江苏省扬州高邮市2020届高三数学上学期开学考试试题文20

考试时间：120分钟 总分：160分

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）

1.已知集合A= {-1,0，1，3}，B = {x|x0,xR },则AB▲ .2.己知复数(a2i)(1i)的实部为0,其中i为虚数单位，则实数a的值是 ▲ .3.函数ylog2x1的定义域为 ▲ .

4.已知直线l1:axy2a10和l2:3x(a2)y50平行，则实数 a 的值为 ▲ .5.设命题p:x>4;命题q:x5x40,那么p是q的▲条件.（选填“充分不必要”、 “必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”）6.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c, a2,b7.已知函数f(x)22,A4,则B= .

log2x,x>01,若f(a),则实数a▲.

22x2,x08.设曲线f(x)axlnx的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为2,则实数a的值为 ▲9.若“x[,2]，使得2xx1<0成立”是假命题，则实数的取值范围是 ▲.10.在平面直角坐标系xOy中，将函数ysin(2x1223)的图象向右平移(0<<2)个单

位长度后,得到的图象经过坐标原点，则的值为 ▲.11.已知cos(4),0<<，则sin(2)的值为

126521EB，若212.如图，在ABC中，AB=BC,BC=2, ADDC,AE1BDAC，则CEAB213.在平面直角坐标系xOy中，己知直线l1:ymx与曲线

f(x)2x3x从左至右依次交于A、B、C三点，若直线l2:ykx2上存在点P，满足|PAPC|2,则实数k的取值范围为

14.已知函数，若f(x)x24,x0e5,x>0x，若关于x的方程|f(x)|ax50恰有三个不同

的实数解，则满足条件的所有实数a的取值集合为 ▲ .

二、解答题（本大题共6小题，共计90分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.(本题满分14分）

己知,为钝角，且sin(1)求tan的值：(2)求cos()的值.16.(本题满分14分）

已知|a|4,|b|3,(2a3b)(2ab)43. (1)求a与b的夹角；(2)求|ab|；

(3)若(ab)(ab),求实数的值. 17.(本题满分15分）

在ABC中，a,b,c 分别为角 A, B, C 所对边的长，

33,cos2.55a(sinAsinB)(cb)(sinBsinC).

(1)求角C的值；

(2)设函数f(x)cosxsin(x18. (本题满分15分）

在平面直角坐标系xOy中，己知圆C: xy2x4yF0，且圆C被直线

223)3，求f(A)的取值范围.4xy320截得的弦长为2.

(1)求圆C的标准方程；

(2)若圆C的切线l在x轴和y轴上的截距相等，求切线l的方程；

(3)若圆D: (xa)(y1)2上存在点P，由点P向圆C引一条切线，切点为M，且满

22足PM2PO,求实数a的取值范围.

19.(本题满分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EPF45,在B处看E测得ABE45,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.

0020.(本题满分16分）

已知函数f(x)(xa)eb在x0处的切线方程为xy10 ,函数

2xg(x)xk(lnx1).

(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)的极值；

(minp,q表示p,q中的最小值)，若F(x)在(0,)上恰有(3)设F(x)minf(x),g(x)三个零点，求实数k的取值范围.

2020届高三年级阶段性学情调研

（数学文科）参

1、填空题

1.{0,1,3}; 2.2; 3.[2,); 4.1; 5.充分不必要； 6.

3; 7.2或; 8.3;9.(,22]; 10.

6; 11.

4172; 12.; 13.(,3][3,); 14.

350{e,55,2,}ln52二、解答题

3

15.解（1）因为cos2β＝－5，cos2β＝2cos2β－1，

31

所以 2cos2β－1＝－5，解得cos2β＝5． …………………… 2分因为β为钝角，所以cosβ＝－从而sinβ＝ 1－cos2β＝ ＝

．

． …………………… 5分

sinβ 所以tanβ＝cosβ＝

＝－2． …………………… 7分

3

（2）因为α为钝角，sinα＝5，

所以cosα＝－

4

1－sin2α＝－ ＝－5． …………………… 10分

从而cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝()(…… 14分

45532525 ＝． )5552516.解：由题意得

（1）(2a3b)(2ab)4a8ab3b43又a4,b38abcos2743,cos0,122236分(2)ab（ab)2a2abb3710分（3）（a-b）（ab）（a-b）（ab）0（a-b）（ab）aababb01031014分317.解：（1）在△ABC中， 因为a(sinAsinB)(cb)(sinBsinC)，

由正弦定理abc，

sinAsinBsinC 所以a(ab)(bc)(cb)． …… 3分

即abcab，

由余弦定理c2a2b22abcosC，得cosC1． …… 5分

2又因为0Cπ，所以C2． …… 7分

32222222（2）因为f(x)cosxsin(x 3)3331=sinxcosxcos2x24421331=sin(2x) …… 10分sin2x(cos2x1)44423 f(A)1sin(2A)

232，且在△ABC中，ABC3所以0A，即2A …… 12分3331所以0sin(2A)1，即0f(A)23由（1）可知C所以f(A)的取值范围为(0,] …… 15分

18.解：（1）由题意得

12圆：即Cx2y22x4yF0,(x1)2(y2)25F,F5圆心坐标为（），，-1,2r25F又圆心到直线的距离d=d212r2,F3圆的标准方程为分C(x1)2(y2)224（2）因为直线l在x轴和y轴上的截距相等，

①若直线l过原点，则假设直线l的方程为ykx,即kxy0，因为直线l与圆C相切，

-1-2+3+21(1)22又弦长为1,2dk2k21r2,k24k20,k26,直线l的方程为y(26)x或y(2-6)x；6分②若直线l不过原点，切线l在x轴和y轴上的截距相等，则假设直线l的方程为

xy1,即xya0,因为相切，aad12a2211直线l的方程为xy30或xy10；8分综上所述直线l的方程为y(26)x或y(2-6)x或xy30或xy109分r2,1a2,a3或a1(3)假设P点坐标为（x.y),点P满足PM＝2PO，PM22PO2,直线PM与圆C相切，且M为切点，PM2PC2-r2,2PO2PC22,2(x2y2)(x1)2(y2)22,x2y22x4y30,即(x-1)2(y2)28，又点P又在圆（xa)2y12上，2两圆有公共点且不能内切，2（1a)2(21)232,（1a)2(21)2（1a)292恒成立，（1a)2932,（a1)29,2a4.15分019.解：(1) 在RtABE中，由题意可知AB18,ABE45，则AE18．……2分

在RtAPE中，tanAPE0AE1BFBF 4分，在RtBPF中tanBPFAP168BP20因为EPF45,所以APEBPF135,9BFtanAPEtanBPF821于是tan(APEBPF)1tanAPEtanBPF19BF82所以BF34………6分

答：AE18kmBF34km……7分

（2）由公路PE的成本为公路PF的成本的8倍,所以8PEPF最小时公路的建设成本最小.

在Rt△PAE中，由题意可知APE，则PE同理在Rt△PBF中，PFB，则PF令f()8PEPF'16．cos2．sin1282,0，………………………………9分cossin2128sin2cossin3cos3则f()2,…………………………11分

cos2sin2sin2cos2令f()0，得tan11π，记tan0，00， 442当(0,0)时，f()0，f()单调减；

当(0,)时，f()0，f()单调增．

2所以tan1时，f()取得最小值， …………………………………13分41BP4，BF8．…………………………15分4tan此时AEAPtan16所以当AE为4km，且BF为8km时，成本最小． ……………………16分

22x20.解：（1）f'xx22axa2ae

因为fx在x0处的切线方程为xy10f'0a22a1 所以，

2f0ab12xa1解得所以fxx1eb0

………………2分

……………3分

（2）gx的定义域为0, g'xxkx ①若k0时，则g'x0在0,上恒成立，

所以gx在0,上单调递增，无极值 …………5分

②若k0时，则

当0xk时，g'x0，gx在0,k上单调递减； 当xk时，g'x0，gx在k,上单调递增；

所以当xk时，gx有极小值2kklnk，无极大值．……7分

(3)因为fx0仅有一个零点1，且fx0恒成立，所以gx在0,上有仅两个不等于1的零点．

……8分

①当k0时，由(2)知， gx在0,上单调递增，gx在0,上至多一个零点，不合题意，舍去

2

②当0ke时，gxmingkk2lnk0，gx在0,无零点

③当ke时，gx0，当且仅当xe等号成立，gx在0,仅一个零点11分

22④当ke时，gkk2lnk0，gee0，所以gkge0，

2又gx图象不间断，gx在0,k上单调递减故存在x1e,k，使gx102…………13分

2又 g(k)k(k2lnk1) 下面证明，当xe时，h(x)x2lnx10 h'xx22>0， hx在e,上单调递增xhxhe2e250

所以g(k)kh(k)0,gkgk202又gx图象在0,上不间断，gx在k,上单调递增，故存在x2k,k2，使gx0 …………15分

2 综上可知，满足题意的k的范围是e,(注：x2取e亦可)

k2……16分