江苏省南京市2020届高三第三次模拟考试（6月） 数学

江苏省南京市2020届高三第三次模拟考试（6月） 数学

‎2020届高三模拟考试试卷 数　　学 ‎(满分160分，考试时间120分钟)‎ ‎2020．6‎ 一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．‎ ‎1. 已知集合A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|1＜x＜3}，则A∪B________．‎ ‎2. 若z＝＋i(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1 200人，女学生1 000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________．‎ S←0‎ For i From 1 To 4‎ ‎　S←S＋i End For Print S ‎(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f(x)＝2sin(ωx＋φ)(其中ω＞0，－＜φ＜)的部分图象如图所示，则f()的值为________．‎ ‎7. 已知数列{an}为等比数列．若a1＝2，且a1，a2，a3－2成等差数列，则{an}的前n项和为________．‎ ‎8. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线 －＝1(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ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥AB1CD1的体积为________．‎ ‎10. 已知函数f(x)＝g(x)＝f(x－2)．若g(x－1)≥1，则实数x的取值范围是________．‎ ‎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⊥.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________．‎ ‎12. 若对任意a∈[e，＋∞)(e为自然对数的底数)，不等式x≤eax＋b对任意x∈R恒成立，则实数b的取值范围是________．‎ ‎13. 已知点P在边长为4的等边三角形ABC内，满足＝λ＋μ，且2λ＋3μ＝1，延长AP交边BC于点D.若BD＝2DC，则·的值为________．‎ ‎14. 在△ABC中，∠A＝，点D是BC的中点．若AD≤BC，则sin Bsin C的最大值为________．‎ 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. (本小题满分14分)‎ 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，点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.(本小题满分14分)‎ 已知向量m＝(cos x，sin x)，n＝(cos x，－sin x)，函数f(x)＝m·n＋.‎ ‎(1) 若f()＝1，x∈(0，π)，求tan(x＋)的值；‎ ‎(2) 若f(α)＝－，α∈(，)，sin β＝，β∈(0，)，求2α＋β的值．‎ ‎17. (本小题满分14分)‎ 如图，港口A在港口O的正东100海里处，在北偏东方向有一条直线航道OD，航道和正东方向之间有一片以B为圆心，半径为8海里的圆形暗礁群(在这片海域行船有触礁危险)，其中OB＝20海里，tan∠AOB＝，cos∠AOD＝.现有一艘科考船以10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. (本小题满分16分)‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点(－2，0)和(1，)，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．‎ ‎19. (本小题满分16分)‎ 已知函数f(x)＝(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f(2)＞f(a)，求a的取值范围；‎ ‎(3) 求证：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. (本小题满分16分)‎ 若数列{an}满足n≥2，n∈N*时，an≠0，则称数列(n∈N*)为{an}的“L数列”．‎ ‎(1) 若a1＝1，且{an}的“L数列”为，求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2) 若an＝n＋k－3(k＞0)，且{an}的“L数列”为递增数列，求k的取值范围；‎ ‎(3) 若an＝1＋pn－1，其中p＞1，记{an}的“L数列”的前n项和为Sn，试判断是否存在等差数列{cn}，对任意n∈N*，都有cn＜Sn＜cn＋1成立，并证明你的结论.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(十九)‎ 数学附加题 ‎(满分40分，考试时间30分钟)‎ ‎21. 【选做题】 在A，B，C三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．‎ A. (选修42：矩阵与变换)‎ 已知矩阵A＝，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44：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(θ为参数)，直线l的参数方程为(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45：不等式选讲)‎ 已知a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥(a2＋b2)．‎ ‎【必做题】 第22，23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．‎ ‎22. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，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BA1CA的大小相等，并说明理由．‎ ‎23. 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，其他情况均不获奖．记获奖概率为Pn.‎ ‎(1) 求P1；‎ ‎(2) 求证：Pn＋1＜Pn.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(十九)(南京)‎ 数学参考答案及评分标准 ‎1. {x|1＜x＜4}　2. 2　3. 60　4. 10　5. 　6. 　7. 2n＋1－2　8. 　9. 　10. [2，4]　11. 6　12. [－2，＋∞)　13. －　14. ‎15. 证明：(1) 取PC的中点G，连结DG，FG.‎ 在△PBC中，因为点F，G分别为PB，PC的中点，所以GF∥BC，GF＝BC.‎ 因为底面ABCD为矩形，且点E为AD的中点，‎ 所以DE∥BC，DE＝BC，(2分)‎ 所以GF∥DE，GF＝DE，所以四边形DEFG为平行四边形，‎ 所以EF∥DG.(4分)‎ 因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，‎ 所以EF∥平面PCD.(6分)‎ ‎(2) 因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD.‎ 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.(10分)‎ 因为PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA.(12分)‎ 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.(14分)‎ ‎16. 解：(1) 因为向量m＝(cos x，sin x)，n＝(cos x，－sin x)，‎ 所以 f(x)＝m·n＋＝cos2x－sin2x＋＝cos 2x＋.(2分)‎ 因为f()＝1，所以cos x＋＝1，即cos x＝.‎ 因为x∈(0，π)，所以x＝，(4分)‎ 所以tan(x＋)＝tan(＋)＝＝－2－.(6分)‎ ‎(2) 若f(α)＝－，则cos 2α＋＝－，即cos 2α＝－.‎ 因为α∈(，)，所以2α∈(π，)，所以sin 2α＝－＝－.(8分)‎ 因为sin β＝，β∈(0，)，所以cos β＝＝，(10分)‎ 所以cos(2α＋β)＝cos 2αcos β－sin 2αsin β＝(－)×－(－)×＝.(12分)‎ 因为2α∈(π，)，β∈(0，)，所以2α＋β∈(π，2π)，‎ 所以2α＋β的值为.(14分)‎ ‎17. 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，tan∠AOB＝，OA＝100，‎ 所以点B(60，40)，且A(100，0)．(2分)‎ ‎(1) 设快艇立即出发经过t小时后两船相遇于点C，‎ 则OC＝10(t＋2)，AC＝50t.‎ 因为OA＝100，cos∠AOD＝，‎ 所以AC2＝OA2＋OC2－2OA·OC·cos∠AOD，‎ 即(50t)2＝1002＋[10(t＋2)]2－2×100×10(t＋2)×.‎ 化简得t2＝4，解得t1＝2，t2＝－2(舍去)，(4分)‎ 所以OC＝40.‎ 因为cos∠AOD＝，所以sin∠AOD＝，所以C(40，80)，‎ 所以直线AC的方程为y＝－(x－100)，即4x＋3y－400＝0.(6分)‎ 因为圆心B到直线AC的距离d＝＝8，而圆B的半径r＝8，‎ 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．(8分)‎ ‎(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＝＝8，‎ 即2k2＋5k＋2＝0，解得k＝－2或k＝－.(10分)‎ 由(1)可知k＝－舍去．‎ 因为cos∠AOD＝，所以tan∠AOD＝2，所以直线OD的方程为y＝2x.‎ 由解得所以E(50，100)，‎ 所以AE＝50，OE＝50，(12分)‎ 此时两船的时间差为－＝5－，所以x≥5－－2＝3－.‎ 答：x的最小值为(3－)小时．(14分)‎ ‎18. 解：(1) 因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点(－2，0)和(1，)，‎ 所以a＝2，＋＝1，解得b2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2分)‎ ‎(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.(4分)‎ 设点M(x0，y0)，则A(x0＋2，y0)．‎ 因为点M，A在椭圆C上，所以解得 所以M(－1，±)．(6分)‎ ‎(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)．‎ 由消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 则有x1＋x2＝，x1x2＝.(8分)‎ 因为平行四边形AMBO，所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)．‎ 因为x1＋x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·＋2m＝，‎ 所以M(，)．(10分)‎ 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，‎ 化简得4m2＝4k2＋1　①.(12分)‎ 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·＝x1x2＋y1y2＝0.‎ 因为y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，‎ 所以x1x2＋y1y2＝＋＝0，化简得5m2＝4k2＋4　②.(14分)‎ 由①②解得k2＝，m2＝3，此时Δ＞0，因此k＝±.‎ 所以所求直线AB的斜率为±.(16分)‎ ‎19. (1) 解：当a＝1时，f(x)＝，‎ 所以函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝. ‎ 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分)‎ ‎(2) 解：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.(4分)‎ ‎(解法1)由f(x)＝，得f′(x)＝.‎ ‎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．(6分)‎ ‎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的取值范围是(2，4)．(8分)‎ ‎(解法2)由f(2)＞f(a)，得＞.‎ 因为0＜a＜4，所以不等式可化为e2＞(4－a)．‎ 设函数g(x)＝(4－x)－e2，0＜x＜4.(6分)‎ 因为g′(x)＝ex·≤0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减．‎ 因为g(2)＝0，所以g(x)＜0的解集为(2，4)．‎ 所以a的取值范围是(2，4)．(8分)‎ ‎(3) 证明：设切点为(x0，f(x0))，则f′(x0)＝，‎ 所以切线的方程为y－＝×(x－x0)．‎ 由0－＝×(0－x0)，‎ 化简得x－(a＋3)x＋3ax0－a＝0.(10分)‎ 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Δ＝4(a＋3)2－36a＝4(a－)2＋27＞0恒成立，‎ 所以h′(x)＝0有两不相等的实数根x1和x2，不妨设x1＜x2.‎ 列表如下：‎ 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．(12分)‎ 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．(16分)‎ ‎20. 解： (1) 因为{an}的“L数列”为{}，所以＝，n∈N*，即＝2n，‎ 所以n≥2时，an＝··…··a1＝2n－1·2n－2·…·2·1＝2(n－1)＋(n－2)＋…＋1＝2.‎ 又a1＝1符合上式，所以{an}的通项公式为an＝2，n∈N*.(2分)‎ ‎(2) 因为an＝n＋k－3(k＞0)，且n≥2，n∈N*时，an≠0，所以k≠1.‎ ‎(解法1)设bn＝，n∈N*，所以bn＝＝1－.‎ 因为{bn}为递增数列，所以bn＋1－bn＞0对n∈N*恒成立，‎ 即－＞0对n∈N*恒成立．(4分)‎ 因为－＝，‎ 所以－＞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．(6分)‎ 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，＋∞). (8分)‎ ‎(解法2)令f(x)＝1－，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，f(2)＝1－＜1，所以b2＜b1，不符合题意．(6分)‎ 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，＋∞)．(8分)‎ ‎(3) 存在满足条件的等差数列{cn}，证明如下：‎ 因为＝＝＋，k∈N*，(10分)‎ 所以Sn＝＋(1－)·(＋＋…＋＋)．‎ 因为p＞1，所以1－＞0，所以＜Sn＜＋(1－)·(＋＋…＋＋)，‎ 即＜Sn＜＋·[1－()n]．(14分)‎ 因为·[1－()n]＜，所以＜Sn＜.‎ 设cn＝，则cn＋1－cn＝－＝，且cn＜Sn＜cn＋1，‎ 所以存在等差数列{cn}满足题意. (16分)‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(南京)‎ 数学附加题参考答案及评分标准 ‎21. A. 解：(1) ＝.(2分)‎ 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＝.(4分)‎ ‎(2) 因为A＝，所以A2＝＝，(6分)‎ 所以A2＝＝，‎ 所以点Q′的坐标为(－3，6)．(10分)‎ B. 解：由直线l的参数方程(t为参数)，得直线l的方程为x－y＋＝0.(2分)‎ 曲线C上的点到直线l的距离d＝(4分)‎ ‎＝.(6分)‎ 当θ＋＝2kπ，即θ＝－＋2kπ(k∈Z)时，(8分)‎ 曲线C上的点到直线l的距离取最大值.(10分)‎ C. 证明：因为a，b为非负实数，‎ 所以a3＋b3－(a2＋b2)＝a2(－)＋b2(－)‎ ‎＝(－)[()5－()5]．(4分)‎ 若a≥b时，≥，从而()5≥()5，‎ 得(－)·[()5－()5]≥0.(6分)‎ 若a＜b时，＜，从而()5＜()5，‎ 得(－)·[()5－()5]＞0.(8分)‎ 综上，a3＋b3≥(a2＋b2)．(10分)‎ ‎22. 解：(1) 因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，‎ 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.‎ 又AB⊥AC，所以以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ 设AA1＝t(t＞0)，又AB＝3，AC＝4，‎ 则A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0)，‎ 所以＝(0，4，t)，＝(－3，4，－t)．(2分)‎ 因为B1C⊥AC1，所以·＝0，即16－t2＝0，解得t＝4，‎ 所以AA1的长为4.(4分)‎ ‎(2) 由(1)知B(3，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)，‎ 所以＝(0，4，－4)，＝(－3，4，0)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面A1CB的法向量，‎ 则n·＝0，n·＝0，即 取y＝3，解得z＝3，x＝4，所以n＝(4，3，3)为平面A1CB的一个法向量．‎ 因为AB⊥平面AA1C1C，所以＝(3，0，0)为平面A1CA的一个法向量，‎ 则cos〈n，〉＝＝＝，(6分)‎ 所以sin〈n，〉＝.‎ 设P(3，0，m)，其中0≤m≤4，则＝(3，－4，m)．‎ 因为＝(3，0，0)为平面A1CA的一个法向量，‎ 所以cos〈，〉＝＝＝，‎ 所以直线PC与平面AA1C1C所成角的正弦值为.(8分)‎ 因为直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角BA1CA的大小相等，‎ 所以＝，此时方程无解，‎ 所以侧棱BB1上不存在点P，使得直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角BA1CA的大小相等 .(10分)‎ ‎23. (1) 解：根据题意，每次取出的球是白球的概率为，取出的球是黑球的概率为，‎ 所以P1＝×＋C×()2×＝＋＝.(2分)‎ ‎(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C×()n＋1；‎ 前n＋1次取出n次白球，第n＋2次取出的是白球，概率为C×()n＋1×；(4分)‎ ‎……‎ 前2n－1 次取出n次白球，第2n次取出的是白球，概率为C×()n＋1×()n－1；‎ 前2n次取出n次白球，第2n＋1次取出的是白球，概率为C×()n＋1×()n；‎ 则Pn＝C×()n＋1＋C×()n＋1×＋…＋C×()n＋1×()n－1＋C×()n＋1×()n ‎＝()n＋1×[C＋C×＋…＋C×()n－1＋C×()n]‎ ‎＝()n＋1×[C＋C×＋…＋C×()n－1＋C×()n]，(6分)‎ 因此Pn＋1－Pn＝()n＋2×[C＋C×＋…＋C×()n＋C×()n＋1] ‎ ‎－()n＋1×[C＋C×＋…＋C×()n－1＋C×()n]‎ ‎＝()n＋1×{×[C＋C×＋…＋C×()n＋C×()n＋1]‎ ‎－[C＋C×＋…＋C×()n－1＋C×()n]}‎ ‎＝()n＋1×{(1－)×[C＋C×＋…＋C×()n＋C×()n＋1]‎ ‎－[C＋C×＋…＋C×()n－1＋C×()n]}‎ ‎＝()n＋1×{[C＋C×＋…＋C×()n＋C×()n＋1]‎ ‎－[C×＋C×()2＋…＋C×()n＋1＋C×()n＋2]‎ ‎－[C＋C×＋…＋C×()n－1＋C×()n]}(8分)‎ ‎＝()n＋1×{[C＋C×＋…＋C×()n＋C×()n＋1]‎ ‎－[C＋C×＋…＋C×()n＋C×()n＋1＋C×()n＋2]}，‎ 则Pn＋1－Pn＝()n＋1×[C×()n＋1－C×()n＋1－C×()n＋2]‎ ‎＝()n＋1×()n＋1×(C－C－C)‎ ‎＝()n＋1×()n＋1×(C－C)．‎ 因为C－C＝C－(C＋C)＝C－C＝－C，‎ 所以Pn＋1－Pn＝()n＋1×()n＋1×(－)×C＜0，‎ 因此Pn＋1＜Pn.(10分)‎