2020年南通市高三數學參考題(35題)

1、2020年南通市高三數學參考題(35題)、選擇題i.(命題人：啟東中學)函數f(x)=|x2a|在區(qū)間1,1上的最大值M(a)的最小值是A.1B.1C.1D.242【解析】選B.f(x)是偶函數，所以M(a)是在0,1內的最大值，f(x)=x2a,貝UM(a)=1a;當a0時，由圖像可知，若42a1=a，若p：2a1,貝UM(a)=f(1)=1a,1a,aP4B.P8P7C.P11P16【解析】由題PnPn113_2，(1Pn1)-(n3N*),即Pn231Pn13(nN*)，以n+1代n,_21礙Pn1Pn,33所以Pn1Pn031)(nN*).而P01,P113,所以Pn121nPn7(；

2、)33(nN).所以P2kP2k1F2k1P2k0所以偶數項比它相鄰項大,0,所以答案為C.3.(命題人：海門市悅來中學何振華，審題人：沈康生)在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,P在AD和DC上運動，設 ABPABP1min=-2當aVO時,，則M(a)變?yōu)椤袄螾n,貝U沿BP折起，使得二面角 ABPCABPC 成直二面角，當為(A.30B.45C.60D.75A.30B.45C.60D.75【解析】過A作AHBP于H,連CH,AH面BCP.在RtABH中，AH3sin,BH3cos.在BHC中，CH2(3cos)242243coscos(90),.在RtACH中，AC22512sin2,

3、/.4545 時，AC長最??；選 B.B.4.(命題人：通州中學陳穎，審題人：嚴東來)uuuuur.如圖，非零向量OA,OB與x軸正半軸的夾角分9uuuuuuuuirr別為和且OAOBOC0,貝UuuurOC與x軸正半軸的夾角的取值范圍是uur【解析】OC與x軸正半軸的夾角的取值范圍應在向量uuuuurOA,OB與x軸正半軸的夾角之間，故選B.5.(命題人：通州中學嚴東來，審題人：王浪華)4已知函數f(x)1的定義域是a,b(a,bZ),值域是0,1，則滿足條件的整數對(a,b)共有A.2個B.5個C.6個D.無數個)時，AC長最小.A(0,3)B(泠D(H)【解析】f(x)在R上是偶函數，故

4、f(x)的圖象關于y軸對稱，作出f(x)的圖象，截取值域是0,1的一段，發(fā)現(xiàn)a,b的取值只可能在一2,1,0,1,2中取得，但必須取0,-2、2必須至少取一個，故選B.6.(命題人：平潮高級中學吳杰，審題人：宋軍)C.2n1,-a2n=2n2.又a2n+a2n+1=a2n+2a2n+1=3a2n+1,.二數列an的前2020項的和為a+(a2+a3)+a4+a5)+(a6+a7)+(22020+22020)=a+(3a2+1)+(3a4+1)+(3a6+1)+.+(3a2020+1)=1+(3X25)+(3X225)+(3X23-5)+(3X21003-5)=1+(3X25)+(3X225)+

5、(3X23-5)+(3X21003-5)=3X(2+22+23+21003+1-5X1003=6X(210031)+1-5X1003=6X21003-5020，故選D.填空題(命題人：啟東中學)在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面為直角三角形,ACB=90,AC=6,BC=CC1=J2,P是BC1上一動點，貝UCP+PA1的最小值是【解析】答案：5g.連AB,沿8。將左CBC1展開與A1BC1在同一個平面內,連AC,則A1C的長度就是所求的最小值.通過計算可得A1C1C=90.又BC1C=45,A1C1C=135由余弦定理，可求得AC=5 求.(命題人：海門中學吳健，審題人：沈永飛)已知函數f

6、(x)、g(x)滿足xR時，f(x)g(x)，貝Ux、=)【解析】記F(x)f(x)g(x)，則F(x)f(x)g(x).由已知，F(xiàn)(x)0,所以F(x)在R上單調遞增，所以x1x2時，F(xiàn)(x1)F(x2)，即f(x)一f(x2)1,得a2.215.(命題人：如東中學趙延貴，審題人：劉衛(wèi)東)已知a,b,c為正整數，方程ax2bxc0的兩實根為x1,x2(x)x2),且|為|1,|x211,則abc的最小值為2_若關于x的方程x32axx有不同的四解，貝 UaUa 的取值范圍為【解析】x=0是方程的一個根，其余根即方程2由f(x)=xax2xax(x0)與y=1的交點個數，可知1(x0)的根.a

7、0.b4ac0,a1bab，所以a2b24ac4aa4【解析】提示：依題意，可知xx2-0,從而可知x1,x2a(1,0),所以有0,b24acf(1)ac必2-a0,bc1.0,b24ac,bac,又a,b,c為正整數,取c1,則ca.從而a5,所以b24ac20.又b516,所以b5,因此abc有最小值為11.下面可證c2時，a3,從而b24ac24,所以b5.又acb5,所以ac6，所以abc11綜上可得，abc的最小值為11.16.(命題人：如東縣馬塘中學張志軍，審題人：徐永華)如圖，在 MBCMBC 中，|AB|=3,|AC|=1,|AB|=3,|AC|=1,l為BC的垂直平分線，E

8、為l上異于ULTULTULTD的一點，貝UAE(AB-AC)等于.ULTULTULTULUULT【解析】QDEBCBCDE=0，又AE=AD+DE，ULUTULTUUTULUULTLUUULUULTAE(AB-AC)=(AD+DE)CB=ADCB1ULTULTULTUUT1ULT2ULT21=?AB+AC)(AB-AC)=尹B-AC)=裁9-1)=417.(命題人：海安中學游余祥，審題人：王光華)2O為坐標原點，正OAB中A、B在拋物線y2x上，正OCD中C、D在拋物2線y2x上，則OAB與OCD的面積之比為.【解析】設OAB的邊長為a,貝U不妨設Aa,【a,Ba,a,代入22222一一y2x

9、,得a4J3；同理，設OCD的邊長為b，可得bJ3.a:b4:1,SVOAB:SVOCD16：1.18.(命題人：南通中學陸玉英，審題人：顧軍)如圖，在/AOB的兩邊上分別為A1,A2,A3,A4,BI,B,B3,B4,氏共9個點，連結線段 ABABj(1i4,1j5),(1i4,1j5),如果其中兩條線段不相交，則稱之為一對“和睦線”，則圖中共有對“和睦線”【解析】一個四邊形，有且只有一對“和睦線”，這9個點可組成 C C：C C；6060 個四邊形，故圖中關于60對“和睦線”.19.(命題人：南通一中秦志國)已知二次函數f(x)=x22x+6,設向量a=(sinx,2),b=(2sinx,

10、),c=(cos2x,21),d=(1,2).當x0,可時，不等式f(ab)f(cd)的解集為.【解析】ab=2sin2x+1Rcd=cos2x+11,f(x)圖象關于x=1對稱，f(x)在(1,+8)內單調遞增.由f(ab)f(cd)abcd,即2sin2x+12cos2x+1,又x0,it,.xC(-).故不等式的解集為(,=-).20.(命題人：南通市小海中學夏志輝，審題人：夏志輝)22設P為雙曲線與&1(a0,b0)上除頂點外的任意一點，只與分別為左右ab點，F(xiàn)1PF2的內切圓交實軸于點M,貝u|F1M|MF2值為.【解析】由已知，得|PF1|PF22a,即FM|F2M|2a.

11、又FMF2M2c,RMca或ca,F2Mca或ca.因此F1MMF2(ca)(ca)c2a2b2.三、解答題21.(命題人：海門中學吳健，審題人：沈永飛)已知函數f(x)x33ax1,a為實常數.(1)a(1)a 在什么范圍內時，yf(x)yf(x)與 y3y3 只有一個公共點？(2)若(x)f(X)21在2,0)(0,2上有最小值2,求a的值.X【解析】(1)f(x)3x23a3(x2a).1當 a0a0 時，f(x)0,所以f(x)在R上單調增，此時 yf(xyf(x)與 y3y3 只有一個公共點；2當 a0a0 時，f(x)3(xJ_a)(x廠a).由f(x)0,得x1廠a,x2j_a.

12、在 xRxR 上列表：x(,Ja)Ja(/a,Ja)cHa,)f(x)+00+f(x)/極大值極小值/因為 yf(x)yf(x)與 y3y3 只有一個公共點，所以f(x)極大值3或f(x)極小值3.所以f(廠)3,或f(廠)3,得V4a0.綜上，a1,yf(x)a1,yf(x)與 y3y3 只有一個公共點.4(2)(x)f(x)12xx33ax112x3axx由(x)(x),可知(x)為偶函數，則原題即為(x)在(0,2上有最小值2.設g(x)x33a一(x(0,2)，則g(x)1x23a2xa0a0 時，g(x)0,所以g(x)在(0,2上單調增，所以g(x)(c3a,2.2因為(x)在(0

13、,2上有最小值2,所以2翌2,所以a-23a0a0 時，(x)x,無最小值，不合題意.a0a0 時,(x)g(x),g(x)x23a2x(x.3a)(x3a)2x(I)*3a2,即aa-時，g(x)0,所以g(x)在(0,2上單倜減，所以32an(11)0)為奇函數，且fxmin=22，數列an與bn滿足如f(an)an,bnan1an1(1)求f(x)的解析表達式;2an【解析】(1)由f(x)是奇函數,得b=c=0.由|f(x)min|=2也，得a=2,故f(x)2x2an1f(an)an22a21an2ana21b,a211an112&a”11a；11X07X0can1-bn=b

14、2i=bn42=bf.而bi=-,-bn=(I)2331當n=1時，bi=-，命題成，.3當n2時，.21=(1+1)n1=1+Cl1C2123.(命題人：通州中學陳穎，審題人：王浪華)22橢圓與&1(ab0)的兩焦點為F1,F2,(O為坐標原點)，P為橢圓上一點,ab243OP,F2P的斜率分別為一和3.74UULTLULU(1)求證：PF1gPF20；.12n1n(3)v(3)，即1.nbnV().3Cn1A1+Cn1=n,X07X0c(2)若OPR的面積為【解析】解法一(1)令PF2O,POF12,(2)在RtPF1F2中，所以m1,2a7,2c2所以橢圓方程為494解法二(1)

15、令P(Xo,3,求橢圓方程.依題意，板，3,c，則tan-,tan24.OPOF2OF1,PF14m,F1F25m,62-5,b6.丈1.6yo),F1(c,0),F2(c,0)24tan7UUULUUT1-.2SOPF3m4m,12由、 可知X021G%y72c754y72c.KPRXc21cc753,kPF1*PF21,PEPF2,uuiruumPF1CPF20.24.(命題人：通州中學陳穎，審題人：羌達勛)某地區(qū)1986年以來人口總數和居民住宅總面積分別按等比數列和等差數列逐年遞增.已知1986年底人均住房面積為10m2,2020年底人均住房面積為20m，據此計算：(1)1996年底人均

16、住房面積超過14m2,試給出證明；(2)若人口年平均增長率不超過3%,能否確保2020年底人均住房面積比2020年底有所增加？為什么？【解析】(1)設86年底人口總數為a,住宅總面積10a,年人口增長的公比為 q q(即后一年是前一年人口的q倍)，年住宅總面積的公差為-q0,.只需考慮分子f(q)22q2020q22-f(q)440(q19q21)0,f(q)單調遞減.又qf(1.03)21.0320(111022020-11101.0320.39,21.03202(10.03)2(1200.03)3.2.f(q)3.20.3910.為s10：220d20,則10d20A炬4四I2.50aqq

17、5(2q201)a,故1996年底人均住房面積(2)2020年底人均住房面積p10a22d22aq2020年與2020年底人均住房面積之差Vs2022q22q202222q20q1d d，則2020年底人均住房面積_20212q(1110q)1(q1).1.032)1,此即表明，2020年底人均住房面積仍超過2020年底人均住房面積.25.(命題人：平潮高級中學吳杰，審題人：宋軍)已知焦點在x軸上的雙曲線C的兩條漸近線過坐標原點，且兩條漸近線與以點A(0,J2)為圓心，1為半徑為圓相切，又知C的一個焦點與A關于直線y=x對稱.(1)求雙曲線C的方程；(2)若Q是雙曲線C上的任一點，F(xiàn)i、F2為

18、雙曲線C的左、右兩個焦點，從Fi引/F1QF2的平分線的垂線，垂足為N,試求點N的軌跡方程；(3)設直線y=mx+1與雙曲線C的左支交于A、B兩點，另一直線L經過M(一2,0)及AB的中點，求直線L在y軸上的截距b的取值范圍.【解析】(1)設雙曲線C的漸近線方程為y=kx,即kxy=0.該直線與圓x2(yJ21相切，雙曲線C的兩條漸近線方程為yx.22設雙曲線C的方程為與%1,雙曲線C的一個焦點為(J2,。)，aa-2a22,a21.雙曲線C的方程為x2y21.(2)若Q在雙曲線的右支上，則延長QF2到T,使|QT|=|OFI|;若Q在雙曲線的左支上，則在QF2上取一點T,使|QT|=|QFI

19、|.根據雙曲線的定義，|TF2|=2,所以點T在以F2(J2,0)為圓心，2為半徑的圓上，即點T的軌跡方程是(x2)2y24(x0).由于點N是線段FIT的中點，設N(x,y),T(xT,yT),xT2x則y2即XT2x拒，yTyT2y.一,代入并整理，得點N的軌跡方程為x2y21(x).2(3)由y2m；%得(1m2)x22mx20.令f(x)(1m2)x22mx2,xy1,10100,因此0,解得1m72220.1mm1.一、一.1-又AB的中點為(廠&,_參)，.直線L的方程為y(x2).-mGV2，二2(m【)21Z.(22,1).48.故b的取值范圍是(，2J2)(2,).2

20、6.(命題人：如東中學趙延貴，審題人：劉衛(wèi)東)g(x)10(x1),數列an滿足a129,(an1an)g(an)f(an)0,bn(n2)(an1)10(1)求證：數列an1是等比數列;(2)當n取何值時，bn取最大值，并求出最大值；-m-m1tt(3)右對任意mN恒成立，求實數t的取值范圍.bmbm1【解析】(1)(an1an)g(an)f(an)0,f(an)(an1)2,g(an)10(an1),.(an1an)10(an-1)(an-1)20，即(an1)(10an1-9an-1)0.直線與雙曲線左支交于兩點，等價于方程f(x)0在(，0)上有兩個不等實根,令x=0,得b22m2m2

21、已知f(x)(x1)2,1010*91又a12,可知對任何nN,an10,所以an1一an一.an11an191an11010an19,10an11為首項，公比為旦的10等比數列.由（I）,可知4/9、nan1=(萬)10h9,bn(n10*N).1)(nbn1(n帛(n2)(制1)rb8一.當n=7時，1,b8b7b7;當n7時，1,bnbn1bn-當n=7或n=8時，bn取最大值,最大值為b7b898107,tm由bmtm11得tmIbm1m210t0-9(m3)*)依題意，（*）式對任息mN恒成立,當t=0時,（*）式顯然不成立，因此t=0不合題意.,1當t0時，由一一m2一100,可知

22、tm0(9(m3)而當m是偶數時tmt0時,由tm10t9(m3)0,t9(m3)K1*(mN).10(m2)9(m3)*設h(m)(mN)10(m2)h(1)h(2)Lh(m1)h(m)6h(m)的最大值為h(1).所以實數t的取值范圍是527.(命題人：如東中學葛張勇，審題人：劉衛(wèi)東)你的猜想.交于E、F兩點，且OEOF=4.y(1)求點C的軌跡萬程；AX一_(2)若BC8CF,0心、XB試確定點F的坐標；在ABC中，已知A(0,1),B(0,1),AC、BC兩邊所在的直線分別與x軸設P是點C的軌跡上的動點，猜想PBF的周長最大時點P的位置，并證明9(m4)h(m1)h(m)10(m3)9

23、(m3)10(m2)_9100,(m2)(m3)【解析】(1)如圖，設點C(x,v)(xO),E(XE,0),F(XF,0),由A,C,F三點共線,ACAEx(1)(y1)XE0,xXE=1y同理，由B、C、F點共線可得xXF=1y化簡，得點C的軌跡方程為x2+4y24(xO.OEOF=4,.XEXF=-1(2)若BC8CF,設F(XF,0),C(XC,yC),yA，一 X0ZB8CF(Xc,yc+1)=8(XFXc,yc).-Xc=8XF，VC=1.77代入x2+4y2=4,得XF=J3.F(V3,0),即F為橢圓的焦點.猜想：取F(J3,0)，設Fi(J3,0)是左焦點，則當P點位于直線B

24、Fi與橢圓的交點處時，PBF周長最大，最大值為8.證明如下：|PF|+|PB|=4-|PFi|+|PB|4+|BFi|,PBF的周長 V 升|BFi|+|BF|828.(命題人：如東縣馬塘中學張志軍，審題人：徐永華)已知三角形ABC的兩頂點A、B分別是曲線x25y25的左右焦點，且內角滿足sinA2cosAsinB2cosB(1)求頂點C的軌跡方程E;(2)若X軸上有兩點M(2,0),N(i,0),過N的直線與曲線E的交點是D、E.求kDMkEM的值.【解析】由sinA2cosA,得J2sinB42sinAsinC,sinB2cosB|AC|BC|1|AB|242|AB|,2所以頂點C的軌跡E

25、的方程為x2y22(Xi).(2)設l:yk(xi)(斜率不存在時不合題意)，D(Xi,yi),E(X2,y2)由Xy2,得(ik2)x22k2xk220，貝U0 0 時，有yk(xi),_22_2kk2XiX2,XiX2kikikx2(xii)kxi(x2i)2k(xiX22)(Xi2)(X22)kDMkEMyiy2xi2x22_32k34k3k(xiX2)4k(一廣(xi2)(X22)k129.(命題人：如皋中學姚新國，審題人：薛鈞)第一行是等差數列0,1,2,3,，2020,將其相鄰兩項的和依次寫下作為第二行,第二行相鄰兩項的和依次寫下作為第三行，依此類推，共寫出2020行.0,1,2,

26、3,，2004,2005,20061,3,5,，4009 40114s,8020(1)求證：第1行至第2020行各行都構成等差數列.(定義只有兩項的數列a1,a2也稱等差數列)；(2)各行的公差組成數列d)(i1,2,3,L,2006).求通項公式d;(3)各行的第一個數組成數列aj(j1,2,3,L,2006)，求通項公式aj；(4)求2020行的這個數.【解析】(1)記aij表示第i行第j列的項.由已知知第1行是等差數列；a2(k1)a2ka1(k1)a1(k2)(a1ka1(k1)a1(k2)a1k2,所以第2行數列是等差數列.a3(k1)a3ka2(k1)a2(k2)(a2ka2(k1)a2(k2)a2k4,所以第3行數列是等差數列.2kx1x2(X2)(X22)同理可證，第4,5,，都是等差數列.(2)di1a。1)(k1)a(i1)ka(kI)ai2)aikai(kI)ai(k2)ak2di,