x2+x1422所以kQN所以直线NQ的方程为：y-y1=x令x=0得：y=(2x2-x1(x+x1) 4-x1)x1x1x2x12x12x1x2+y1=-+==-t 44444所以直线NQ过定点，定点坐标为(0,-t) ……10分
（2）法二：设M2m,m2,N2n,n2
()()(m1n)，
因为M,N,P三点共线，所以kMP=kNP，
m2-tn2-t=所以，化简得：(mn+t)(m-n)=0 2m2n因为m1n，所以mn=-t ①
由
题
意
：
M1(2m,-1),N1(2n,-1)，所以
uuuuruuuurPM1=(2m,-1-t),PN1=(2n,-1-t)
因为
?M1PN190°，所以
uuuuruuuurPM1?PN10，所以
(2m,-1-t)?(2n,1-t)=0，
所以4mn+(t+1)=0，所以-4t+(t+1)=0，解得：t=1 ……6分
22②因为点M关于y轴的对称点为Q，所以Q-2m,m2所以kQN()(m+n?0)
n2-m2n-m==， 2n+2m217
所以直线NQ的方程为：y-m2=令x=0得：y=(n-m(x+2m) 2n-m)2m+m2=mn=-t 2所以直线NQ过定点，定点坐标为(0,-t) ……10分
23．(本小题满分10分)
【解析】（1）证明：|an?k?an|=|(an?k?an?k?1)?(an?k?1?an?k?2)?L?(an?1?an)|
≤|an?k?an?k?1|?|an?k?1?an?k?2|?L?|an?1?an|
≤111k??L?≤． ……3分
n?k?1n?k?2nn（2）用数学归纳法证明．
① 当m?1时，左边?|a2?a2|?0=右边；
2当m?2时，由（1）得左边?|a4?a2|?|a4?a4|?|a2?2?a2|≤?1=右边；
2② 设当m?k时，结论成立，即有?|ak?ai|≤22i?1kk(k?1)， ……5分 2则当m?k?1时，
?|ai?1k?12k?1?a2i|
k??|ai?1k2k?1?a2k?a2k?a2i|≤?|a2k?1?a2k|?i?1k?|ai?12k?a2i|
由（1）得|a2k?1?a2k|?|a2k?2kk2k?a2k|≤k?1，
2所以?|a2k?1?a2k|≤k， ……8分
i?1所以
?i?1k?1|a2k?1?a2i|≤k??|a2k?a2i|≤k?i?1kk(k?1)(k?1)[(k?1)?1]= 22所以m?k?1时结论成立．
由①②可知原不等式成立． ……10分
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江苏省南通市2020届第二学期高三数学适应性测试(含答案)
