江苏省南京师大附中2020届高三下学期6月模拟考试数学试题 Word版含解析

江苏省南京师大附中2020届高三下学期6月模拟考试数学试题 Word版含解析

- 1 - 江苏省南师附中 2020 届高三模拟考试试卷（2020.6） 数学 （满分 160 分，考试时间 120 分钟） 参考公式： 样本数据 1 2, , , nx x x 的方差  22 1 1 n i i s x xn    ，其中 1 1 n i i x xn    . 锥体的体积 1 3V Sh ，其中 S 是锥体的底面积，h 是锥体的高. 球体的表面积 24S r ，其中 r 是球体的半径. 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分. 1.已知集合  1,A x x x Z   ，  1,0,1,6|B x  ，则 A B  ________. 【答案】 1,0,1 【解析】 【分析】 根据绝对值不等式的解法求得集合 A ，再根据交集定义可求得结果. 【详解】    1 1, 1,0,1A x x x Z       ，  1,0,1A B   . 故答案为： 1,0,1 . 【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到绝对值不等式的求解，属于基础题. 2.已知复数   1 2z i a i   ，其中 i 是虚数单位.若 z 的实部为 0，则实数 a 的值为________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为 0 得 a 的值. 【详解】∵       1 2 2 1 2z i a i a a i       ，且 z 的实部为 0， ∴ 2 0a   ，即 2a   ， 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题. 3.样本数据 6，7，10，14，8，9 的方差是________. - 2 - 【答案】 20 3 【解析】 【分析】 先求平均数，再代入方差公式即可. 【详解】解： 6 7 10 14 8 9 96x       ，            2 2 2 2 2 2 2 6 9 7 9 10 9 14 9 + 8 9 9 9 20 6 3s           ， 故答案为： 20 3 . 【点睛】考查方差的计算和运算求解能力，基础题. 4.下图是一个算法流程图，若输入的 x 的值为 1，则输出 S 的值为________. 【答案】100 【解析】 【分析】 根据题意，将 x 代入，按照程序框图计算即可得到结果. 【详解】模拟程序如下：输入 1x  ， 0S  ； 1S  ，不满足 78S  ； 2x  ， 1 8 9S    ，不满足 78S  ； 3x  ， 9 27 36S    ，不满足 78S  ； 4x  ， 36 64 100S    ，满足 78S  ； - 3 - 输出 100； 故答案为：100. 【点睛】本题主要考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，属于基 础题. 5.将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有 1，2，3，4，5，6 个点的正方体玩具）先 后抛郑 2 次，则出现向上的点数之和为 6 的倍数的概率是________. 【答案】 1 6 【解析】 【分析】 分别求出基本事件数，“点数之和为 6 的倍数”的种数，再根据概率公式解答即可. 【详解】基本事件共 6 6 36  个， 点数和为 6 的倍数的有  1,5 ， 2,4 ， 3,3 ， 4,2 ， 5,1 ， 6,6 共 6 个， 故 6 1 36 6P   ， 故答案为： 1 6 . 【点睛】本题主要考查的知识点是古典概型概率计算公式，属于基础题. 6.已知函数  sin 2 2 2y x           的图像关于点 2 ,03      对称，则 的值是 ________. 【答案】 3  【解析】 【分析】 将对称中心点的坐标代入函数中可求出 的值 【详解】解：因为函数  sin 2 2 2y x           的图像关于点 2 ,03      对称， 所以 20 sin 2 3        ，解得 4 ( )3k k Z    ， 因为 2 2     ，所以 3    - 4 - 故答案为： 3  【点睛】此题考查正弦函数的对称性，对称中心性质的应用是关键，属于基础题. 7.已知 P ABC 是正三棱锥，其外接球 O 的表面积为16 ，且 30APO BPO CPO       ，则该三棱锥的体积为________. 【答案】 9 34 【解析】 【分析】 由球O 的表面积求得半径，结合30°及等腰三角形求得测棱长，进一步求得高和底面边长，得 解． 【详解】解： 如图，由 24 16R  ，可得 2R  ， 即 2OP OA  ， 又 30APO PAO     ， 2 3AP  ， 3AM  ， 3PM  ， 3AB  ， 21 1 3 3 33 3 4ABCV S PM       9 3 4  ， 故答案为： 9 3 4 ． 【点睛】本题考查了三棱锥外接球问题，几何体的体积计算，属于中档题.． - 5 - 8.若双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的离心率为 3，则抛物线 21 4y x 的焦点到双曲线 C 的渐近线距离为________. 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 求出焦点，由离心率求出斜率，表示出渐近线方程，用点到直线距离公式即可. 【详解】解： 21 4y x 的焦点 0 1， ， 双曲线的离心率等于 3，即 3c a  ， 22 2 2 2 2 1 , 2= 2+ c b bc a b a a a       ， 则双曲线的渐近线方程为 2 2y x  ， 焦点 0 1， 到双曲线的渐近线距离等于 1 3 1 1 8 d    . 故答案为： 1 3 ． 【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率公式的运用，考查运算 能力，属于基础题． 9.已知函数   3sin 2f x x x x   .若    26 2 0f a f a   ，则实数 a 的取值范围是 ________. 【答案】 32, 2     【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，从而脱去 f 解不等式即可. 【详解】由          3 3sin 2 sin 2x xx x xf x x x f          可知， 函数  f x 为奇函数，   2cos 2 3 0f x x x     在 R 上恒成立，所以  f x 为增函数， 由    26 2 0f a f a   得    26 2f a f a   ，即    26 2f a f a   ， - 6 - 等价于 26 2a a   ，解得 32 2a   ， 故答案为： 32, 2     . 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，属于中档题. 10.设等差数列 na 的前 n 项和为 nS .已知 1 2 5 47a a a   ， 3 4 28a a  .若存在正整数 k， 使得对任意的 *n N 都有 n kS S 恒成立，则 k 的值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 根据等差数列解出首项与公差，写出 nS ，找到 nS 取最大值时的 n 值即为答案. 【详解】因为 na 为等差数列, 所以 1 2 1 1 5 1 3 4 47 3 5 47 19 28 2 285 2 a a a a d d a a da a                 . 所以 2 2 10 ( 1)19 ( 2) 20 ( 10) 1002n n nS n n n n S           . 故答案为:10. 【点睛】本题考查等差数列前 n 项和的最值.属于基础题.熟练掌握等差数列的通项公式与前 n 项和公式是解本题的关键. 11.已知圆  2 2: 0O x y m m   ，直线 : 2 10l x y  与 x 轴，y 轴分别交于 A，B 两点.若 圆 O 上存在点 P 使得 PAB△ 的面积为 25 2 ，则实数 m 的最小值为________. 【答案】5 【解析】 【分析】 先求得点 A、B 的坐标，求得线段 AB 的长度，由三角形的面积公式得出点 P 到直线 AB 的距离， 从而得出关于圆的半径的不等式，可得出实数 m 的最小值 【详解】由已知可得直线 l 的方程为 2 10 0x y   ，令 0y  ，得 10x  ，令 0x  ，得 5y  ， (10,0), (0,5)A B ， 2 2| | 10 5 5 5AB    ， - 7 - 设点 P 到直线 l 的距离为 d,则 1 5 5 25| |2 2 2PABS AB d d    ， 5d  ， 圆 O： 2 2 ( 0)x y m m   的圆心 (0,0)O ，半径 r m ，由点到直线的距离公式可得圆心 O 到直线 l 的距离为 2 2 | 0 2 0 10 | 2 5 1 2      ， 2 5 2 5m d m     ，即 2 5 5 2 5m m    ， 5, 5m m    ， 所以实数 m 的最小值为 5. 故答案为：5. 【点睛】本题考查点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系，关键在于通过圆心到直线的 距离得出关于圆的半径的不等式，属于中档题. 12.已知点 G 为 ABC 的重心，点 D，E，F 分别为 AB ， BC ，CA 的中点.若 6AB GD   ， 3 2AC GF   ，则 BC GE   ________. 【答案】 9 2  【解析】 【分析】 以 AB  、 AC  为基底表示出向量 GD  、 GF  ，代入 6AB GD   、 3 2AC GF   中按向量数量 积运算律进行运算得到①式、②式，再用基底表示出 BC GE  ，②  ①即可求得 BC GE  . 【详解】    1 1 1 23 6 6GD CD CA CB AB AC           ，   21 1 12 66 6 3AB GD AB AB AC AB AB AC                ①,    1 1 1 23 6 6GF BF BA BC AC AB           ，   21 1 1 326 6 3 2AC GF AC AC AB AC AC AB                ②，        2 21 1 1 3 6 6BC GE BA AC AE BA AC AB AC AC AB                    ， ②  ①得：  2 21 9 6 2AC AB    ，所以 BC GE   9 2  . 故答案为： 9 2  - 8 - 【点睛】本题考查向量的线性运算、向量数量积的运算律、平面向量基本定理，属于中档题. 13.已知函数   | |f x a x ，   ln , 0 1 , 016 x x g x x x     ，若关于 x 的方程    f x g x 有 3 个不同的实数根，则实数 a 的取值集合为________. 【答案】 1 2,2 e     【解析】 【分析】 由   , 0 , 0 a x xf x a x a x x       ，根据关于 x 的方程    f x g x 有 3 个不同的实数根，分 所以方程    f x g x 在  ,0 有 1 个根，在  0,  有 2 个根和方程    f x g x 在  ,0 有 2 个根，在  0,  有 1 个根，利用判别式法和导数法求解. 【详解】   , 0 , 0 a x xf x a x a x x       ， 因为关于 x 的方程    f x g x 有 3 个不同的实数根， 如图所示： 则 0a  . 当 0x  时，若方程    f x g x 有 1 个实数根， - 9 - 联立得  2 2 1 16 y a x y x       ，即 2 2 216 16 0y a y a   ， 则    22 216 4 16 0a a        ， 解得： 1 2a  ， 此时   1 , 02 1 , 02 x x f x x x       ， 令       1 ln2h x f x g x x x    ，   1 1 4 44 xh x x xx     ， 当 0 16x  时，   0h x  ，当 16x  时，   0h x  ， 所以 16x  时，函数  h x 取得极小值：   116 16 ln16 2 4ln 2 02h      ， 又    211 0, 16 8 8ln 2 02h h     ， 所以当 1 2a  时，方程    f x g x 在 ,0 有 1 个根，在 0,  有 2 个根，符合题意. 当 0x  时，若方程    f x g x 有 2 个实数根， 则    22 216 4 16 0a a        ，解得： 1 2a  ， 此时则需方程    f x g x 在 0,  有 1 个根， 令       lnh x f x g x a x x    ， 所以   1 2 22 a a xh x x xx     ， 当 2 40 x a   时，   0h x  ，当 2 4x a  时，   0h x  ， 所以 2 4x a  时，函数  h x 取得极小值： 2 2 4 42 lnh a a       ， 令 2 2 4 42 ln 0h a a        ， - 10 - 则 2 2 4 ea  ， 解得 2 1 2a e   ， 所以 2a e  ，符合题意. 综上：若关于 x 的方程    f x g x 有 3 个不同的实数根，则实数 a 的取值集合为 1 2,2 e     故答案为： 1 2,2 e     【点睛】本题主要考查考查函数与方程，导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运 算求解的能力，属于难题. 14.在锐角三角形 ABC 中，已知 2 2 2 2 2cos cos sin 4cos cosB A B A B  ，则 2 sin 2 sin 2 4cos 2sin 2 sin 2 A B C A B 的取值范围是________. 【答案】 6 1,13 2     【解析】 【分析】 利用同角三角函数关系式化简条件，构造函数将双变量转化单变量并结合锐角三角形得到 2 2cos cosA B 取 值 范 围 ， 利 用 三 角 函 数 的 恒 等 变 换 化 简 2 sin 2 sin 2 4cos 2sin 2 sin 2 A B C A B 为 2 2 sin sin cos cos 1 3cos cos A B A B A B ，构造函数利用导数研究其值域即可. 【详解】由题意可得，  2 2 2 2 2cos cos 1 cos 4cos cosB A B A B   ， 即 2 2 2 2cos cos 5cos cosB A A B  .不妨设 2 2cos ,cos ,A a B b  则 2 2sin 1 ,sin 1 , 5 ,A a B b a b ab      由 15 1 ab a   得 1 1,4 a  令   2 2 2 5 2( ) , '( )5 1 5 1 x x xf x f xx x    ， 1 2( ) 0, ( , ), ( )4 5f x x f x   单调递减， 2( ) 0, ( ,1), ( )5f x x f x   单调递增， - 11 - 2 , ( )5x f x 取得极小值，也是最下值， (1) (0)f f ， 所以 ( )f x 在 1 ,14      上的值域为  2 4 1, 1 ,5 25 4f f            ， 所以 2 4 1,5 1 25 4 aab a       ,又△ ABC 为锐角三角形， 所以  cos 1 1 0A B ab a b      ， 则 1 5ab  ，故 4 1,25 5ab     .  2 sin2 sin2 sin2 sin2 4cos 2sin2 sin2 2 cos2 1 2sin2 sin2 A B A B C A B C A B      sin2 sin2 2cos 2 2 2sin2 sin2 2 A B A B A B       2 2 sin2 sin2 sin2 sin2 2cos2 cos2 2 2 2cos 1 2cos 1 2 A B A B A B A B      2 2 sin sin cos cos 1 3cos cos A B A B A B    (1 ) (1 ) (1 4 ) 1 3 1 3 a a b b ab ab ab ab     , 令    2 3 (1 4 ) 1 5( ) , '( ) 1 3 1 3 x x xg x g x x x      ，故 ( )g x 在 4 1,25 5     上单调递增， 所以 ( )g x 的值域为 4 1 6 1, , ,25 5 13 2g g                   故 2 sin 2 sin 2 4cos 2sin 2 sin 2 A B C A B 的取值范围是 6 1,13 2     . 故答案为： 6 1,13 2     【点睛】本题主要考查三角函数式的化简及构造函数，利用导数研究函数的性质，属于能力 提升题. 二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤. 15.如图，在 ABC 中，已知  2 2 2sin 2 sin sin sin sinA A C A C C     . - 12 - （1）求 cos 3B     的值； （2）若 D 是 BC 边上一点， 5AD  ， 7AC  ， 3DC  ，求 AB 的长. 【答案】（1） 2 6cos 3 4       B ；（2） 5 6 2AB  . 【解析】 【分析】 (1)由正弦定理可得 2 2 22BC BC AB AC AB    ，结合余弦定理可求出 2cos 2B  ，从 而可求出 4B  ，结合两角和的余弦公式可求出 cos 3B     . (2)由余弦定理可求出 11cos 4C  ，结合同角三角函数的基本关系即可求出 5 3sin 14C  ，由 正弦定理可求 AB . 【详解】解：（1）因为 A B C    ，  2 2 2sin 2 sin sin sin sinA A C A C C     ， 所以由正弦定理可知 2 2 22BC BC AB AC AB    ， 2 2 2 2BC AB AC BC AB    ， 所以 2 2 2 2cos 2 2 BC AB ACB BC AB    . 因为在 ABC 中，  0,B  ，所以 4B  . 所以 2 1 2 3 2 6cos cos cos sin sin3 3 3 2 2 2 2 4B B B              . （2）由余弦定理可知，在 ACD 中， 2 2 2 2 2 23 7 5 11cos 2 2 7 3 4 DC AC ADC AC DC         ， - 13 - 因为  0,C  ，所以sin 0C  ， 2 2 11 5 3sin 1 cos 1 4 14C C         . 由正弦定理可知，在 ABC 中， sin sin AB AC C B  ，所以 7 5 3 2 14 2 AB  ，所以 5 6 2AB  . 【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函数的基本关系. 16.在三棱柱 1 1 1ABCA B C 中，侧面 1 1AAC C 为菱形，且 1AB BC ，点 E，F 分别为 1BB ， 1 1AC 的中点.求证： （1）平面 1 1AAC C  平面 1A BC ； （2） //EF 平面 1A BC . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）利用菱形及等腰三角形的性质证明 1 1AC AC 、 1BO AC ，推出 1AC  平面 1A BC 即 可证明面面垂直；（2）利用中位线的性质证明四边形 BEFO 是平行四边形即可推出 //EF BO， 从而证明线面平行. 【详解】证明：（1）连结 1AC 交 1AC 于 O 点，连结 BO . 因为侧面 1 1AAC C 为菱形，所以对角线 1 1AC AC ，且 O 为 1AC 、 1AC 的中点， 在 1ABC 中，因为 1AB BC ，所以 1BO AC ， 因为 1BO AC O ， 1,BO AC  平面 1A BC ，所以 1AC  平面 1A BC ， 因为 1AC  平面 1 1AAC C ，所以平面 1 1AAC C  平面 1A BC . - 14 - （2）连结 FO ，因为侧面 1 1AAC C 为菱形，所以对角线互相平分，点 O 为 1AC 的中点. 因为点 F 为 1 1AC 的中点，所以在 1 1ACC△ 中， 1//FO CC ， FO 1 1 2 CC ， 在三棱柱 1 1 1ABCA B C 中，侧棱 1BB  1CC ，且 1 //BB 1CC ，又点 E 为 1BB 的中点， 所以 1BE//CC , BE 1 1 2 CC . 所以 BE FO 且 //BE FO ，四边形 BEFO 是平行四边形， 所以 //EF BO. 因为 EF  平面 1A BC ， BO  平面 1A BC ，所以 //EF 平面 1A BC . 【点睛】本题考查面面垂直的判定及证明、线面平行的证明，涉及菱形的性质，属于中档题. 17.某处有一块闲置用地，如图所示，它的边界由圆 O 的一段圆弧 AB 和两条线段 AC ，BC 构 成.已知圆心 O 在线段 AC 上，现测得圆 O 半径为 2 百米， 2 3AOB   ，BC AC .现规划 在这片闲置用地内划出一片梯形区域用于商业建设，该梯形区域的下底为 AC ，上底为 MN ， 点 M 在圆弧 AD （点 D 在圆弧 AB 上，且OD OA ）上，点 N 在圆弧 BD 上或线段 BC 上. 设 AOM   . （1）将梯形 ACNM 的面积表示为 的函数； （2）当 为何值时，梯形 ACNM 的面积最大？求出最大面积. - 15 - 【答案】（1）       2sin cos 2 , 0, ,3 sin 4cos 3 , , ;3 2 S                        （2）当 3   时，梯形 ACNM 的面 积取得最大值 5 3 2 平方百米. 【解析】 【分析】 (1)结合点 N 的位置分析角 相应的取值范围，分情况讨论即可求解； (2)根据(1)的函数，利用导数研究单调性即可求解函数的最大值. 【详解】（1）因为点 M 在圆弧 AD 上，OD OA ，当点 M 分别与点 A，D 重合时，梯形不存 在， 所以 0, 2      . 过点 B 作 //BB CA ，且 BB 交圆弧 AD 于点 B′ ，连结 B O ，因为OD OA ，所以 BB OD  . 由垂径定理可知OD 垂直平分 BB ， 因此 2 3 2 6B OD BOD AOB AOD              ， 2 6 3AOB AOD B OD             ， 因此，当 ,3 2       时，点 N 在圆弧 BD 上，当 0, 3      上时，点 N 在线段 BC 上. 设OD MN H ， ①当 ,3 2       时，因为 //MN CA ，所以 HMO AOM     . 又OD OA ，所以 MN OD . - 16 - 由垂径定理可知 HM HN ，在 Rt OHM△ 中， cos 2cosHM OM OMH    ， sin 2sinHO OM OMH    ， 因为 BC AC ，所以在 Rt OBC 中， 2COB AOB 3 3          ， cos 2cos 13CO OB BOC     ， 所以梯形 ACNM 的面积      1 1 22 2S OH MN AC OH MH AO OC         sin 4cos 3   ； ②当 0, 3      时，因为 BC AC ，OD OC ， MN OD ， 所以四边形OCNH 为矩形，故 1NH OC  ， 所以梯形 ACNM 的面积      1 1 2 2S OH MN AC OH MH NH AO OC          2sin cos 2   . 综上，       2sin cos 2 , 0, ,3 sin 4cos 3 , , .3 2 S                        （2）①当 ,3 2       时，    sin 4cos 3S     ，       2cos 4cos 3 sin 4sin 8cos 3cos 4S               . 因为 ,3 2       时， 1cos 0, 2      ， 所以   2 1 1 1S 8cos 3cos 4 8 3 4 04 2 2               ， 故  S  在 ,3 2       上单调递减，   5 3sin 4cos 33 3 3 2S S                  . - 17 - ②当 0, 3      时，    2sin cos 2S     ，       22cos cos 2 2sin sin 4cos 4cos 2S               . 因为 0, 3      时， 1cos ,12      ， 所以   2 1 14cos 4cos 2 4 4 2 1 04 2S              ， 故  S  在 0, 3 π     上单调递增，   5 32sin cos 23 3 3 2S S                  . 综上，当且仅当 3   时，梯形 ACNM 的面积取得最大值 5 3 2 平方百米. 【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数的实际应用问题及利用导数研究函数的最值，属 于能力提升题. 18.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x y a ba b      ，其右焦点 F 到其 右准线的距离为 1，离心率为 2 2 ，A，B 分别为椭圆  的上、下顶点，过点 F 且不与 x 轴重 合的直线 l 与椭圆  交于 C，D 两点，与 y 轴交于点 P，直线 AC 与 BD 交于点 Q. （1）求椭圆  的标准方程； （2）当 8 25CD  时，求直线l 的方程； （3）求证：OP OQ  为定值. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 3 1x y   ；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 - 18 - （1）根据题意列出等式： 2 1a cc   ， 2 2 c a  ，联立即得解； （2）设直线 l 的方程为 1x my  ，与椭圆联立，利用弦长公式表示 CD ，代入求解即可； （3）设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，表示 ,AD CB 方程，联立得到 Q 的坐标，利用韦达定理化简 Qy ，利用坐标表示OP OQ  ，可得证. 【详解】（1）解：由题意可知 2 1 2 2 0 a cc c a a           ，所以 2a  ， 1c  ，所以 2 2 2 1b a c   ， 所以椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  （2）解：因为直线 l 不与 x 轴重合，所以斜率不为 0. 因为 l 过点  1,0F ，所以设直线 l 的方程为 1x my  . 由 2 2 1 12 x my x y     ，得 2 22 2 1 0m y my    . 设  1 1,C x y ，  2 2,D x y ，则 1 2 2 2 2 my y m    ， 1 2 2 1 2yy m   ， 则       2 22 2 2 1 2 1 2 1 21 1 4CD m y y m y y y y               222 2 22 2 2 8 12 11 42 2 2 mmm m m m                     因为 8 25CD  ，所以     22 22 8 1 128 252 m m    ，得 2 3m  ，所以 3m   ， 所以直线 l 的方程为 3 1x y   （3）证明：在 1x my  中令 0x  得 1y m   ，所以 10, mP    . - 19 - 而直线 AD 的方程为 2 2 11 yy xx   ，直线CB 的方程为 1 1 11 yy xx   . 由此得到                 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1Q my y my my y myx y x x y xy x y x x y x my y my my y my                          1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 (*)2 my y y y m y y m y y y y         . 不妨设 1 2y y ，则 2 1 2 2 1 2 m my m     ①， 2 2 2 2 1 2 m my m     ②， 所以 2 1 2 2 2 2 1 2 my y m    ③. 将①②③代入 * 式，得 2 22 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 12 4 2 2 12 2 2 2 2 2 1 2 2 1 422 2 Q m mm m m m mm m my m m m mm m m                           ， 所以  10, , 1Q Q Q y mOP OQ x ym m m               为定值 【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了弦长公式和定值问题，考查了学生综合分析， 转化划归，数学运算能力，属于较难题 19.设    21 xf x a x e ex    ，      211 2 xg x e x ax a e x     ， a R ，其中 e 为 自然对数的底数（ e 2.7182  ）. （1）当 a e 时，求  g x 在 ( )( )1, 1g 处的切线方程； （2）设      F x f x g x  ，求  F x 的单调区间； （3）当 1x  时，   0f x  恒成立，求 a 的取值范围. 【答案】（1） 3 2 ey   ；（2）答案见解析；（3） , 2 e    . 【解析】 【分析】 （1）当 a e 时，先求函数的导数，利用导数的几何意义求切线方程； - 20 - （2）先求函数  F x 的导数     1 3xF x x e a    ，然后分 0a  和 0a  讨论求函数的单 调性；（3）首先求函数的导数    2 1 xf x a x e e     ，讨论当 0a  ，由函数的单调性判 断函数的最大值说明   0f x  恒成立，当 0a  时，令    x f x   ，则   2 xx a e   ， 分 2 ea  ， 2 ea  两种情况讨论函数的单调性，并判断函数的最值，说明 a 的取值范围. 【详解】解：（1）当 a e 时，     211 22 xg x e x ex ex    ，    1 2x xg x e x e ex e      ，  1 2 0g e e e     ，   31 22 2 e eg e    ， 所以  g x 在 ( )( )1, 1g 处的切线方程为 3 02 ey   ，即 3 2 ey   . （2）             2 1 1 3x x xF x f x g x a x e e e ax a e x e a                . ①当 0a  时， 3 0xe a  ，所以当 1x  时，   0F x  ；当 1x  时，   0F x  ； ②当 0a  时，令   0F x  得 1x  ，  ln 3x a  . ⅰ.若  ln 3 1a  ，即 3 ea   时，则   0F x  恒成立， 所以  F x 单调增区间为  ,  . ⅱ.若  ln 3 1a  ，即 03 e a   时，   0F x  即 1x  或  ln 3x a  ；   0F x  即  ln 3 1a x   ， 所以  F x 单调增区间为   ,ln 3a  和 1, ，单调减区间为   ln 3 ,1a . ⅲ.若  ln 3 1a  ，即 3 ea   时，   0F x  即  ln 3x a  或 1x  ，   0F x  即  1 ln 3x a   ，所以  F x 单调增区间为  ,1 和   ln 3 ,a  ，单调减区间为   1,ln 3a . （3）    2 1 xf x a x e e     . ①若 0a  时，则   0f x  在 1x  时恒成立，所以  f x 在 1, 上单调递减，所以当 1x  时，    1 0f x f  ，所以 1x  时，   0f x  恒成立. ②若 0a  时，令    x f x   ，则   2 xx a e   ， - 21 - ⅰ.当 2 ea  时，即 1x  时，   0x  ，所以  x 单调递减，所以    1 0x   ，即   0f x  ， 所以  f x 单调递减，所以当 1x  时，    1 0f x f  恒成立. ⅱ.当 2 ea  时，令   0x  ，则  ln 2 1x a  ，当  ln 2x a 时，   0x  ，  x 单 调递减；当  ln 2x a 时，   0x  ，  x 单调递增. 因为  x 在   ,ln 2a 上单调递增且  1 0  ， 所以     ln 2 1 0a   ，所以在   1,ln 2a 上   0x  ，所以   0f x ′ ，所以  f x 单 调递增， 所以当   1,ln 2x a 时，    1 0f x f  ，不满足条件. 所以 a 的取值范围是 , 2 e    . 【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，判断函数的单调性，以及根据不等式恒成立 求参数的取值范围，重点考查分类讨论的思想，逻辑推理能力，属于难题. 20.已知 na 是各项均为正数的无穷数列，且满足 1a a ，  1 1n n n na a d a a    . （1）若 1d  ， 3 6a  ，求 a 的值； （2）设数列 nb 满足 1n n nb a a  ，其前 n 项的和为 nS . ①求证： nb 是等差数列； ②若对于任意的 *n N ，都存在 *m N ，使得 n mS b 成立.求证：   12 1n nS b  . 【答案】（1） 1a  ；（2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）因为 1 1 0n n n na a a a    ，所以此时 na 单调递增， 1n na a  ，将 2n  ， 3 6a  代入 1 1n n n na a a a    ，解出 2a ，同理将 1n  ， 2a 的值代入可得出答案. （2）①由题意， 0na  ，由  1 1n n n na a d a a    ，得 0d ≥ ,当 0d  成立，当 0d  时， - 22 - 可 得    2 1 1n n n na a d a a    和    2 1 1n n n na a d a a    , 两 式 相 减 化 简 可 得    1 1n n n na a a a d     ，从而可证明. ② 由 ① 可 得   1 1 2n n nS nb d   ， 又 存 在 *m N ， 使 得 n mS b 成 立 ， 即       1 11 1 2 n nm d n b d     ， 当 0d  成 立 ， 当 0d  时 ，      1 11 1 2 n nm n b d     . 当 1n  时， 1m  ；当 2n  时， 1b d 必为整数，即 1b kd ，要证   12 1n nS b  ，只需证即 证    1 2 12 nn n n k     ，因为 1k ³ ，只需证明  1 2 12 nn n n     即可. 【详解】（1） na 是各项均为正数的无穷数列， 0na  解：因为 1 1 0n n n na a a a    ，所以此时 na 单调递增， 1n na a  又 3 6a  所以令 2n  ，得 3 2 3 2a a a a   ，即  2 2 26 6 6a a a    ， 平方整理得  2 210 3 0a a   . 因为 2 6a  ，所以 2 3a  ； 同理令 1n  ，得 2 1 2 1a a a a   ，即  1 1 13 3 3a a a    ， 平方整理得  1 11 7 0a a   .因为 1 3a  ，所以 1 1a  ，因此 1a  . （2）证明：①由题意， 0na  ，由  1 1n n n na a d a a    ，得 0d ≥ . 当 0d  时， 1n n nb a a  ，所以 nb 是公差为 0 的等差数列. 当 0d  时，因为  1 1n n n na a d a a    所以   2 1 1n n n na a d a a    ①， 从而有   2 1 1n n n na a d a a    ②. - 23 - ①-②，得        2 2 1 1 1 1n n n n n n n na a a a d a a a a            ， 化简得        1 1 1 1 1 1n n n n n n n na a a a a a d a a            . 因为  1 1n n n na a d a a    ，且数列 na 的各项均为正数， 0d  ， 所以 1 0n na a   ，从而 1 1 0n na a   ，因此   1 1n n n na a a a d     . 因为 1n n nb a a  ，所以 1n nb b d  . 综上， nb 是公差为 d 的等差数列. ②因为 nb 是公差为 d 的等差数列，所以   1 1 2n n nS nb d   . 因为对于任意的 *n N ，都存在 *m N ，使得 n mS b ， 所以有    1 1 1 12 n nnb d b m d     ， 整理得      1 11 1 2 n nm d n b d     . ⅰ.若 0d  ，则 1 0b  ，结论成立. ⅱ.若 0d  ，     1 11 1 2 n nm n b d     . 当 1n  时， 1m  . 当 2n  时， 1b d 必为整数，即 1b kd . 因为 1 0n na a   ， 所以 0nb  ， 0d  ，所以 *k N ， 从而   1 1 1 2 2n n n nS nb d nd k        . 下证    1 2 12 nn nnkd d kd    ，即证    1 2 12 nn n n k     ， 从而只要证  1 2 12 nn n n     ， - 24 - 因此要证 1 22 2 0n n n     . 记   1 22 2nf n n n    ，则      1 2 2 1nf n f n n       . 记    2 1ng n n   ，则    1 2 1 0ng n g n     ， 所以      2 1 1 0ng n n g     ， 从而    1 0f n f n   ， 所以    1 22 2 1 0nf n n n f      . 【点睛】本题考查根据递推关系求数列中的项，考查由递推关系证明数列为等差数列，证明 数列不等式问题，属于难题. 江苏省南师附中 2020 届高三模拟考试试卷 数学附加题（满分 40 分，考试时间 30 分钟） 【选做题】在小题中只能选做两题，每小题 10 分，共 20 分.若多做，则按作答的前两题计分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. （选修 4-2：矩阵与变换） 21.已知矩阵 2 2 aA b      ，点  3, 1P  在矩阵 A 对应的变换作用下得到点  3,5P . （1）求 a 和 b 的值； （2）求矩阵 A 的特征值. 【答案】（1） 3a  ， 1b  ；（2）矩阵 A 的特征值为 1 1   ， 2 4  . 【解析】 【分析】 （1）由矩阵变换得到 2 3 3 2 1 5 a b                 ，然后由 6 3 6 5 a b      求解. （2）由（1）可知 2 3 2 1A      ，先求得特征行列式，     2 3 4 12 1f          ， 再令   0f λ  求解. 【详解】（1）由题意，得 2 3 3 6 3 2 1 5 6 5 a a b b                                ， - 25 - 所以 6 3 6 5 a b      ， 解得 3 1 a b    ， 所以 3a  ， 1b  . （2）由（1）可知 2 3 2 1A      ， 特征行列式为           22 3 2 1 3 2 3 4 4 12 1f                       ， 令   0f λ  ， 解得 1   或 4  ， 所以矩阵 A 的特征值为 1 1   ， 2 4  . 【点睛】本题主要考查矩阵变换的应用以及特征值的计算，还考查了运算求解的能力，属于 中档题. （选修 4-4：坐标系与参数方程） 22.在极坐标系中，直线 l 的方程为 sin 6 a      ，曲线 C 的方程为 4cos  .若直线 l 与曲线 C 相切，求实数 a 的值. 【答案】 1a  或 3a   . 【解析】 【分析】 以极点为原点，极轴为 x 轴正方向建立平面直角坐标系.先将直线 l 与曲线 C 的极坐标方程化 为直角坐标方程，再根据直线与圆相切的条件建立关于 a 的方程，可求得实数 a 的值. 【详解】以极点为原点，极轴为 x 轴正方向建立平面直角坐标系. 因为直线 l 的方程为 sin 6 a      ，所以其直角坐标方程为 3 2 0x y a   . 因为曲线 C 的方程为 4cos  ，所以 2 4 cos   ， - 26 - 所以曲线 C 的直角坐标方程为 2 22 4x y   ，是圆心为  2,0 ，半径为 2 的圆. 因为直线 l 与圆 C 相切，所以圆心到直线 l 的距离 d 为 2， 2 2 2 1 2 1+3 ad a     ，所以 1a  或 3a   . 【点睛】本题考查直线与圆的极坐标方程化为普通方程，以及直线与圆的位置关系，属于中 档题. （选修 4-5：不等式选讲） 23.已知 a，b，c 为正实数，求 2a b c b c c a a b     的最小值. 【答案】 2 2 1 . 【解析】 【分析】 可将不等式变为：       2 2 2 2 2 21 1 1 2 42 b c c a a b b c c a a b                                        ，然后再 利用柯西不等式求最值即可. 【详解】  22 21 1 2 4 4a b ca b c a b c a b c a b c b c c a a b b c c a a b b c c a a b                                 1 1 2 1 1 1 24 42a b c b c c a a bb c c a a b b c c a a b                                ， 因为 a，b，c 为正实数，所以由柯西不等式可知       2 2 2 2 2 22 1 1 1 2 42 a b c b c c a a bb c c a a b b c c a a b                                                2 21 1 1 2 14 1 1 2 4 2 2 12 2b c c a a bb c c a a b                       ， - 27 - 当且仅当 1 1 2 b c c a a b b c c a a b        ，即  2 2b c c a a b     ， 即 a b 且  2 1c a  时取等号，此时原式的最小值为 2 2 1 . 【点睛】本题考查利用柯西不等式求最值的问题，考查逻辑思维能力和推理能力，考查计算 能力，属于常考题. 【必做题】每小题 10 分，共 20 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 24.某校举办的体育节设有投篮项目.该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中前两次 投篮每投中一次得 1 分，第三次投篮投中得 2 分，若不中不得分，投完三次后累计总分. （1）若甲同学每次投篮命中的概率为 2 5 ，且相互不影响，记甲同学投完三次后的总分为 X， 求随机变量 X 的概率分布列； （2）若（1）中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目，已知乙同学每次投篮命中的概率为 1 2 ， 且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰.求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率. 【答案】（1）答案见解析；（2） 483 1000 . 【解析】 【分析】 （1）随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3，4，根据独立重复试验的概率公式求出 X 的各个 取值的概率可得分布列； （2）根据相互独立事件的乘法公式求出四个互斥事件的概率再相加即可得到答案. 【详解】（1）随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3，4，   33 270 5 125P X       ；   2 1 2 2 3 361 5 5 125P X C         ；   2 22 3 3 2 302 5 5 5 5 125P X                ；   2 1 2 2 3 243 5 5 125P X C         ；   32 84 5 125P X       . 所以随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 4 - 28 - P 27 125 36 125 30 125 24 125 8 125 （2）设乙同学投完后的总分为 Y，则随机变量 Y 可能的取值为 0，1，2，3，4，   31 10 2 8P Y       ；   3 1 2 1 11 2 4P Y C        ；   3 31 1 12 2 2 4P Y              ；   3 1 2 1 13 2 4P Y C        ；   31 14 2 8P Y       . 记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件 A，由四种情况组成，且相互独立，四种情 况分别为甲得 0 分且乙得分超过 0 分，甲得 1 分且乙得分超过 1 分，甲得 2 分且乙得分超过 2 分，甲得 3 分且乙得分超过 3 分. 所以                  0 0 1 1 2 2 3 3P A P X P Y P X P Y P X P Y P X P Y               27 1 36 1 1 30 1 1 24 1 4831 1125 8 125 8 4 125 4 8 125 8 1000                            . 所以甲同学的总分低于乙同学的总分的概率为 483 1000 . 【点睛】本题考查了独立重复试验的概率公式，考查了相互独立事件的乘法公式和互斥事件 的加法公式，考查了离散型随机变量的分布列，属于中档题. 25.在空间直角坐标系中，有一只电子蜜蜂从坐标原点 O 出发，规定电子蜜蜂只能沿着坐标轴 方向或与坐标轴平行的方向行进，每一步只能行进 1 个单位长度，若设定该电子蜜蜂从坐标 原点 O 出发行进到点   , , , ,P x y z x y z N 经过最短路径的不同走法的总数为  , ,f x y z . （1）求  1,1,1f ，  2,2,2f 和   *( ), ,f n n n n N ； （2）当 *n N ，试比较  , ,f n n n 与     2 2 4 1 4 ! n n n n   的大小，并说明理由. 【答案】（1）   1,1,1 6f ，  2,2,2 90f ，      3 3 !, , !  nf n n n n ；（2）       2 2 4 1, , 4 ! n n nf n n n n   ， 理由见解析. - 29 - 【解析】 【分析】 (1)结合组合和分步的思想可求出  1,1,1f ，  2,2,2f 和   *( ), ,f n n n n N ； (2)由(1)可知            2 1, , 3 3 1 3 2 2 1 ! f n n n n n n n n n          ，结合基本不等式 可知      24 12 2 1 4 nn k n k     恒成立，从而可证明            2 24 1 4 13 3 1 3 2 2 1 4 4 n n n n nn n n n n                 ，进而可证明  , ,f n n n 与     2 2 4 1 4 ! n n n n   的大小. 【详解】解：（1）   1 1 3 2 1,1,1 6f C C   ，   2 2 6 4 6 5 4 32,2,2 902 2f C C       ，      3 2 3 3 !, , ! n n n n nf n n n C C n    . （2）           3 2 3 2 3 ! 3 !1, , !! ! n n n n n nf n n n C C nn n               2 1 3 3 1 3 2 2 1 ! n n n n n n         ， 其中        3 3 1 3 2 2 1n n n n n      是 2n 个连续的自然数相乘， 对于任意的 *k N ，且 k n ，都有          2 22 2 1 4 12 2 1 2 4 n k n k nn k n k               恒成立， 所以            2 24 1 4 13 3 1 3 2 2 1 4 4 n n n n nn n n n n                 ， 并且 2 2 1n k n k    ，所以取不到等号，因此       2 2 4 1, , 4 ! n n nf n n n n   . 【点睛】本题考查了组合数的计算，考查了分步的思想，考查了基本不等式，考查了不等式 的证明.本题的难点是第二问中对不等式的放缩. - 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