1、 江苏无锡市江阴市三校江苏无锡市江阴市三校(江阴、北郊、华中江阴、北郊、华中) 2020 届高三届高三 5 月学情调查月学情调查 数数 学学 注意事项：注意事项： 1.本试卷共本试卷共 4 页，包括填空题（第页，包括填空题（第 1 题题第第 14 题） 、解答题（第题） 、解答题（第 15 题题第第 20 题）两部分题）两部分.本试卷本试卷 满分为满分为 160 分，考试试卷为分，考试试卷为 120 分钟分钟. 2.答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级写在答题卡上答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级写在答题卡上.试题的答案写在答题卡上对应题试题的答案写在答题卡上对应题 目的答案空格内目的答
2、案空格内.考试结束后，交回答题卡考试结束后，交回答题卡. 一、填空题：本题共一、填空题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，计分，计 70 分分.不需写出解答过程，请把答案写在答题不需写出解答过程，请把答案写在答题 纸的指定位置纸的指定位置 上上. 1.已知集合012M ,，集合 0,2,4N ，则MN_ 【答案】0,1,2,4 【分析】 利用求解并集的方法即可得出结论. 【详解】解：集合012M ,，集合0,2,4N ， 0,1,2,4MN. 故答案为：0,1,2,4. 【点睛】本题考查并集及其运算，属于基础题. 2.已知复数1 2zi （i为虚数单位） ，则 2 z 的值为_
3、【答案】3 4i 【分析】 利用复数的运算法则即可得出结果. 【详解】解：由复数1 2zi （i为虚数单位） ，则 2 22 1214434ziiii . 故答案为：3 4i . 【点睛】本题考查复数的运算法则，考查了计算能力，属于基础题. 3.袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球，1 只红球，2 只黄球，从中一次随机摸出 2 只球，则 这 2 只球颜色不同的概率为_ 【答案】 5 6 试题分析：根据题意，记白球为 A，红球为 B，黄球为 12 ,C C，则 一次取出 2 只球，基本事件为AB、 1 AC、 2 AC、 1 BC、 2 BC、 12 C C共 6 种， 其中 2
4、 只球的颜色不同的是AB、 1 AC、 2 AC、 1 BC、 2 BC共 5 种； 所以所求的概率是 5 6 P 考点：古典概型概率 4.某中学共有1800人，其中高二年级的人数为600.现用分层抽样的方法在全校抽取n人，其中高二年级被 抽取的人数为21，则n_ 【答案】63 【解析】 21600 63. 1800 n n 5.执行如图所示的伪代码，输出的结果是 【答案】8 试题分析：第一次循环：4,4IS，第二次循环：6,24IS，第三次循环：8,192100IS，输 出8.I 考点：循环结构流程图 6.若曲线 x f xmxen在 1,1f处的切线方程为y ex ，则mn_ 【答案】 1
5、 2 e 【分析】 先将1x 代入切线方程求出切点坐标， 然后代入曲线方程得m，n的一个方程， 然后求出曲线在1x 处 的导数，令其等于e，得另一个关于m，n的一个方程，联立求解即可. 【详解】解：将1x 代入y ex ，得切点为1,e， emen， 又 1 x fxmex， 12fmee， 1 2 m . 联立解得： 1 2 m ， 2 e n ， 故 11 222 ee mn . 故答案为： 1 2 e . 【点睛】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题. 7.在平面直角坐标系xOy中，已知点A是抛物线 2 4yx与双曲线 22 2 10 4 xy
6、b b 的一个交点.若抛物 线的焦点为F，且5FA，则双曲线的渐近线方程为_. 【答案】 2 3 3 yx 【分析】设点 A(x,y),根据FA5A 求出点的坐标，再把点 A的坐标代入双曲线的方程求出 2 16 3 b ，再求 双曲线的渐近线方程. 【详解】设点 A(x,y),因为5FA ，所以x-(-1)=5,所以 x=4.所以点 A(4,4)， 由题得 2 22 16161616 1,3,. 43 b bb 所以双曲线的渐近线方程为 4 3 2 3 3 23 yxx . 故答案为 2 3 3 yx 【点睛】本题主要考查抛物线和双曲线的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的理解能力掌握水平.
7、 8.已知 n a是等比数列， n S是其前n项和.若 3 2a ， 126 4SS，则 9 a的值为_ 【答案】6 【分析】根据条件利用等比数列通项公式以及求和公式列方程组，解得公比，再根据通项公式求出 9 a的值. 【详解】解：由题意可知 2 31 2aa q， 126 4SS，1q . 126 11 11 4 11 aqaq qq ，整理得 126 430qq，令 6 tq， 则 2 430tt，解得，3t 或1t （舍）. 故 6 3q . 则 626 319 2 36a qa q qa . 故答案为：6. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查运算能力，属于基础题. 9.
8、已知直三棱柱 111 ABCABC的所有棱长都是a， 点P，Q分别为棱 1 CC，BC的中点， 四面体 11 AB PQ的 体积为 3 2 ，则a的值为_ 【答案】2 【分析】 由题意画出图形， 求出 1 A到平面 11 BBCC的距离， 再求出三角形 1 B PQ的面积， 得到四面体 11 AB PQ 的体积，进而得出a的值. 【详解】解：如图，直三棱柱 111 ABCABC的所有棱长都是a，点P，Q分别为棱 1 CC，BC的中点，取 11 BC的中点H，连接 1 AH，则 1 AH 平面 11 BBCC，且 1 3 2 AHa， 1 2 2 113 2 222228 B PQ aaaa S
9、aa . 四面体 11 AB PQ的体积为 2 3 13333 382162 a aa. 解得：2a. 故答案为：2. 【点睛】本题考查多面体的体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题. 10.已知 0, 2 且 3 cos2 5 ，则 tan 4 tan 4 _ 【答案】 1 9 【分析】 由， 3 cos2 5 可化简整理得到 2 2 1 tan3 1 tan5 ，由0, 2 ，可知 tan0，求出tan的值，进而 利用两角和差的正切公式求出结果. 【详解】解： 222 22 222 cossin1 tan3 cos2cossin cossin1tan5 ， 2 1 tan 4
10、.0, 2 ，tan0，即 1 tan 2 . 则 tantan 4 tan 14 1tan 9 tantantan 44 1 tan . 故答案为： 1 9 . 【点睛】本题考查二倍角的余弦公式，两角和差的正切公式，考查转化能力和运算能力，属于基础题. 11.若关于x，y的方程组： 1mxy xyn 在1,2x上有解，则 22 mn的最小值为_ 【答案】 9 5 【分析】 解方程可得110mxn ， 构造函数 11f xmxn ， 依题意， 函数 yf x在1,2x上 存在零点，则由零点存在性定理可得 120ff，即 2230mnmn ，作出不等式表示的可行域，再利用 22 mn的几何意义得
11、解. 【详解】解：依题意，1mxyxyn ，即110mxn ， 设 11f xmxn ，显然函数 f x在R上单调， 因为方程组在1,2x上有解，所以由函数零点存在性定理可知 120ff， 即2230mnmn ， 作出不等式2230mnmn 表示的可行域如下图阴影部分所示， 而 22 mn表示的是可行域内的任意一点 ,m n到原点距离的平方，则最小值为原点0,0到直线 230mn 的距离的平方，即为 2 22 39 5 21 . 故答案为： 9 5 . 【点睛】本题考查方程的解与函数零点的关系，简单的线性规划，点到直线的距离公式，考查转化思想及 数形结合思想，属于中档题. 12.已知正实数a，
12、b满足22ab，则 41 ab ab 的最小值为_ 【答案】 25 2 【分析】 先由22ab以及基本不等式得ab范围，再利用22ab将 41 ab ab 转化为关于ab的函数， 最后根据函数 8 4f tt t 单调性求得结果. 【详解】解：正实数a，b满足22ab，222 2abab，可得 1 2 ab. 则 222 2 2 2 2 414424414ababababab a ab ab ababbba 8 4ab ab . 令abt=， 1 0, 2 t .即有 88 44abt abt ， 又函数 8 4f tt t 在 1 0, 2 上单调递减， 125 22 f tf . 故答案为
13、： 25 2 . 【点睛】本题考查均值不等式的应用，考查了函数思想、转化思想，属于中档题. 13.在平面直角坐标系xOy中，A，B是圆 22 :40C xxy上两动点， 且2AB ， 点P坐标为4, 3， 则32PBPA的取值范围为_ 【答案】7,3 7 【分析】 设3 2PBPAPM ，则 3PMPAAB ，即 3AMAB ，求出CM的长度得出M的轨迹，从而得出 PM的范围. 【详解】解：3 2333PBPAPBPAPAABPA ，设3 2PBPAPM ， 则 3PMPAAB ，即 3AMAB ， A，B是圆 22 :40C xxy上两动点，且2AB ， ABC是边长为2的等边三角形， 过C
14、作AB的垂线CN，则N为AB的中点， 3CN ，5MN ， 22 2 7CMCNMN . M的轨迹是以C为圆心，以2 7为半径的圆， 又 2 2 4237PC ， 73 7PM. 故答案为：7,3 7 . 【点睛】本题考查平面向量、圆的方程，轨迹方程，构造PM是解本题的关键，属于难题. 14.已知函数 32 4,0, ( ) 2 ,0, xxb x f x x x 若函数( )(1)g xff x恰有 3个不同的零点，则实数b的取 值范围是_ 【答案】(,25) 【分析】 首先分析出0b ， 0f m 有两个根，一个根0，和一个负根 1 m，那么 10g xff x 需满 足10f x或 1
15、1f xm，显然10f x有两个根，由题意， 1 1f xm必然有一个根，则 只需 1 bm即可. 【详解】当0x时， 2 38380fxxxxx， 则 f x在,0上单调递减，此时 0f xfb，令1f xm， 当0b时， 0f m 只有一个解0m，此时 g x不可能有三个零点， 故0b ，此时 0f m 有两个根，一个为0，和一个负根 1 m， 如下图所示，则10f x，或 11 1,0f xm m， 显然10f x有两个根，则 1 1f xm必然有一个根， 由图象可知，要使 1 1f xm有一个根，则需 1 bm， 又 32 11 40mmb，所以 32 111 4bmmm， 所以 2
16、11 410mm ，解得 1 25m ，所以25b. 故答案为：(,25) 【点睛】本小题主要考查函数零点，考查复合函数零点问题，考查数形结合数学思想方法，属于难题. 二、解答题：本答题共二、解答题：本答题共 6 分，计分，计 90 分分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请 把答案写在答题卡的指定区域内把答案写在答题卡的指定区域内. 15.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 10 cos 10 A ，2b，5c （1）求a； （2）求cos()BA的值 【答案】(1) 3a . (2) 2 cos() 10 BA.
17、 【分析】 分析： （1）在ABC中，由余弦定理可得3a （2）由 10 10 cosA 得 3 10 10 sinA根据正弦定理得 5 5 sinB ，从而 2 5 5 cosB ， 故得 2 10 cos BAcosBcosAsinBsinA 【详解】 （1）在ABC中，由余弦定理得 222 10 2252259 10 abcbccosA ，3a （2）在ABC中，由 10 10 cosA 得 , 2 A ， 2 2 103 10 11 1010 sinAcos A ， 在ABC中，由正弦定理得 ab sinAsinB ，即 32 3 10 10 sinB ， 5 5 sinB ， 又,
18、2 A ，故0, 2 B ， 2 2 52 5 11 55 cosBsin B ， 2 51053 102 cos BAcosBcosAsinBsinA 51051010 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常 利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系 求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点， 经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题. 16.如图，在四棱锥PABCD中. 1若AD 平面PAB，PBPD，求证：平面
19、PBD 平面PAD； 2若/ /ADBC，2ADBC，E为PA的中点，求证：/BE平面PCD. 【答案】 1证明见解析； 2证明见解析. 【分析】 1推导出ADPB，PBPD，从而PB 平面PAD，由此能证明平面PBD 平面PAD. 2取PD的中点F，连结EF，推导出/EFAD，且2ADEF，/ /ADBC，2ADBC，从而四边 形EFCB是平行四边形，进而/BECF，由此能证明/BE平面PCD. 【详解】解： 1因为AD 平面PAB，PB 平面PAB， 所以ADPB， 又因为PBPD， 且ADPDDI，PD 平面PAD，AD 平面PAD， 所以PB 平面PAD， 又因PB 平面PBD， 所以
20、平面PBD 平面PAD. 2取PD的中点F，连结EF， 因为E，F分别是PA，PD的中点， 所以/EFAD，且2ADEF，又因为四边形ABCD为直角梯形且 / /ADBC，2ADBC，所以/EFBC且EFBC，所以四边形EFCB是平行四边形， 所以/BECF，又CF 平面PCD，BE平面PCD， 所以/BE平面PCD. 【点睛】本题考查面面垂直的判定，线面平行的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题. 17.已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的左顶点为A，左、右焦点分别为 12 ,F F，离心率为 1 2 ，P是椭圆 上的一个动点 （不与左、 右顶点重合） ， 且 12 PFF
21、的周长为 6， 点P关于原点的对称点为Q， 直线 2 ,AP QF 交于点M. （1）求椭圆方程； （2）若直线 2 PF与椭圆交于另一点N，且 22 4 AF MAF N SS ，求点P的坐标. 【答案】 （1） 22 1 43 xy ； （2） 1 3 5 , 24 或 13 5 , 24 【分析】 （1）根据 12 PFF的周长为22ac，结合离心率，求出 , a c，即可求出方程； （2）设( , )P m n，则(,)Qmn，求出直线AM方程，若 2 QF斜率不存在，求出, ,M P N坐标，直接验证 是否满足题意， 若 2 QF斜率存在， 求出其方程， 与直线AM方程联立， 求出点
22、M坐标， 根据 22 4 AF MAF N SS 和 2 ,P F N三点共线，将点N坐标用 ,m n表示， ,P N坐标代入椭圆方程，即可求解. 【详解】 （1）因为椭圆的离心率为 1 2 ， 12 PFF的周长为 6， 设椭圆焦距为2c，则 222 226, 1 , 2 , ac c a bca 解得2a，1c， 3b ， 所以椭圆方程为 22 1 43 xy . （2）设( , )P m n，则 22 1 43 mn ，且 (,)Qmn ， 所以AP的方程为(2) 2 n yx m . 若1m，则 2 QF的方程为 1x ，由对称性不妨令点P在x轴上方， 则 3 1, 2 P ， 3 1
23、, 2 Q ，联立，解得 1, 9 , 2 x y 即 9 1, 2 M . 2 PF的方程为 3 (1) 4 yx ，代入椭圆方程得 22 9 3(1)12 4 xx，整理得 2 76130xx， 1x或 13 7 x ， 139 , 714 N . 2 2 2 2 19 | 22 74 19 | 21 | | 4 AF M AF N AF S S AF ，不符合条件. 若1m，则 2 QF的方程为(1) 1 n yx m ， 即(1) 1 n yx m . 联立，可解得 34, 3 , xm yn 所以(34,3 )Mmn. 因为 22 4 AF MAF N SS ，设(,) NN N x
24、y 所以 22 11 |4 2 | 2 MN AFyAFy，即4 MN yy. 又因为,M N位于x轴异侧，所以 3 4 N n y . 因为 2 ,P F N三点共线，即 2 F P应与 2 F N共线， 22 3 (1, ),(1,) 4 N n F Pmn F Nx 所以 3 1(1) 4 N n n xm ，即 73 4 N m x ， 所以 22 733 44 1 43 mn ，又 22 1 43 mn ， 所以 2 2 728 39 mm ，解得 1 2 m ，所以 3 5 4 n ， 所以点P的坐标为 1 3 5 , 24 或 13 5 , 24 . 【点睛】本题考查椭圆的标准方
25、程以及应用、直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想和计算求解能力， 属于较难题. 18.如图，建筑公司受某单位委托，拟新建两栋办公楼AB，CD（AC为楼间距） ，两楼的楼高分别为 am，bm，其中b a.由于委托单位的特殊工作性质，要求配电房设在AC的中点M处，且满足两 个设计要求：90BMD，楼间距与两楼的楼高之和的比0.8,1. 1求楼间距AC（结果用a，b表示） ； 2若45CBD，设 b k a ，用k表示，并判断是否能满足委托单位的设计要求？ 【答案】 1 2 ab； 2 2 1 k k ，能满足委托单位设计要求. 【分析】 1设ACc,易知 2 tan 2 aa BMA c c ，
26、 2 tan 2 bb DMC c c ，而90BMADMC，可得 tantan1BMADMC，由此得出2cab； 2 2 222 1 1 abk abk k k ，利用两角和的正切公式可知 2 31 22 k k ，即 即 32 2310kk ，构造函数 32 231f xxx，1x ，利用导数结合零点存在性定理可得12k， 符合题意，进而作出判断. 【详解】解： 1在ABM中，设ACc, 2 tan 2 aa BMA c c ， 在CDMV中， 2 tan 2 bb DMC c c ， 90BMD，90BMADMC， tan tan1BMADMC，即 2 4cab， 2ACcab . 2
27、2 222 1 1 abk abk k k , 在CBD中，过点B作CD的垂线，垂足为E， tan a CBE c ，tan ba DBE c ， tantan tantan() 1tantan CBEDBE CBDCBEDBE CBEDBE 222 1 11 422 abab ababab ababa babab ， 3 22 ba ab . b k a ， 2 31 22 k k 即 32 2310kk ， 设 32 231f xxx，1x ， 2 66610fxxxx x， 函数 f x在1,上单调递增， 若0.8,1，则 15 2 2 k k ，即12k (1)20f ，(2)30f，
28、 12k成立 0.8,1， 能满足委托单位的设计要求. 【点睛】 本题考查导数的实际运用，考查利用导数研究函数的单调性及最值，属于中档题. 19.已知函数 2 1 x e f x axbx ，其中0a，bR，e为自然对数的底数. 1若1b，0,x，若函数 f x单调递增，求实数a的取值范围；若对任意0x， 1f x 恒成立，求实数a的取值范围. 2若0b，且 f x存在两个极值点 1 x， 2 x，求证： 12 3 1 2 f xf xe a . 【答案】 1 1 0 2 a ； 1 0 2 a ； 2证明见解析. 【解析】 【分析】 1问题等价于 0fx 在0,上恒成立，即21axa对任意0
29、,x恒成立，由此得解； 分 1 0 2 a及 1 2 a 讨论，容易得出结论； 2解法一：表示出 11 2 11 12 2 2 xx exex f xf x ，令 2 2 2 xx exex F x ，求导后易证 1F xFe；令 2 232 x x e x G xexxx e ， 0,1x，利用导数可证 02G xG， 进而得证 12 3 1 2 f xf xe a ；解法二：不等式的右边同解法一；由 1当0x时，可得 2 1 1 2 x xex，由此得出 12 f xf x 11 2 11 2 2 xx exex 22 211122 12 11 11 3322 11 222 xxxxxx
30、x x a ，可得证. 【详解】解： 1因为 2 1 x e f x axx 单调递增，所以 2 2 2 1 2 0 1 x eaxa x fx axx 对任意 0,x恒成立，即21axa对任意0,x恒成立， 21 0a ，即 1 0 2 a； 由当 1 0 2 a时， 2 1 x e f x axx 单调递增，故 1f x 成立，符合题意， 当 1 2 a 时，令 0fx得 21a x a ， f x在 21 0, a a 上递减， 21 01 a ff a 不合题意； 综上，实数a的取值范围为 1 0 2 a. 2解法一：因为 2 1 x e f x ax ，xR存在两个极值点 1 x，
31、2 x， 所以 2 2 2 21 0 1 x eaxax fx ax 有两个不同的解，故 2 440aa ，又0a，所以 1a ， 设两根为 1 x， 2 x 12 xx，则 12 2xx， 12 1 x x a ，故 1 01x， 11 121212 2 11 21 12 22 12 1212 21 2 112 11 xx xxxxxx exexe xe xeeee f xf x xx axaxxx xx 令 2 2 2 xx exex F x ，因为 2 1 1 0 2 x x ex ex e Fx ，所以 F x在0,1上递增，所以 1F xFe； 又 1 1 2 1 12111 3 2
32、232 x x e x f xf xexxx ae 令 2 232 x x e x G xexxx e ， 0,1x，则 2 16 x x e G xxe e ， 令 0G x 得 2 39 x ee ，又0,1x，则 2 39 x ee ， 即 2 ln 39xe，记为 0 x，则 G x在 0 0,x上递增，在 0,1 x上递减， 又 02G， 1232Ge ，所以 02G xG，即 12 3 1 2 f xf x a ，综上： 12 3 1 2 f xf xe a . 解法二：不等式的右边同解法一； 由 1当0x时， 2 1 1 1 2 x e xx 恒成立，所以有当0x时， 2 1 1
33、 2 x xex，所以 121212 21 12 22 12 1212 21 11 11 xxxxxx e xe xeeee f xf x xx axaxxx xx 22 211122 11 11 22 2 xxxxxx 12121212 12 1 2 33 2 11 222 x xxxx xxx x x a . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及不等式的恒成立问题，考查不等式的证明，考查推 理能力及运算求解能力，属于难题. 20.已知数列 n a满足奇数项 21n a 成等差，公差为d，偶数项 2n a成等比，公比为q，且数列 n a的前 n项和为 n S， 1 1a ， 2
34、2a . 1若 545 2Saa， 934 aaa. 求数列 n a的通项公式； 若 12mmm a aa ，求正整数m的值； 2若1d ， 1q ，对任意给定的q，是否存在实数，使得 21 2 n n a a 对任意 * nN恒成立？若存在， 求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】 1 1 2 ,21 2 3,2 n n n nk a nk ， * kN；2m； 2存在；的取值范围为 0. 【解析】 【分析】 1先由 545 2Saa， 934 aaa，联立求得2d ，3q ；先对n进行分类（正奇数与正偶数） ， 分别求通项公式；先对m进行分类（正奇数与正偶数） ，利用求得的通项公
35、式分别求满足题意的m， 再综合； 2分当0与0两种情况分别研究，求出的取值范围. 【详解】 解： 1因为 545 2Saa， 934 aaa，所以 1234 aaaa， 934 aaa，即 42 32 dq dq 解得2d ，3q . 当n为奇数时，设21nk，则 211 121 nk aaakdkn 当n为偶数时，设2nk，则 1 1 2 22 2 3 n k nk aaa q 综上 1 2 ,21 2 3,2 n n n nk a nk ， * kN . 当m为奇数时， 12mmm a aa ，即 1 2 2 32 m mm ，即 1 2 2 2 31 m m ，当1m时，不合题意； 当3
36、m时，右边小于 2，左边大于 2，等式不成立； 当m为偶数时， 12mmm a aa ，13m ,所以2m.综上，2m. 2当0时，由于 21n an ， 1 2 2 n n aq 各项，所以 21 2 0 n n a a ，所以0符合题意； 当0时，假设 21 2 n n a a 对任意 * nN恒成立，即 1 2 n n q 对任意 * nN恒成立， 所以 2 n n qq ，令 0 2 q ，即 0 n n q 对任意 * nN恒成立 先证：ln x x 对任意0x恒成立， 令 lnf xxx，则 112 22 x fx xxx ， 所以 f x在0,4上递减，在4,上递增， 所以 mi
37、n 42ln40f xf，即ln x x 对任意0x恒成立，所以lnnn， 所以 2 lnlnln2lnln2ln2 n qnnqnnqnnnq，所以当 2 4 ln n q 时， 2n qn, 即 0 2n nn nq ，解得 0 1 n ， 所以当 0 1 n 且 2 4 ln n q 时， 0 2 1 n nn qnn 这与 0 n n q 对任意 * nN恒成立矛盾，所以当0时 不合题意； 综上的取值范围为 0. 【点睛】本题考查对数列抽出的项构成等差、等比数列的综合问题的研究，属于难题. 2020 届高三届高三 5 月学情调研月学情调研 数学试题数学试题 注意事项：注意事项： 1.附
38、加题供选修物理的考生使用附加题供选修物理的考生使用. 2.本试卷共本试卷共 40 分，考试时间分，考试时间 30 分钟分钟. 3.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸规定的区域内答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸规定的区域内.试题的答案试题的答案 写在答题纸上对应题目的区域内写在答题纸上对应题目的区域内.考试结束后，交回答题纸考试结束后，交回答题纸. 选修选修 42：矩阵与变换：矩阵与变换 21.已知矩阵 40 01 A ， 12 05 B ，列向量 a X b . （1）求矩阵AB； （2）若 11 5 1 B A X ，求a，b的值. 【答案】 （
39、1） 48 05 ； （2）28a，5b 试题分析： （1）根据矩阵乘法得矩阵AB； （2）根据逆矩阵性质得 5 1 XAB ，再根据矩阵乘法得结果. 试题解析： （1） 401248 010505 AB ； （2） 由 11 5 1 B A X ， 解得 5 1 XAB 48528 0515 ， 又因为 a X b ， 所以28a，5b. 选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22.在极坐标系中，直线l的极坐标方程为 3 R ，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直 角坐标系，曲线C的参数方程为 2cos , 1 cos2 x y （为参数） ，求直线l与曲线C的交点 P 的
40、直角坐标 【答案】(0,0) 【详解】试题分析：根据极坐标化普通方程公式得：3yx，化曲线的参数方程为普通方程 2 1 2,2 2 yxx ，联立解方程组即可 试题解析：因为直线l的极坐标方程为 3 R ，所以直线l的普通方程为3yx， 又因为曲线C的参数方程为 2cos 1 cos2 x y （为参数） ， 所以曲线C的直角坐标方程为 2 1 2,2 2 yxx ， 联立解方程组得 0 0 x y 或 2 3 6 x y 根据x的范围应舍去 2 3 6 x y ,故P点的直角坐标为(0,0) 考点：1、极坐标；2、参数方程；3、曲线的交点 【必做题】第【必做题】第 22 题、第题、第 23 题，每题题，每题 10 分，共计分，共计 20 分分.请在请在答卷卡指定区域内答卷卡指定区域内
