江苏省苏锡常镇四市2020届高三第二次模拟考试（5月） 数学

江苏省苏锡常镇四市2020届高三第二次模拟考试（5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) 2020．5 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＝{1，2}，B＝{－1，a}．若 A∪B＝{－1，a，2}，则 a＝________． 2. 若复数 z 满足(1－i)z＝1＋i，其中 i 是虚数单位，则 z 的实部为________． 3. 某校 100 名学生参加知识竞赛的成绩均在[50，100]内，将学生成绩分成[50，60)， [60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图，则成绩在 [80，90)内的学生人数是________． 　　　　　　 　　y←1 x←1 While y≥1 　y←3－x2 　x←y End While Print y 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(第 3 题)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (第 4 题) 4. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出 y 的值为________． 5. 某班推选一名学生管理班级防疫用品，已知每个学生当选是等可能的，若“选到女生” 的概率是“选到男生”的概率的1 2，则这个班级的男生人数与女生人数的比值为________． 6. 函数 f(x)＝ 2－x＋ln x 的定义域为________． 7. 在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y2＝4x 的焦点是双曲线x2 a2－y2 4a＝1 的顶点，则 a＝ ________． (第 9 题) 8. 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，S4＝5S2，a2＝2，则 a4＝________． 9. 已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 6，点 M 是对角线 A1C 上靠近点 A1 的三等分点， 则三棱锥 CMBD 的体积为________． 10. 已 知 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 f(x) 的 周 期 为 2 ， 且 x∈[0 ， 1] 时 ， f(x) ＝ {2x＋a，0 ≤ x ≤ 1 2， bx－1 x＋1 ， 1 2 < x ≤ 1， 则 a＋b＝________． 11. 已知锐角 α 满足 sin 2α－2cos 2α＝－1，则 tan(α＋ π 4 )＝________． (第 12 题) 12. 如图，在△ABC 中，∠ABC＝ π 2 ，AB＝1，BC＝3，以 AC 为一边在△ABC 的另一 侧作正三角形 ACD，则BD → ·AC → ＝________． 13. 在平面直角坐标系 xOy 中，AB 是圆 O：x2＋y2＝1 的直径，且点 A 在第一象限；圆 O1：(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)与圆 O 外离，线段 AO1 与圆 O1 交于点 M，线段 BM 与圆 O 交于点 N，且OM → ＋O1N→ ＝0，则 a 的取值范围是________． 14. 已知 a，b∈R，a＋b＝t(t 为常数)，且直线 y＝ax＋b 与曲线 y＝xe x(e 是自然对数的 底数，e≈2.718 28…)相切．若满足条件的有序实数对(a，b)唯一存在，则实数 t 的取值范围 是________． 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) 在△ABC 中，已知 a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，且 bsin 2A＝asin B. (1) 求 A； (2) 求 cos(B＋ π 6 )＋sin(C＋ π 3 )的最大值． 16. (本小题满分 14 分) 在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，已知底面 ABCD 是菱形，且平面 A1ADD1⊥平面 ABCD， DA1＝DD1，点 E，F 分别为线段 A1D1，BC 的中点．求证： (1) EF∥平面 CC1D1D； (2) AC⊥平面 EBD. 17. (本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为1 2，右焦点到右准线 的距离为 3. (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 过点 P(0，1)的直线 l 与椭圆 C 交于两点 A，B.己知在椭圆 C 上存在点 Q，使得四边 形 OAQB 是平行四边形，求 Q 的坐标． 18. (本小题满分 16 分) 某地开发一片荒地，如图，荒地的边界是以 C 为圆心，半径为 1 千米的圆周．已有两条 互相垂直的道路 OE，OF，分别与荒地的边界有且仅有一个接触点 A，B.现规划修建一条新 路(由线段 MP，PQ ︵ ，线段 QN 三段组成)，其中点 M，N 分别在 OE，OF 上，且使得 MP，QN 所在直线分别与荒地的边界有且仅有一个接触点 P，Q，PQ ︵ 所对的圆心角为 π 6 .记∠PCA＝ 2θ(道路宽度均忽略不计)． (1) 若 θ＝5π 12 ，求 QN 的长度； (2) 求新路总长度的最小值． 19. (本小题满分 16 分) 已知各项均为正数的数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2，且对任意 n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn ＝2an＋1－2an 恒成立． (1) 求证：数列{Sn＋2 an }是等差数列，并求数列{an}的通项公式； (2) 设 bn＝an＋4n－3，已知 b2，bi，bj(2＜i＜j)成等差数列，求正整数 i，j . 20. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)＝(m－1)x＋ln x，g(x)＝(m－2)x2＋(n＋3)x－2，m，n∈R. (1) 当 m＝0 时，求函数 f(x)的极值； (2) 当 n＝0 时，函数 F(x)＝g(x)－f(x)在(0，＋∞)上为单调函数，求 m 的取值范围； (3) 当 n＞0 时，判断是否存在正数 m，使得函数 f(x)与 g(x)有相同的零点，并说明理 由． 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) 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) 已知点 M(2，1)在矩阵 A＝[ 1 a b 2 ]对应的变换作用下得到点 N(5，6)，求矩阵 A 的 特征值． 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{x＝2cos α， y＝sin α (α 为参数)．以原点 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ρsin(θ＋ π 4 )＝ 10. (1) 求曲线 C 和直线 l 的普通方程； (2) 点 P 是曲线 C 上的动点，求 P 到直线 l 的距离的最小值． C. (选修 45：不等式选讲) 已知 a，b，c 是正数，求证：对任意 x∈R，不等式|x－2|－|x＋1|≤b a＋c b＋a c恒成立． 【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，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥平面 ABCD，AB＝2，AD＝ AP＝3，点 M 是棱 PD 的中点． (1) 求二面角 MACD 的余弦值； (2) 点 N 是棱 PC 上的点，已知直线 MN 与平面 ABCD 所成角的正弦值为3 22 22 ，求PN PC的 值． 23. 已知数列{an}中，a1＝6，an＋1＝1 3a2n－an＋3(n∈N*)． (1) 分别比较下列每组中两数的大小： ① a2 和 6×3 2；② a3 和 6×(3 2)3； (2) 当 n≥3 时，求证： (ai 6) 2 i >2×(3 2)n－3. 2020 届高三模拟考试试卷(苏锡常镇) 数学参考答案及评分标准 1. 1　2. 0　3. 30　4. －1　5. 2　6. (0，2]　7. 1　8. 2 或 8　9. 24　10. 0　11. 2　12. 4 13. (2 2，4)　14. t＝e 或 t<－5e－2 15. 解：(1) 因为 bsin 2A＝asin B，所以 2bsin Acos A＝asin B， 所以由正弦定理 a sin A＝ b sin B，得 2bacos A＝ab.(3 分) 因为 ab≠0，所以 cos A＝ ab 2ab＝1 2. 因为三角形内角 A∈(0，π)，所以 A＝ π 3 .(6 分) (2) 由(1)知 A＝ π 3 ，又 A＋B＋C＝π，得 C＝π－A－B＝2π 3 －B，B∈(0，2π 3 )， 所以 cos(B＋ π 6 )＋sin(C＋ π 3 )＝cos Bcos π 6 －sin Bsin π 6 ＋sin(π－B) ＝1 2sin B＋ 3 2 cos B＝sin(B＋ π 3 )．(11 分) 因为 00，x1＋x2＝－ 8k 3＋4k2，所以 y1＋y2＝ 6 3＋4k2.(10 分) 将 Q(x1＋x2，y1＋y2)的坐标代入椭圆方程得 （－ 8k 3＋4k2）2 4 ＋ （ 6 3＋4k2）2 3 ＝1， 化简得 k2＝1 4，所以 k＝±1 2，符合题意，(13 分) 所以 Q 的坐标是(±1，3 2)．(14 分) 18. 解：(1) 因为PQ ︵ 所对的圆心角为 π 6 ，θ＝5π 12 ，所以∠PCQ＝ π 6 ，∠PCA＝2θ＝ 5π 6 . 因为∠BCA＝ π 2 ，所以∠BCQ＝2π－5π 6 － π 2 － π 6 ＝ π 2 ，所以四边形 BCQN 中， ∠BCQ＝∠CBN＝∠CQN＝ π 2 ，所以四边形 BCQN 是矩形，从而 QN＝CB＝1. 答：QN 的长为 1 千米．(4 分) (2) PM＝tan ∠PCA 2 ＝tan θ，∠BCQ＝4π 3 －2θ， NQ＝tan ∠BCQ 2 ＝tan(2π 3 －θ)，PQ ︵ 长为 π 6 .(6 分) 从 而 PM ＋ NQ ＝ tan θ ＋ tan(2π 3 － θ) ＝ tan θ ＋ tan 2π 3 －tan θ 1＋tan 2π 3 tan θ ＝ tan θ ＋ － 3－tan θ 1－ 3tan θ ， 即 PM＋NQ＝tan θ＋ 3＋tan θ 3tan θ－1 ＝tan θ＋ 1＋ 3 3 tan θ tan θ－ 3 3 ，(9 分) 其中 θ∈( π 6 ， π 2 )，tan θ∈( 3 3 ，＋∞)，tan θ－ 3 3 ∈(0，＋∞)，(11 分) 所以 PM＋NQ＝(tan θ－ 3 3 )＋ 4 3 tan θ－ 3 3 ＋2 3 3 ≥2 （tan θ－ 3 3 ）· 4 3 tan θ－ 3 3 ＋2 3 3 ＝2 3，(14 分) 当且仅当 tan θ－ 3 3 ＝ 4 3 tan θ－ 3 3 ，又 θ∈( π 6 ， π 2 )，即当且仅当 θ＝ π 3 时取等号．(15 分) 答：当∠PCA＝2π 3 时，新路总长度的最小值为(2 3＋ π 6 )千米．(16 分) 19. (1) 证明：S1＋2 a1 ＝2＋2 2 ＝2. 因为 anSn＋1－an＋1Sn＝2an＋1－2an，所以 anSn＋1＋2an＝an＋1Sn＋2an＋1. 因为 an>0，两边除以 anan＋1 得Sn＋1＋2 an＋1 ＝Sn＋2 an ，所以Sn＋1＋2 an＋1 －Sn＋2 an ＝0，n∈N*， 所以数列{Sn＋2 an }是首项为 2，公差为 0 的等差数列，所以Sn＋2 an ＝2.(3 分) 则 Sn＋2＝2an，Sn＋1＋2＝2an＋1，两式作差得 an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an， 所以 an＋1＝2an. 因为 an>0，所以an＋1 an ＝2，n∈N*， 所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以 an＝2n.(7 分) (2) 解：bn＝2n＋4n－3，由 b2，bi，bj 成等差数列得 2bi＝b2＋bj， 即 2(2i＋4i－3)＝9＋2j＋4j－3，整理得 2i－1＋2i＝2j－2＋j＋3(22)，cn＋1－cn＝(2n－n＋4)－(2n－1－n＋5)＝2n－1－1>0， 则 cn＋1>cn(n>2)，所以 n>2 时，数列{cn}单调递增，其中 c3＝6>0，所以 cn>0， 即 2j－2＋j＋3>2i－1＋2i，所以(*)式不成立．(15 分) 综上可得 i＝4，j＝5.(16 分) 20. 解：(1) 当 m＝0 时，f(x)＝－x＋ln x，令 f′(x)＝－1＋1 x＝0，得 x＝1，列表如下： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 极大值 所以，当 x＝1 时，函数 f(x)有极大值为 f(1)＝－1，函数 f(x)无极小值．(3 分) (2) 当 n＝0 时，F(x)＝(m－2)x2＋(4－m)x－ln x－2，x∈(0，＋∞)， 则 F′(x) ＝ 2(m － 2)x ＋ (4 － m) － 1 x＝ 2（m－2）x2＋（4－m）x－1 x ＝ （2x－1）[（m－2）x＋1] x ， 当 m－2≥0，即 m≥2 时，令 F′(x)>0，则 x>1 2，所以 F(x)在(0，1 2)上单调递减， 在(1 2，＋∞)上单调递增，不符合题意；(5 分) 当 m<2 时，令 F′(x)＝0，则 x＝1 2或 x＝ 1 2－m， 若 1 2－m<1 2，令 F′(x)>0，则 1 2－m1 2，令 F′(x)>0，则1 20，构造 h(x)＝x＋ln x＋2 x－(3＋n)(x>0)， 则 h′(x)＝1＋1 x－ 2 x2＝x2＋x－2 x2 ＝ （x＋2）（x－1） x2 . 令 h′(x)＝0，则 x＝1，当 01 时，h′(x)>0， 所以 h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当 x＝1 时，h(x)取得极小值 h(1)， 因为 h(1)＝－n<0，h(n＋3)＝ln(n＋3)＋ 2 n＋3>0， 且 h(x)在[1，n＋3]上的图象是一条连续不间断的曲线， 所以存在 x0∈(1，n＋3)，使得 h(x0)＝0，即 x0＋ln x0＋ 2 x0－(3＋n)＝0， 两边同乘以 x0，有 x20＋x0ln x0＋2－(3＋n)x0＝0　①.(12 分) 取 m＝1－ ln x0 x0 ，构造 k(x)＝1－ ln x x ，x>0，k′(x)＝ln x－1 x2 . 令 k′(x)＝0 有 x＝e，则有 k(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以当 x＝e 时，k(x)取最小值 1－1 e>0， 所以 m＝1－ ln x0 x0 >0，两边同时乘以 x0，有 mx0＝x0－ln x0， 化简得(m－1)x0＋ln x0＝0，即 x0 也是 f(x)的零点； 两边同时乘以 x0 可得(m－1)x20＋x0ln x0＝0　②.(14 分) 用②－①可得(m－2)x20＋(n＋3)x0－2＝0，所以 x0 也为 g(x)的一个零点， 所以当 n>0 时，存在正数 m，使得函数 f(x)与 g(x)有相同的零点．(16 分) 2020 届高三模拟考试试卷(十八)(苏锡常镇) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：因为点 M(2，1)在矩阵 A＝[ 1 a b 2 ]对应的变换作用下得到点 N(5，6)， 所 以 [ 1 a b 2 ][2 1 ]＝ [5 6 ]， 则 {2＋a＝5， 2b＋2＝6，解 得 {a＝3， b＝2，所 以 A ＝ [ 1 3 2 2 ].(5 分) f(λ)＝|λE－A|＝| λ－1 －3 －2 λ－2 |＝(λ－1)(λ－2)－6，令 f(λ)＝0，得 λ2－3λ－4＝0， 即(λ－4)(λ＋1)＝0，解得 λ1＝4，λ2＝－1， 所以矩阵 A 的特征值为 4 或－1.(10 分) B. 解：(1) 由题意，曲线 C 的普通方程为x2 4 ＋y2＝1， 直线 l 的普通方程为 x＋y－2 5＝0.(4 分) (2) 设 P(2cos α，sin α)，则 P 到直线 l 的距离 d＝|2cos α＋sin α－2 5| 2 ＝| 5sin（α＋θ）－2 5| 2 ＝2 5－ 5sin（α＋θ） 2 ，(8 分) 所以当 sin(α＋θ)＝1 时，dmin＝ 10 2 ， 所以 P 到直线 l 的距离的最小值为 10 2 .(10 分) C. 证明：对于正数 a，b，c，由均值不等式得b a＋c b＋a c≥33 b a × c b × a c＝3， 当且仅当 a＝b＝c 时取等号．(4 分) 对任意 x∈R，由绝对值不等式得|x－2|－|x＋1|≤||x－2|－|x＋1||≤|(x－2)－(x＋1)|＝3， 当且仅当 x≤－1 时取等号，(8 分) 所以，对任意 x∈R，都有不等式|x－2|－|x＋1|≤b a＋c b＋a c成立．(10 分) 22. 解：(1) 以{AB → ，AD → ，AP → }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则各点 的坐标为 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3), M(0，3 2，3 2)，AP → ＝ (0，0，3)，AC → ＝(2，3，0)，AM → ＝(0，3 2，3 2)． 因为 PA⊥平面 ABCD，所以平面 ACD 的一个法向量为AP → ＝(0，0，3)．(1 分) 设平面 MAC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 所以{n·AC → ＝0， n·AM→ ＝0， 即{2x＋3y＝0， 3 2y＋3 2z＝0，取 n＝(3，－2，2)，(3 分) 所以 cos〈AP → ，n〉＝ AP → ·n |AP → ||n| ＝ 6 3 × 9＋4＋4 ＝2 17 17 ， 所以，由图可得二面角 MACD 的余弦值为2 17 17 .(5 分) (2) 设PN → ＝λPC → (λ∈(0，1))，其中PC → ＝(2，3，－3)， 所以MN → ＝MP → ＋PN → ＝(0，－3 2，3 2)＋(2λ，3λ，－3λ)＝(2λ，3λ－3 2，－3λ＋3 2)． 因为平面 ABCD 的一个法向量为AP → ＝(0，0，3)， 所 以 cos 〈 AP → ， MN → 〉 ＝ AP → ·MN → |AP → ||MN → | ＝ 3（－3λ＋3 2） 3 （2λ）2＋（3λ－3 2）2＋（－3λ＋3 2）2 ＝ －3λ＋3 2 22λ2－18λ＋9 2 .(8 分) 因为直线 MN 与平面 ABCD 所成角的正弦值为3 22 22 ， 所以| －3λ＋3 2 22λ2－18λ＋9 2|＝3 22 22 ，所以 （－3λ＋3 2）2 22λ2－18λ＋9 2 ＝ 9 22， 化简得 4λ＝1，即 λ＝1 4，所以PN PC＝ |PN → | |PC → | ＝1 4.(10 分) 23. (1) 解：① 因为 a2＝9，6×3 2＝9，所以 a2＝6×3 2； ②因为 a3＝21，6×(3 2)3＝81 4 ，所以 a3＞6×(3 2)3.(3 分) (2) 证明：先用数学归纳法证明：当 n≥3 时，an>6×(3 2) n（n－1） 2 .(4 分) ①当 n＝3 时，a3＞6×(3 2)3； ②假设当 n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即 ak>6×(3 2) k（k－1） 2 ， 当 n ＝ k ＋ 1 时 ， ak ＋ 1 ＝ 1 3a2k－ ak ＋ 3>1 3× [6×(3 2) k（k－1） 2 ]2 － 6×(3 2) k（k－1） 2 ＋ 3>1 3× [6×(3 2) k（k－1） 2 ]2－6×(3 2) k（k－1） 2 ， 其中 ak＋1 6 × （3 2） k（k＋1） 2 > 1 3 × [6 × （3 2） k（k－1） 2 ]2 6 × （3 2） k（k＋1） 2 － 6 × （3 2） k（k－1） 2 6 × （3 2） k（k＋1） 2 ＝2×(3 2) k（k－3） 2 －(3 2) －k>1， 所以 ak＋1>6×(3 2) k（k＋1） 2 ，所以当 n＝k＋1 时，结论也成立， 综上所得，当 n≥3 时，an>6×(3 2) n（n－1） 2 ，(8 分) 从而，当 n≥3 时，(an 6) 2 n >(3 2)n－1， 则 (ai 6) 2 i >(a2 6) 2 2 ＋(3 2)2＋(3 2)3＋…＋(3 2)n－1＝3 2＋(3 2)2＋(3 2)3＋…＋(3 2)n－1 ＝3 2× 1－（3 2）n－1 1－3 2 ＝2×(3 2)n－3，所以当 n≥3 时， (ai 6) 2 i >2×(3 2)n－3.(10 分)