江苏扬州高邮市2020届高三上学期开学考试数学理Word版含答案

2020届髙三年级阶段性学情调研理科数学试题2019.09填空题：本大题共14小题，毎小题5分，共70分。请把答案写在答题纸相应位置。1.设集合4={2,4},B={2,6,8}，则BA▲.2.命题“1x，都有212x的否定是▲.3.设Ra，则命题1:ap,命题1:2aq,则p是q的▲条件.(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”“既不充分又不必要”）.4.矩阵1003的特征值为▲.5.函数)1(log21)(4xxf的定义域为▲.6.己知89,32ba,则ab的值是▲.7.在平面直角坐标系xOy中，将函数)32sin(xy的图象向右平移)20(个单位长度后.得到的图象经过坐标原点，则的值为▲.10.已知31)3cos(x，则)3(sin)252cos(2xx的值为▲.11.已知函数xxeexf)(，对任意的0)()2(]),3,3[xfkxfk恒成立，则x的取值范围为▲.12.在锐角ABC中，2tanA,点D在边BC上，且ABD与ACD面积分别为2和4,过D作DE丄AB于E,DF丄AC于F,则DFDE的值是▲.13.设N且10则使函数xysin在区间]3,4[上不单调的的个数是▲.14.己知R，函数122)(,1),2(2log1|,13|)(2mxxxgxxxxxf,若函数mxgfy)]([有4个零点，则实数m的取值范围是▲.二、解答本大题共6小题，共计90分。请在答卷纸指定区域内作答，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）在平面直角坐标系xOy中，锐角的顶点为坐标原点0,始边为x轴的非负半轴，终边上有一点P(1,2).(1)求2sin2cos的值；(2)若1010)sin(,且)2,0(，求角的值.16.(本小题满分14分）已知命题:p关于x的不等式0242mxx无解；命题:q指数函数xmxf)12()(是R上的增函数.(1)若命题qp为真命题，求实数m的取值范围；(2)若满足p为假命题且q为真命题的实数m取值范围是集合A，集合B={2t-13x12|tx},且BA,求实数t的取值范围.17.(本小题满分14分）在ABC中，a,b,c分别为角A,B,C所对边的长，)sin)(sin()sin(sinCBbcBAa.(1)求角C的值：(2)设函数43)3sin(cos)(xxxf，求)(Af的取值范围.18.（本小题满分16分）如图，在P地正西方向16cm的A处和正东方向2km的B处各一条正北方向的公路AC和BD，现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F.(1)若在P处看E，F的视角045EPF,在B处看E测得045ABE,求AE，BF；(2)为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE和PF,设EPF，公路PF的每千米建设成本为a万元，公路PE的每千米建设成本为8a万元.为节省建设成本，试确定E,F的位置，使公路的总建设成本最小.19.(本小题满分16分）若函数)(xfy对定义域内的每一个值1x，在其定义域内都存在唯一的2x，使1)()(21xfxf成立，则称该函数为“依赖函数”.(1)判断函数xxgsin)(是否为“依赖函数”，并说明理由；(2)若函数12)(xxf在定义域[m,n](m0)上为“依赖函数”，求mn的取值范围：(3)己知函数)43()()(2aaxxh在定义域]4,34[上为“依赖函数”，若存在实数]4,34[x，使得对任意的Rt,不等式4)()(2xtstxh都成立，求实数s的最大值.20.(本题满分16分）已知函数beaxxfx2)()(在0x处的切线方程为01yx,函数)1(ln)(xkxxg.(1)求函数)(xf的解析式；(2)求函数)(xg的极值；(3)设qpxgxfxF,(min)(),(min)(表示qp,中的最小值)，若)(xF在),0(上恰有三个零点，求实数k的取值范围.2020届髙三年级阶段性学情调研理科数学附加试题2019.0921.(本小题满分10分）己知矩阵1221M(1)求1M;(2)若曲线1:22yxC在矩阵M对应的变换作用下得到另一曲线C2，求C2的方程.22.(本小题满分10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为ttytx(36为参数以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为3cos23222c.(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)己知点P是曲线C2上的动点，求点P到曲线C1的最小距离.23.(本小题满分10分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD丄平面ABCD,M为PB的中点，PA=PD=6,AB=4.(l)求二面角的大小；(2)求直线MC与平面SDP所成角的正弦值.24.(本小题满分10分）袋中装有9只球，其中标有数字1，2,3,4的小球各2个，标数学5的小球有1个.从袋中任取3个小球，每个小球被取出的可能性都相等，用表示取出的3个小球上的最大数字.(1)求取出的3个小球上的数字互不相同的概率；(2)求随机变量的分布列和期望.2020届高三年级阶段性学情调研数学试题(参考答案)2019.09一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案写在答题纸相应位置．．．．．．．．1．{2,4,6,8}2．1x，有212x3．必要不充分4．3和15．(1，3]6．327．68．,39．2410．5311．1(1,)212．1651513．314．5,1{0}7二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答卷纸指定区域内．．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．解：(1)角的终边上有一点5551cos,55252sin……2分54555522cossin22sin……4分5315521cos22cos22……6分5153542cos2sin……7分(2)由)2020，（），，（得)2,2(……8分1010)sin(10103)1010(1)(sin1)cos(22……10分则sinsin[()]sincos()cossin()2531051025105102……12分因π(0)2，，则π4.……14分16．解（1）由p为真命题知，∆=16-8m≤0解得m≥2,所以m的范围是[2,+∞)，……2分由q为真命题知，2m-11,m1，……4分取交集得到[2,+∞).综上，m的范围是[2,+∞)。……6分（2）由（1）可知，当p为假命题时，m2;……8分q为真命题，则2m-11解得：m1则m的取值范围是（1,2）即A={m|1m2},……10分而AB,可得，2211132tt……12分解得：111t所以，t的取值范围是[11,1]……14分17.解：（1）在△ABC中，因为)sin)(sin()sin(sinCBbcBAa，由正弦定理sinsinsinabcABC，所以))(()(bccbbaa．……))(()(bccbbaa．……3分即abcba222，由余弦定理2222coscababC，得21cosC．……55分又因为0πC，所以32C．……7分（2）因为43)3sin(cos)(xxxf=43cos23cossin212xxx43)12(cos432sin41xx=)32sin(21x……10分)32sin(21)(AAf由（1）可知32C，且在△ABC中，CBA所以30A，即323A……12分所以1)32sin(0A，即21)(0Af所以(A)f的取值范围为]21,0(……14分14分18.解：(1)在RtABE中，由题意可知018,45ABABE，则18AE．………2分在RtAPE中，189tan168AEAPEAP，在RtBPF中tan2BFBFBPFBP4分因为，所以，于是98219182BFBF所以34BF………6分答：18AEkm34BFkm……7分（2）在Rt△PAE中，由题意可知APE，则16cosaPE．同理在Rt△PBF中，PFB，则2sinPF．令1082()8cossinfPEPFa，π02，………………………………9分则332222108sin2cos64sincos()2cossinsincosfaa，……………11分令()0f，得1tan4，记01tan4，0π02，当0(0,)时，()0f，()f单调减；当0(,)2时，()0f，()f单调增．所以1tan4时，()f取得最小值，…………………………………13分此时1tan1644AEAP，8tanBPBF．…………………………15分所以当AE为4km，且BF为8km时，成本最小．……………………16分19．解：(1)对于函数()singxx的定义域R内存在16x，则2()2gx2x无解故()singxx不是“依赖函数”；…3分(2)因为1()2xfx在[m，n]递增，故f(m)f(n)=1，即11221,2mnmn……5分由nm0，故20nmm，得0m1，从而(2)mnmm在0,1m上单调递增，故0,1mn，……7分(3)①若443a，故2fxxa在4,43上最小值0，此时不存在2x，舍去；9分②若4a故2fxxa在4,43上单调递减，从而4413ff，解得1a(舍)或133a……11分从而，存在4,43x，使得对任意的t∈R，有不等式221343xtstx都成立，即2226133039txtxsx恒成立，由22261334039xxsx，……13分得2532926433sxx，由4,43x，可得265324339sxx，又53239yxx在4,43x单调递减，故当43x时，max532145393xx，……15分从而，解得，综上，故实数s的最大值为4112．……16分20．解：（1）22'222xfxxaxaae因为fx在0x处的切线方程为10xy所以22'02101faafab，………………2分解得10ab所以21xfxxe………………3分（2）gx的定义域为0,'xkgxx①若0k时，则'0gx在0,上恒成立，所以gx在0,上单调递增，无极值…………5分②若0k时，则当0xk时，'0gx，gx在0,k上单调递减；当xk时，'0gx，gx在,k上单调递增；所以当xk时，gx有极小值2lnkkk，无极大值．…………7分(3)因为0fx仅有一个零点1，且0fx恒