江苏省南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学试题含附加题(解析版) Word版含解析

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江苏省南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学试题含附加题(解析版) Word版含解析

1 江苏省南京市 2020 届高三年级第三次模拟考试 数学试题 2020.6 一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共计 70 分.不需要写出解答过程,请将答案 填写在答题卡相应的位置上..........) 1.已知集合 A= 2 4x x  ,B= 1 3x x  ,则 A  B= . 2.若 i1 i az   (i 是虚数单位)是实数,则实数 a 的值为 . 3.某校共有教师 300 人,男学生 1200 人,女学生 1000 人,现用分层抽样从所有师生中抽 取一个容量为 125 的样本,则从男学生中抽取的人数为 . 4.如图是一个算法的伪代码,其输出的结果为 . 第 4 题 第 6 题 5.将甲、乙、丙三人随机排成一行,则甲、乙两人相邻的概率为 . 6.已知函数 ( ) 2sin( )f x x   (其中 >0, 2 2     )部分图象如图所示,则 ( )2f  的值为 . 7.已知数列 na 为等比数列,若 1 2a  ,且 1a , 2a , 3 2a  成等差数列,则 na 的前 n 项和为 . 8.在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   (a>0,b>0)的右焦点为 F.若以 F 为 圆心,a 为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于 A,B 两点,且 AB=2b,则该双曲线的 离心率为 . 9.若正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2,则三棱锥 A—B1CD1 的体积为 . 10.已知函数 2, 0( ) ( ), 0 x xf x f x x      , ( ) ( 2)g x f x  ,若 ( 1) 1g x   ,则实数 x 的取值 范围为 . 11.在平面直角坐标系 xOy 中,A,B 是圆 O:x2+y2=2 上两个动点,且 OA  ⊥ OB  ,若 A, B 两点到直线 l:3x+4y﹣10=0 的距离分别为 d1,d2,则 d1+d2 的最大值为 . 2 12.若对任意 a[e, + )(e 为自然对数的底数),不等式 eax bx  对任意 xR 恒成立, 则实数 b 的取值范围为 . 13.已知点 P 在边长为 4 的等边三角形 ABC 内,满足 AP AB AC     ,且 2 3 1   , 延长 AP 交边 BC 于点 D,若 BD=2DC,则 PA PB  的值为 . 14.在△ABC 中,∠A= 3  ,D 是 BC 的中点.若 AD≤ 2 2 BC,则 sinBsinC 的最大值为 . 二、解答题(本大题共 6 小题,共计 90 分.请在答题纸指定区域.......内作答,解答应写出文字 说明,证明过程或演算步骤.) 15.(本题满分 14 分) 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,平面 PAD⊥平面 ABCD,PA⏊PD, E, F 分别为 AD,PB 的中点.求证: (1)EF//平面 PCD; (2)平面 PAB⏊平面 PCD. 16.(本题满分 14 分) 已知向量 m  =(cosx,sinx), n  =(cosx,﹣sinx),函数 1( ) 2f x m n    . (1)若 ( ) 12 xf  ,x(0, ),求 tan(x+ 4  )的值; (2)若 1( ) 10f    , ( 2  ,3 4  ), 7 2sin 10   , (0, 2  ),求 2  的值. 3 17.(本题满分 14 分) 如图,港口 A 在港口 O 的正东 100 海里处,在北偏东方向有条直线航道 OD,航道和 正东方向之间有一片以 B 为圆心,半径为8 5 海里的圆形暗礁群(在这片海域行船有触礁 危险),其中 OB= 20 13 海里,tan∠AOB= 2 3 ,cos∠AOD= 5 5 ,现一艘科考船以10 5 海里/小时的速度从 O 出发沿 OD 方向行驶,经过 2 个小时后,一艘快艇以 50 海里/小时的 速度准备从港口 A 出发,并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇. (1)若快艇立即出发,判断快艇是否有触礁的危险,并说明理由; (2)在无触礁危险的情况下,若快艇再等 x 小时出发,求 x 的最小值. 18.(本题满分 16 分) 如图,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C: 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)经过点(﹣2,0)和(1, 3 2 ),椭圆 C 上三点 A,M,B 与原点 O 构成一个平行四边形 AMBO. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若点 B 是椭圆 C 左顶点,求点 M 的坐标; (3)若 A,M,B,O 四点共圆,求直线 AB 的斜率. 4 19.(本题满分 16 分) 已知函数 2 e( ) x f x x ax a    (aR),其中 e 为自然对数的底数. (1)若 a=1,求函数 ( )f x 的单调减区间; (2)若函数 ( )f x 的定义域为 R,且 (2) ( )f f a ,求 a 的取值范围; (3)证明:对任意 a(2,4),曲线 ( )y f x 上有且仅有三个不同的点,在这三点处 的切线经过坐标原点. 20.(本题满分 16 分) 若数列 na 满足 n≥2 时, 0na  ,则称数列 1 n n a a        (n N )为 na 的“L 数列”. (1)若 1 1a  ,且 na 的“L 数列”为 1 2n     ,求数列 na 的通项公式; (2)若 3na n k   (k>0),且 na 的“L 数列”为递增数列,求 k 的取值范围; (3)若 11 n na p   ,其中 p>1,记 na 的“L 数列”的前 n 项和为 nS ,试判断是否 存在等差数列 nc ,对任意 n N ,都有 1n n nc S c   成立,并证明你的结论. 5 江苏省南京市 2020 届高三年级第三次模拟考试 数学附加题 本试卷共 40 分,考试时间 30 分钟. 21.【选做题】本题包括 A,B,C 三小题,请选定其中两题作答,每小题 10 分共计 20 分, 解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤. A.选修 4—2:矩阵与变换 已知矩阵 A= 1 1 0a      ,aR.若点 P(1,1)在矩阵 A 的变换下得到点 P′(0,﹣2). (1)求矩阵 A; (2)求点 Q(0,3)经过矩阵 A 的 2 次变换后对应点 Q′的坐标. B.选修 4—4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参数),直线 l 的参数方程为 3 1 x t y t     (t 为参数),求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最大值. C.选修 4—5:不等式选讲 已知为 a,b 非负实数,求证: 3 3 2 2( )a b ab a b   . 6 【必做题】第 22 题、第 23 题,每题 10 分,共计 20 分,解答时应写出文字说明,证明过程 或演算步骤. 22.(本小题满分 10 分) 如图,在直三棱柱中 ABC—A1B1C1,AB⏊AC,AB=3,AC=4,B1C⏊AC1. (1)求 AA1 的长; (2)试判断在侧棱 BB1 上是否存在点 P,使得直线 PC 与平面 AA1C1C 所成角和二面角 B—A1C—A 的大小相等,并说明理由. 23.(本小题满分 10 分) 口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球.现有一抽奖游戏规则如下:抽 奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球,最多取球 2n+1(n N )次.若取出白球的累 计次数达到 n+1 时,则终止取球且获奖,其它情况均不获奖.记获奖概率为 nP . (1)求 1P ; (2)证明: 1n nP P  . 7 江苏省南京市 2020 届高三年级第三次模拟考试 数学试题 2020.6 一、填空题(本大题共 14 小题,每小题 5 分,共计 70 分.不需要写出解答过程,请将答案 填写在答题卡相应的位置上..........) 1.已知集合 A= 2 4x x  ,B= 1 3x x  ,则 A  B= . 答案:(1,4) 考点:集合的并集运算 解析:∵集合 A= 2 4x x  ,B= 1 3x x  , ∴A  B=(1,4). 2.若 i1 i az   (i 是虚数单位)是实数,则实数 a 的值为 . 答案:2 考点:复数 解析:∵ (2 )ii1 i 2 a a az     是实数,∴实数 a 的值为 2. 3.某校共有教师 300 人,男学生 1200 人,女学生 1000 人,现用分层抽样从所有师生中抽 取一个容量为 125 的样本,则从男学生中抽取的人数为 . 答案:60 考点:分层抽样 解析: 125 1200 60300 1200 1000    . 4.如图是一个算法的伪代码,其输出的结果为 . 答案:10 考点:伪代码 解析:第一步:i=1,S=1; 第一步:i=2,S=3; 第一步:i=3,S=6; 第一步:i=4,S=10;故输出的结果为 10. 5.将甲、乙、丙三人随机排成一行,则甲、乙两人相邻的概率为 . 答案: 2 3 考点:随机事件的概率 8 解析: 2 2 2 2 3 3 2 3 A AP A   . 6.已知函数 ( ) 2sin( )f x x   (其中 >0, 2 2     )部分图象如图所示,则 ( )2f  的值为 . 答案: 3 考点;三角函数的图像与性质 解析:首先 2 22[ ( )]3 3        ,解得 =1, 又 2 2 23 2 6k k            , k Z ,∵ 2 2     , ∴ 6    ,故 ( ) 2sin( )6f x x   ,所以 ( ) 2sin( ) 32 2 6f      . 7.已知数列 na 为等比数列,若 1 2a  ,且 1a , 2a , 3 2a  成等差数列,则 na 的前 n 项和为 . 答案: 12 2n  考点:等比数列的前 n 项和公式,等差中项 解析:∵ 1a , 2a , 3 2a  成等差数列,∴2 2a = 1a + 3 2a  = 3a ,故 q=2, ∴ 12(2 1) 2 22 1 n n nS    8.在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   (a>0,b>0)的右焦点为 F.若以 F 为 圆心,a 为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于 A,B 两点,且 AB=2b,则该双曲线的 离心率为 . 答案: 6 2 9 考点:双曲线的简单性质 解析:由题意知 2a b ,则 3c b ,离心率 e= 3 6 22 c b a b   . 9.若正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2,则三棱锥 A—B1CD1 的体积为 . 答案: 8 3 考点:正四面体的体积计算 解析:可知三棱锥 A—B1CD1 是以 2 2 为棱长的正四面体, V= 32 8(2 2)12 3   . 10.已知函数 2, 0( ) ( ), 0 x xf x f x x      , ( ) ( 2)g x f x  ,若 ( 1) 1g x   ,则实数 x 的取值 范围为 . 答案:[2,4] 考点:函数与不等式 解析:首先 2, 0( ) 2, 0 x xf x x x      ,由 ( ) ( 2)g x f x  知 ( 1) ( 3)g x f x   , 当 ( ) 1f x  ,解得 1 1x   ,故 ( 1) ( 3) 1g x f x    ,得 1 3 1x    , ∴ 2 4x  ,故实数 x 的取值范围为[2,4]. 11.在平面直角坐标系 xOy 中,A,B 是圆 O:x2+y2=2 上两个动点,且 OA  ⊥ OB  ,若 A, B 两点到直线 l:3x+4y﹣10=0 的距离分别为 d1,d2,则 d1+d2 的最大值为 . 答案:6 考点:直线与圆综合 解析:取 AB 中点 D,设 D 到直线 l 的距离为 d,易知:d1+d2=2d OA  ⊥ OB  D 轨迹为: 2 2 max1 3x y d     d1+d2 的最大值为 6. 12.若对任意 a[e, + )(e 为自然对数的底数),不等式 eax bx  对任意 xR 恒成立, 则实数 b 的取值范围为 . 答案:[﹣2,  ) 考点:函数与不等式(恒成立问题) 解析:当 0x  时,显然成立,b R ; 当 0x  时, [ , )a e   , ln ln ( )ax bx e x ax b b x ex f x        1( ) exf x x   ,易知: max 1( ) ( ) 2f x f e    ,故 2b   ; 综上,实数 b 的取值范围为[﹣2,  ). 10 13.已知点 P 在边长为 4 的等边三角形 ABC 内,满足 AP AB AC     ,且 2 3 1   , 延长 AP 交边 BC 于点 D,若 BD=2DC,则 PA PB  的值为 . 答案: 9 4  考点:平面向量数量积 解析:A,P,D 共线,不妨令 3AP mAD  又 2BD DC  ,故 1 2 23 3AD AB AC AP mAB mAC AB AC               , 因此 1 2 1 18 2 3 1 1 8 4 4 AP AB AC                   , 则 7 1 8 4PB AB AP AB AC        , 故 1 1 7 1 9( ) ( )8 4 8 4 4PA PB AB AC AB AC             . 14.在△ABC 中,∠A= 3  ,D 是 BC 的中点.若 AD≤ 2 2 BC,则 sinBsinC 的最大值为 . 答案: 3 8 考点:解三角形综合 解析: 2 2 2 2 2 21 32 2 2a bc b c AD a a      2 21 1 3sin sin sin2 2 8bc a B C A     . 二、解答题(本大题共 6 小题,共计 90 分.请在答题纸指定区域.......内作答,解答应写出文字 说明,证明过程或演算步骤.) 15.(本题满分 14 分) 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,平面 PAD⊥平面 ABCD,PA⏊PD, E, F 分别为 AD,PB 的中点.求证: (1)EF//平面 PCD; (2)平面 PAB⏊平面 PCD. 11 证明:(1)取 PC 中点 G,连接 DG、FG. 在△PBC 中,因为 F,G 分别为 PB,PC 的中点,所以 GF∥BC,GF=1 2 BC. 因为底面 ABCD 为矩形,且 E 为 AD 的中点, 所以 DE∥BC,DE=1 2 BC, 所以 GF∥DE,GF=DE,所以四边形 DEFG 为平行四边形, 所以 EF∥DG. 又因为 EF平面 PCD,DG平面 PCD, 所以 EF∥平面 PCD. (2)因为底面 ABCD 为矩形,所以 CD⊥AD. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,CD平面 ABCD, 所以 CD⊥平面 PAD. 因为 PA平面 PAD,所以 CD⊥PA. 又因为 PA⊥PD,PD平面 PCD,CD平面 PCD,PD∩CD=D,所以 PA⊥平面 PCD. 因为 PA平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PCD. 16.(本题满分 14 分) 已知向量 m  =(cosx,sinx), n  =(cosx,﹣sinx),函数 1( ) 2f x m n    . (1)若 ( ) 12 xf  ,x(0, ),求 tan(x+ 4  )的值; (2)若 1( ) 10f    , ( 2  ,3 4  ), 7 2sin 10   , (0, 2  ),求 2  的值. 解:(1) 因为向量 m=(cosx,sinx),n=(cosx,-sinx), 所以 f(x)=m·n+1 2 =cos2x-sin2x+1 2 =cos2x+1 2 . 12 B E A C O D x y 因为 f(x 2 )=1,所以 cosx+1 2 =1,即 cosx=1 2 . 又因为 x∈(0,π) ,所以 x=π 3 , 所以 tan(x+π 4 )=tan(π 3 +π 4 )= tanπ 3 + tanπ 4 1-tanπ 3 tanπ 4 =-2- 3. (2)若 f(α)=- 1 10 ,则 cos2α+1 2 =- 1 10 ,即 cos2α=-3 5 . 因为α∈(π 2 ,3π 4 ),所以 2α∈(π,3π 2 ),所以 sin2α=- 1-cos22α=-4 5 . 因为 sinβ=7 2 10 ,β∈(0,π 2 ),所以 cosβ= 1-sin2β= 2 10 , 所以 cos(2α+β)=cos2αcosβ-sin2αsinβ=(-3 5 )× 2 10 -(-4 5 )×7 2 10 = 2 2 . 又因为 2α∈(π,3π 2 ),β∈(0,π 2 ),所以 2α+β∈(π,2π), 所以 2α+β的值为7π 4 . 17.(本题满分 14 分) 如图,港口 A 在港口 O 的正东 100 海里处,在北偏东方向有条直线航道 OD,航道和 正东方向之间有一片以 B 为圆心,半径为8 5 海里的圆形暗礁群(在这片海域行船有触礁 危险),其中 OB= 20 13 海里,tan∠AOB= 2 3 ,cos∠AOD= 5 5 ,现一艘科考船以10 5 海里/小时的速度从 O 出发沿 OD 方向行驶,经过 2 个小时后,一艘快艇以 50 海里/小时的 速度准备从港口 A 出发,并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇. (1)若快艇立即出发,判断快艇是否有触礁的危险,并说明理由; (2)在无触礁危险的情况下,若快艇再等 x 小时出发,求 x 的最小值. 解:如图,以 O 为原点,正东方向为 x 轴,正北方向为 y 轴,建立直 角坐标系 xOy. 因为 OB=20 13,tan∠AOB=2 3 ,OA=100, 所以点 B(60,40),且 A(100,0). 13 (1)设快艇立即出发经过 t 小时后两船相遇于点 C, 则 OC=10 5(t+2),AC=50t. 因为 OA=100,cos∠AOD= 5 5 , 所以 AC2=OA2+OC2-2OA·OC·cos∠AOD, 即(50t)2=1002+[10 5(t+2)]2-2×100×10 5(t+2)× 5 5 . 化得 t2=4,解得 t1=2,t2=-2(舍去), 所以 OC=40 5. 因为 cos∠AOD= 5 5 ,所以 sin∠AOD=2 5 5 ,所以 C(40,80), 所以直线 AC 的方程为 y=-4 3(x-100),即 4x+3y-400=0. 因为圆心 B 到直线 AC 的距离 d= |4×60+3×40-400| 42+32 =8,而圆 B 的半径 r=8 5, 所以 d<r,此时直线 AC 与圆 B 相交,所以快艇有触礁的危险. 答:若快艇立即出发有触礁的危险. (2)设快艇所走的直线 AE 与圆 B 相切,且与科考船相遇于点 E. 设直线 AE 的方程为 y=k(x-100),即 kx-y-100k=0. 因为直线 AE 与圆 B 相切,所以圆心 B 到直线 AC 的距离 d= |60k-40-100k| 12+k2 =8 5, 即 2k2+5k+2=0,解得 k=-2 或 k=-1 2 . 由(1)可知 k=-1 2 舍去. 因为 cos∠AOD= 5 5 ,所以 tan∠AOD=2,所以直线 OD 的方程为 y=2x. 由 y=2x, y=-2(x-100),解得 x=50, y=100,所以 E(50,100), 所以 AE=50 5,OE=50 5, 14 此时两船的时间差为 50 5 10 5 -50 5 50 =5- 5,所以 x≥5- 5-2=3- 5. 答:x 的最小值为(3- 5)小时. 18.(本题满分 16 分) 如图,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C: 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)经过点(﹣2,0)和(1, 3 2 ),椭圆 C 上三点 A,M,B 与原点 O 构成一个平行四边形 AMBO. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若点 B 是椭圆 C 左顶点,求点 M 的坐标; (3)若 A,M,B,O 四点共圆,求直线 AB 的斜率. 解:(1)因为椭圆x2 a2 +y2 b2 =1(a>b>0)过点(-2,0)和 (1, 3 2 ), 所以 a=2, 1 a2 + 3 4b2 =1,解得 b2=1, 所以椭圆 C 的方程为x2 4 +y2=1. (2)因为 B 为左顶点,所以 B (-2,0). 因为四边形 AMBO 为平行四边形,所以 AM∥BO,且 AM=BO=2. 设点 M(x0,y0),则 A(x0+2,y0). 因为点 M,A 在椭圆 C 上,所以 x02 4 +y02=1, (x0+2)2 4 +y02=1,解得 x0=-1, y0=± 3 2 , 所以 M(-1,± 3 2 ). (3) 因为直线 AB 的斜率存在,所以设直线 AB 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 由 y=kx+m, x2 4 +y2=1,消去 y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 15 则有 x1+x2=-8km 1+4k2 ,x1x2=4m2-4 1+4k2 . 因为平行四边形 AMBO,所以OM→=OA→+OB→=(x1+x2,y1+y2). 因为 x1+x2=-8km 1+4k2 ,所以 y1+y2=k(x1+x2)+2m=k·-8km 1+4k2 +2m= 2m 1+4k2 , 所以 M(-8km 1+4k2 , 2m 1+4k2 ). 因为点 M 在椭圆 C 上,所以将点 M 的坐标代入椭圆 C 的方程, 化得 4m2=4k2+1.① 因为 A,M,B,O 四点共圆,所以平行四边形 AMBO 是矩形,且 OA⊥OB, 所以OA→·OB→=x1x2+y1y2=0. 因为 y1y2=(kx1+m)(kx1+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2-4 k2 1+4k2 , 所以 x1x2+y1y2=4m2-4 1+4k2 +m2-4k2 1+4k2 =0,化得 5m2=4k2+4.② 由①②解得 k2=11 4 ,m2=3,此时△>0,因此 k=± 11 2 . 所以所求直线 AB 的斜率为± 11 2 . 19.(本题满分 16 分) 已知函数 2 e( ) x f x x ax a    (aR),其中 e 为自然对数的底数. (1)若 a=1,求函数 ( )f x 的单调减区间; (2)若函数 ( )f x 的定义域为 R,且 (2) ( )f f a ,求 a 的取值范围; (3)证明:对任意 a(2,4),曲线 ( )y f x 上有且仅有三个不同的点,在这三点处 的切线经过坐标原点. 解:(1)当 a=1 时,f(x)= ex x2-x+1 , 所以函数 f(x)的定义域为 R,f'(x)=ex(x-1)(x-2) (x2-x+1)2 . 令 f'(x)<0,解得 1<x<2, 所以函数 f(x)的单调减区间为(1,2). (2)由函数 f(x)的定义域为 R,得 x2-ax+a≠0 恒成立, 所以 a2-4a<0,解得 0<a<4. 16 方法 1 由 f(x)= ex x2-ax+a ,得 f'(x)=ex(x-a)(x-2) (x2-ax+a)2 . ①当 a=2 时,f(2)=f(a),不符题意. ②当 0<a<2 时, 因为当 a<x<2 时,f ′(x)<0,所以 f(x)在(a,2)上单调递减, 所以 f(a)>f(2),不符题意. ③当 2<a<4 时, 因为当 2<x<a 时,f ′(x)<0,所以 f(x)在(2,a)上单调递减, 所以 f(a)<f(2),满足题意. 综上,a 的取值范围为(2,4). 方法 2 由 f(2)>f(a),得 e2 4-a >ea a . 因为 0<a<4,所以不等式可化为 e2>ea a (4-a). 设函数 g(x)=ex x (4-x)-e2, 0<x<4. 因为 g'(x)=ex·-(x-2)2 x2 ≤0 恒成立,所以 g(x)在(0,4)上单调递减. 又因为 g(2)=0,所以 g(x)<0 的解集为(2,4). 所以,a 的取值范围为(2,4). (3)证明:设切点为(x0,f(x0)),则 f'(x0)=ex0(x0-2)(x0-a) (x02-ax0+a)2 , 所以切线方程为 y- ex0 x02-ax0+a =ex0(x0-2)(x0-a) (x02-ax0+a)2 ×(x-x0). 由 0- ex0 x02-ax0+a =ex0(x0-2)(x0-a) (x02-ax0+a)2 ×(0-x0), 化简得 x03-(a+3)x02+3ax0-a=0. 设 h(x)=x3-(a+3)x2+3ax-a,a∈(2,4), 则只要证明函数 h(x)有且仅有三个不同的零点. 由(2)可知 a∈(2,4)时,函数 h(x)的定义域为 R,h'(x)=3x2-2(a+3)x+3a. 因为△=4(a+3)2-36a=4(a-3 2 )2+27>0 恒成立, 所以 h'(x)=0 有两不相等的实数根 x1 和 x2,不妨 x1<x2. 17 因为 x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) h’(x) + 0 - 0 + h(x) 增 极大 减 极小 增 所以函数 h(x)最多有三个零点. 因为 a∈(2,4),所以 h(0)=-a<0,h(1)=a-2>0,h(2)=a-4<0,h(5)=50-11a >0, 所以 h(0)h(1)<0,h(1)h(2)<0,h(2)h(5)<0. 因为函数的图象不间断,所以函数 h(x)在(0,1),(1,2),(2,5)上分别至少有一个 零点. 综上所述,函数 h(x)有且仅有三个零点. 20.(本题满分 16 分) 若数列 na 满足 n≥2 时, 0na  ,则称数列 1 n n a a        (n N )为 na 的“L 数列”. (1)若 1 1a  ,且 na 的“L 数列”为 1 2n     ,求数列 na 的通项公式; (2)若 3na n k   (k>0),且 na 的“L 数列”为递增数列,求 k 的取值范围; (3)若 11 n na p   ,其中 p>1,记 na 的“L 数列”的前 n 项和为 nS ,试判断是否 存在等差数列 nc ,对任意 n N ,都有 1n n nc S c   成立,并证明你的结论. 解:(1)由题意知, 1 1 2 n n n a a   ,所以 1 2nn n a a   , 所以 ( 1) 1 2 1 1 2 3 ( 1)1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 n n n n nn n n n n a a aa aa a a                        即数列 na 的通项公式为 ( 1) 22 n n na   (2)因为 an=n+k-3(k>0),且 n≥2,n∈N*时,an≠0,所以 k≠1. 方法 1 设 bn= an an+1 ,n∈N*,所以 bn= n+k-3 (n+1)+k-3 =1- 1 n+k-2 . 因为{bn}为递增数列,所以 bn+1-bn>0 对 n∈N*恒成立, 18 即 1 n+k-2 - 1 n+k-1 >0 对 n∈N*恒成立. 因为 1 n+k-2 - 1 n+k-1 = 1 (n+k-2)(n+k-1) , 所以 1 n+k-2 - 1 n+k-1 >0 等价于(n+k-2)(n+k-1)>0. 当 0<k<1 时,因为 n=1 时,(n+k-2)(n+k-1)<0,不符合题意. 当 k>1 时,n+k-1>n+k-2>0,所以(n+k-2)(n+k-1)>0, 综上,k 的取值范围是(1,+∞). 方法 2 令 f(x)=1- 1 x+k-2 ,所以 f(x)在区间(-∞,2-k)和区间(2-k,+∞)上单调递增. 当 0<k<1 时, f(1)=1- 1 k-1 >1,f(2)=1-1 k <1,所以 b2<b1,不符合题意. 当 k>1 时, 因为 2-k<1,所以 f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以{bn}单调递增,符合题意. 综上,k 的取值范围是(1,+∞). (3)存在满足条件的等差数列 nc ,证明如下: 因为 1 1 111 1 1 1 k k k k k a p p a p p p       ,k N , 所以 2 1 1 1 1 1 1(1 )( )1 1 1 1n n n nS p p p p p p          , 又因为 1p  ,所以 11 0p   , 所以 2 1 1 1 1 1 1(1 )( )n n n n nSp p p p p p p        , 即 1 1(1 )n n n nSp p p p     , 因为 1 1 1(1 )np p p   ,所以 1 n n nSp p   , 19 设 n nc p  ,则 1 1 1 n n n nc c p p p     ,且 1n n nc S c   , 所以存在等差数列 nc 满足题意. 江苏省南京市 2020 届高三年级第三次模拟考试 20 数学附加题 本试卷共 40 分,考试时间 30 分钟. 21.【选做题】本题包括 A,B,C 三小题,请选定其中两题作答,每小题 10 分共计 20 分, 解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤. A.选修 4—2:矩阵与变换 已知矩阵 A= 1 1 0a      ,aR.若点 P(1,1)在矩阵 A 的变换下得到点 P′(0,﹣2). (1)求矩阵 A; (2)求点 Q(0,3)经过矩阵 A 的 2 次变换后对应点 Q′的坐标. 解:(1) 1 -1 a 0 1 1 = 0 a . 因为点 P(1,1)在矩阵 A 的变换下得到点 P′(0,-2),所以 a=-2, 所以 A= 1 -1 -2 0 . (2)因为 A= 1 -1 -2 0 ,所以 A2= 1 -1 -2 0 1 -1 -2 0 = 3 -1 -2 2 , 所以 A2 0 3 = 3 -1 -2 2 0 3 = -3 6 , 所以,点 Q′的坐标为(-3,6). B.选修 4—4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为 1 cos sin x y       ( 为参数),直线 l 的参数方程为 3 1 x t y t     (t 为参数),求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最大值. 解:曲线 C:(x﹣1)2+y2=1,直线 l: 3 3 0x y   圆心 C(1,0)到 l 的距离设为 d, 1 3 2d  故曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最大值为 1 3 12   ,即 3 3 2  . C.选修 4—5:不等式选讲 已知 a,b 为非负实数,求证: 3 3 2 2( )a b ab a b   . 证明:因为 a,b 为非负实数, 3 3 2 2 2 2( ) ( ) ( )a b ab a b a a a b b b b a       5 5( )[( ) ( ) ]a b a b  21 若 a b 时, a b ,从而 5 5( ) ( )a b , 得 5 5( )[( ) ( ) ] 0a b a b   , 若 a b 时, a b ,从而 5 5( ) ( )a b , 得 5 5( )[( ) ( ) ] 0a b a b   , 综上, 3 3 2 2( )a b ab a b   . 【必做题】第 22 题、第 23 题,每题 10 分,共计 20 分,解答时应写出文字说明,证明过程 或演算步骤. 22.(本小题满分 10 分) 如图,在直三棱柱中 ABC—A1B1C1,AB⏊AC,AB=3,AC=4,B1C⏊AC1. (1)求 AA1 的长; (2)试判断在侧棱 BB1 上是否存在点 P,使得直线 PC 与平面 AA1C1C 所成角和二面角 B—A1C—A 的大小相等,并说明理由. 解:(1)直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AA1⊥平面 ABC, 又 AB,AC  平面 ABC,故 AA1⊥AB,AA1⊥AC,又 AB⊥AC 故以 A 为原点,{ AB  , AC  , 1AA  }为正交基底建立空间直角坐标系 设 AA1=a>0,则 A1(0,0,a),C(0,4,0),B1(3,0,a),C1(0,4,a), 1B C  =(﹣3,4,﹣a), 1AC  =(0,4,a) 因为 B1C⊥AC1,故 1 1 =0B C AC  ,即 216 0a  , 又 a>0,故 a=4,即 AA1 的长为 4; (2)由(1)知:B(3,0,0),B1(3,0,4),假设存在, 设 1BP BB   (0,0,4  ), (0,1)  , 则 P(3,0,4 ),则 CP  =(3,﹣4,4  ) AB⊥AC,AB⊥AA1,又 AC  AA1=A,AC,AA1  平面 AA1C1C 所以 AB⊥平面 AA1C1C,故平面 AA1C1C 的法向量为 AB  =(3,0,0) 22 设 PC 与平面 AA1C1C 所成角为 ,则 2 3sin cos , 16 25 CP AB         , 设平面 BA1C 的法向量为 n  =(x,y,z),平面 AA1C 的法向量为 AB  =(3,0,0) 由(1)知: 1AC  =(0,4,﹣4), BC  =(﹣3,4,0), AC  =(0,4,0), 1 3 4 0 4 4 0 n BC x y n AC y z               ,令 3y  ,则 n  =(4,3,3) 设二面角 B—A1C—A 的大小为  ,则 4cos cos , 34 n AB      , 因为  ,则 2 2 2 9 8sin cos 116 25 17       ,无解, 故侧棱 BB1 上不存在符合题意的点 P. 23.(本小题满分 10 分) 口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球.现有一抽奖游戏规则如下:抽 奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球,最多取球 2n+1(n N )次.若取出白球的累 计次数达到 n+1 时,则终止取球且获奖,其它情况均不获奖.记获奖概率为 nP . (1)求 1P ; (2)证明: 1n nP P  . 解:(1)根据题意,每次取出的球是白球的概率为 2 5 ,取出的球是黑球的概率为 3 5 , 所以 1 2 1 2 2 2 2 3 44( )5 5 5 5 125P C      ; (2)证明:累计取出白球次数是 n +1 的情况有: 前 n 次取出 n 次白球,第 n +1 次取出的是白球,概率为 12( )5 n n nC  前 n+1 次取出 n 次白球,第 n +2 次取出的是白球,概率为 1 1 2 3( )5 5 n n nC     前 2n﹣1 次取出 n 次白球,第 2n 次取出的是白球,概率为 1 1 2 1 2 3( ) ( )5 5 n n n nC      前 2n 次取出 n 次白球,第 2n +1 次取出的是白球,概率为 1 2 2 3( ) ( )5 5 n n n nC   则 1 1 1 1 1 2 1 2 2 3 2 3( ) ( ) ( ) ( )5 5 5 5 5 n n n n n n n n n n nP C C C               1 1 0 1 1 1 2 1 2 1 2 2 3 2 3 3 3( ) ( ) ( ) [ ( ) ( ) ]5 5 5 5 5 5 n n n n n n n n n n n n nC C C C C                23 因此 2 0 1 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 3( ) [ ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n n n nP P C C C C                 1 0 1 1 1 1 2 1 2 2 3 3 3( ) [ ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n nC C C C             1 0 1 1 1 1 2 2 1 2 2 2 3 3 3( ) {[ ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n nC C C C               0 1 +1 +1 +2 2 2 +1 2 +1 2 +2 3 3 3 3[ ( ) ( ) + ( ) ]}5 5 5 5 n n n n n n n n n n nC C C C C         则 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 3 3 3( ) [ ( ) ( ) ( ) ]5 5 5 5 n n n n n n n n n n n nP P C C C                 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 3 3( ) ( ) ( )5 5 5 n n n n n n n nC C C          1 1 1 1 2 1 2 2 2 3 3( ) ( ) ( )5 5 5 n n n n n nC C        因为 1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 3 2 3 1( )5 5 5 5 5 n n n n n n n n n n n n n n n nC C C C C C C C                    , 所以 1 1 1 2 1 2 3 1( ) ( ) ( ) 05 5 5 n n n n n nP P C         ,因此 1n nP P  .
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