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

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  ．