2020届全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）数学模拟预测卷（含附加题） PDF版含解析

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数学 Ⅰ 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，请把 答案直接填在答题卡相应位置上．．．．．．．．． 1．已知集合 { | 1} {1 2 3}A x x B  ， ，， ，则 A B  ▲ ． 2．已知复数 2 iz   （其中 i 为虚数单位），若 i ( ) i z a b a b  R， ，则 ab的值为 ▲ ． 3．已知一组数据4 7 5 8a，，，，的平均数为 6，则该组数据的标 准差是 ▲ ． 4．在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 1 1 ( 0) x C y m m   ： 的一条准线与抛物线 2 2 2C x y： 的准线重合，则正数m 的 值是 ▲ ． 5．运行如图的程序框图，则输出的结果是 ▲ ． 6．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中 国古代流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之 理，被誉为“宇宙魔方”，是中华文化阴阳术数之源．河图 的排列结构如图所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上， 三与八同道居左，四与九为友居右，五与十相守居中，其中 白圈为阳数，黑点为阴数，若从阳数和阴数中各取一数，则 其差的绝对值为 5 的概率为 ▲ ． 7．已知{ }na 为等差数列， nS 为其前 n项和，若 2 55 2a a  ，则 15S 的值是 ▲ ． 8．圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm ，有一个实心铁球浸没于 容器的水中，若取出这个铁球，测得容器的水面下降了 5 cm 3 ， 则这个铁球的表面积为 ▲ 2cm ． 注 意 事 项 在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本试卷共 4 页，包含填空题（第 1 题  第 14 题）、解答题（第 15 题  第 20 题）．本卷满分 160 分，考试时间为 120 分钟．考试结束后，请将答题卡交回． 2. 答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置． 3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用 0.5 毫 米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚． 4. 如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 5. 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损．一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔． （第 6 题图） （第 6题图） 开始 结束 输出 a N Y （第 5题图） 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 9．若直线 1y kx  与曲线 y x 相切，则实数 k 的值为 ▲ ． 10．计算： 2 tan12 3 (4cos 12 2)sin12       ▲ ． 11．已知向量 ，a b ，满足 | | 3b  ， | |a b a  ，则 | |a b 的最小值为 ▲ ． 12．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A B， 为圆 2 2( ) ( 2) 4C x m y   ： 上两个动点，且 2 3AB  ．若直线 2l y x ： 上存在点 P，使得OC PA PB     ，则实数m的取值范 围为 ▲ ． 13 ． 已 知 函 数 31 1 1 1 1 3 4 4 2( ) 1 1 1 0 3 6 2 x x x f x x x         ， ≤ ， ，≤ ≤ ， ( ) e 2 ( )xg x ax a   R ， 若 存 在 1 2 [0 1]x x ， ， ，使得 1 2( ) ( )f x g x 成立，则实数 a的取值范围是 ▲ ． 14．已知在锐角三角形 ABC中， AH BC 于点 H，且 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA         ， 若 2BC  ，则 sin sin sin B C A 的取值范围是 ▲ ． 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出 文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分 14 分） 在 ABC△ 中，角 A B C， ， 所对的边分别为 a b c，，，且 3 B   ． （1）若 2 3b  ， 2a  ，求 c的值； （2）若 13 cos 13 A  ，求 cosC的值． 16．（本小题满分 14 分） 已知直三棱柱 1 1 1ABC ABC ， E F， 分别是 1BC AA， 的中点， 1CB CC ， AC BC ． 求证：（1） EF ∥平面 1 1BAC ； （2） 1EF BC ． E F A1 C1 B1 B CA （第 16 题图） 17．（本小题满分 14 分） 如图，已知边长为 2 的正方形材料 ABCD ,截去如图所示的阴影部分后，可焊接成一 个正四棱锥的封闭容器．设 FCB   ． （1）用 表示此容器的体积， （2）当此容器的体积最大时，求 tan 的值． 18．（本小题满分 16 分） 如图，点 F 为椭圆 2 2 2 2 1 ( 0) x y C a b a b    ： 的左焦点，点 A B， 分别为椭圆C的右顶 点和上顶点，点 6 ( 2 ) 2 P  ， 在椭圆C上，且满足OP AB∥ ． （1）求椭圆 C的方程； （2）过定点 ( 0) (| | 2)T m m ， 且与 x轴不重合的直线 l 交椭圆C于M N， 两点，直线 4x  分别交直线 AM AN， 于点D E， ，求证：以DE 为直径的圆经过 x轴上的两 定点（用m表示）． （第 17 题图） （第 18 题图） y x P F O A B 19．（本小题满分 16 分） 若数列{ }nc 满足：存在实数 t，使得 2 2 1 2 1 12 ( )m n m nc c c t m n       对任意 *m nN， 都成立，则称数列{ }nc 为“ t倍等阶差数列”．已知数列{ }na 为“t倍等阶差数列”． （1）若 1 2 3 1 0 1 2 a a a   ， ， ，求实数 t的值； （2）在（1）的条件下，设 * 2 1 2 1 ( )n n nb a a n   N ． ①求数列{ }nb 的通项公式； ②设数列 1 1 { } n nb b  的前 n项和为 nS ，是否存在正整数 p q， ，且1 p q  ，使得 1 p qS S S， ， 成等比数列？若存在，求出 p q， 的值，若不存在，请说明理由． 20．（本小题满分 16 分） 已知函数 ( ) ln ( 0) a f x x x x    ． （1）求函数 ( )f x 的单调区间； （2）若函数 ( )f x 在定义域内有两个零点，求 a的取值范围； （3）若对任意 (0, )x  ，不等式 2( ln 1) (e 1) (2 )exm x x x x x   ≥ 恒成立，求m的 取值范围． 2020．6 21．【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两题．．．．．．，并在相应的．．．．．答题区域．．．．内作．． 答．，若多做，则按作答的前两题评分．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（本小题满分 10 分） 已知矩阵 1 0 1 2 0 2 0 1              ，A B ，若直线 l 依次经过变换 ，A BT T 后得到直线 ' 2 2 0l x y  ： ，求直线 l的方程． B ．选修 4  4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 已知直线 l的参数方程为 1 2 2 3 2 x t y m t        ， （t为参数），点 (1 2)P ， 在直线 l上． （1）求m的值； （2）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 4C  ： 与直线 l交于两点 A B， ，求 | | | |PA PB 的值． C ．选修 4  5：不等式选讲（本小题满分 10 分） 设 a b c，，都是正数，求证： 2 2 2( ) ( ) ( ) 4( ) b c c a a b a b c a b c       ≥ ． 注 意 事 项 在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本卷第 21 题有 A、B、C 3 个小题供选做，请在 3 个选做题中选答 2 题．若选做了 3 题，则按选 做题中的前 2 题计分．第 22、23 题为必答题．每小题 10 分，共 40 分．答题时间 30 分钟．答题 结束后，请将答题卡交回. 2. 答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置． 3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用 0.5 毫 米黑色墨水的签字笔．请注意字体工整，笔迹清楚． 4. 如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 5. 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损．一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔． 数学Ⅱ（附加题） 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计 20 分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答， 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） 某商场在今年的“五一假”期间对顾客举行抽奖活动，举办方设置了 A B， 两种抽奖 方案，方案 A的中奖率为 2 3 ，中奖可以获得 2 分；方案 B的中奖率为 0 0 ( )0 1P P  ， 中奖可以获得 3 分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖 与否互不影响，并凭分数兑换奖品． （1）若顾客甲选择方案 A 抽奖，顾客乙选择方案 B 抽奖，记他们的累计得分为 X， 若 3X ≤ 的概率为 7 9 ，求 0P ； （2）若顾客甲、顾客乙两人都选择方案 A 或都选择方案 B 进行抽奖，问：他们选择 何种方案抽奖，累计得分的均值较大？ 23．（本小题满分 10 分） 已知 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 ) .x a a x a x a x      （1）求 1 2 2020a a a   的值； （2）求 0 1 2 2020 1 1 1 1 + a a a a    的值． 数学 Ⅰ 试题 参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分． 1．{2 3}， 2． 2 3． 2 4．3 5． 1 3 6． 1 5 7． 75 8．100 9． 1 4 10． 4 11． 2 2 12．[ 1 5 1 5]   ， 13．[2 e + ) ， 14． 6 ( ) 5  ， 解答与提示： 1．由交集定义可知 {2 3}A B  ， ． 2． i 2 iz a b    ，所以 1 2a b  ， ，所以 2ab   ． 3．由平均数公式得 6a  ，所以 2 2 2 21 [(4 6) 0 (7 6) (5 6) (8 6) ] 2 5 s           ． 4．抛物线 2 2 2C x y： 的准线方程为 1 2 y   ，双曲线 2 2 1 1 x C y m  ： 的一条准线方程为 1 1 y m    ，根据题意 1 1 21m   ，解得 3m  ． 5．分析流程图，可得输出的结果是 1 3 ． 6．从阳数和阴数中各取一数，有 25 种取法，其差的绝对值为 5 的有 5 种，所以概率为 5 1 25 5  ． 7 ． 由 2 55 2a a  ， 得 1 15 2( 4 )a d a d    ， 即 1 7 5a d  ， 所 以 8 5a  ， 则 15 1 15 8 15 ( ) 15 75 2 S a a a    ． 8．设该铁球的半径为 cmr ，则由题意得 3 24 5 10 3 3 r    ，解得 3 35r  ，所以 5r  ，所 以这个铁球的表面积 2 24 5 100 cmS     ． 9．曲线 y x 在切点 0 0( )x y， 处的切线方程为 0 0 1 22 x y x x   ，所以 0 0 1 2 1 2 x k x        ， ， 解得 1 4 k  ． 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 10．原式＝ sin12 3 cos12 2cos 24 sin12       sin12 3cos12 2cos24 sin12 cos12        2sin(12 60 ) cos 24 sin 24       2sin 48 4 1 sin 48 2      ． 11． 2 2 2 2| | + 2 + 9 2 | | (| | 1) + 8 2 2≥a b a b a b a a a        ，故 | |a b 的最小值 为 2 2 . 12．由题意知圆C的圆心 ( 2)C m， ，半径 2r  ．取 AB的中点Q，连结CQ，则CQ AB ． 所以 2 2 4 3 1CQ r AQ     ，所以点Q在圆 2 2( ) ( 2) 1x m y    上．延长CQ交 l于 M． 法 一 ： 因 为 2OC PA PB PQ       ， 所 以 1CQ QM  ， 所 以 点 M 在 圆 2 2( ) ( 2) 4x m y    上，所以直线 l 与圆有公共点，从而 |2 2 | 2 5 m  ≤ ，解得 1 5 1 5m   ≤ ≤ ． 法二：因为 2OC PA PB PQ       ，设 0 0 1 1( ) ( )P x y Q x y， ， ， ，则 1 0 1 0( )PQ x x y y    ， ， ( 2)OC m  ， ， 所 以 1 0 1 0 2( ) 2 2( ) m x x y y      ， ， 则 1 0 1 0 2 1 m x x y y        ， ， 因 为 1 1( )Q x y， 在 圆 2 2( ) ( 2) 1x m y    上，所以 2 2 0 0( ) ( 1) 1 2 m x m y     ，即 2 2 0 0( ) ( 1) 1 2 m x y    ， 所以点 P在以 1 ( 1) 2 D m， 为圆心，1 为半径的圆D上，又点 P在直线 2l y x ： 上，所 以直线 l与圆D有公共点，所以 | 1| 1 5 m  ≤ ，解得 1 5 1 5m   ≤ ≤ ． 13．当 1 0 2 x≤ ≤ 时， ( )f x 单调递减， 1 0 ( ) 6 f x≤ ≤ ； 当 1 2 x ≤1时， 2 1 ( ) 0 4 f x x   ≥ 成立， ( )f x 单调递增， 1 1 ( ) 6 3 f x ≤ ， 所以 ( )f x 的值域为 1 [0 ] 3 A  ， ． 设 ( )g x 的值域为 B，因为存在 1 2 [0 1]x x ， ， 使得 1 2( ) ( )f x g x 成立，所以 B A   ． ( ) e 2xg x ax   ， ( ) exg x a   ． ① 1a ≥ ，任意 [0 1]x ， ， ( ) 0g x ≥ 成立， ( )g x 在 [0 1]， 单调递增， 所以 min( ) (0) 1g x g   ， max( ) (1) e 2g x g a    ， [ 1 e 2]B a   ， ． 因为 B A   ，所以 e 2 0a  ≥ ， 2 ea ≥ ； ② ea ≤ ，任意 [0 1]x ， ， ( ) 0g x ≤ 成立， ( )g x 在 [0 1]， 单调递减， 所以 min( ) (1) e 2g x g a    ， max( ) (0) 1g x g   ， [e 2 1]B a   ， ， 则 B A   ，不合题意； ③ e 1a    ，令 ( ) e 0xg x a    ， ln( )x a  ， ( )g x 在 (0 ln( ))a， 递减， (ln( ) 1)a ， 递增， 所以 min( ) (ln( )) 2 ln( )g x g a a a a       ， max( ) max{ (0) (1)}g x g g ， ． 又 (0) 1 0g    ， (1) e 2 0g a    ，则 B A   ，不合题意． 综上所述， 2 ea ≥ ． 解：法一：由 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA         ，得 2 2 9 9 4 4BA AH BA CA CA AH           ， 所以9 4BA BH CA CH       ，即 2 2 9 4BH CH   ， 2 3 BH CH ．设 BC 边上的高为 h， 则 5 tan 4 h B  ， 5 tan 6 h C  ，所以 2 5 5 504 6tan 0 5 5 25 241 4 6 h h h A h h h        ，所以 2 6 5 h  因为△ABC的面积 1 1 sin 2 2 S bc A ah  ，所以 2 sin sinR B C h ， 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   ． 法二：由 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA         ，得 2 2 9 9 4 4BA AH BA CA CA AH           ， 所以9 4BA BH CA CH       ，即 2 2 9 4BH CH   ， 2 3 BH CH ，所以 2 24 tan 9 tanB C ． 以 BC中点为原点 O，BC为 x轴建立坐标系，则 ( 1 0) (1 0) ( )B C A x y ， ， ， ， ， ， 从而 2 2 2 2 4 9 ( 1) ( 1) y y x x    ，即 1 5 ( ) 5 x x   舍去 或 ．设 BC 边上的高为 h． 因为△ABC 的面积 1 1 sin 2 2 S bc A ah  ，所以 2 sin sinR B C h ，即 sin sin sin 2 B C h A  ． 由 2 2 1 1 5 x y x        ， ， 得 2 24 25 y  ．因为△ABC为锐角三角形，所以 2 6 5 h  ， 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   ． 法三：由 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA         ，得 2 2 9 9 4 4BA AH BA CA CA AH           ， 所以9 4BA BH CA CH       ，即 2 2 9 4BH CH   ， 2 3 BH CH ． 因为角 A为锐角，所以 2 26 ( ) ( ) 0 25 AB AC AH HB AH HC AH BC                ， 所以 2 6 5 h  ．因为△ABC的面积 1 1 sin 2 2 S bc A ah  ，所以 2 sin sinR B C h ， 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   ． 法四：设 | | | | | |AH h BH x CH y      ， ， ，因为 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA         ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9( ) 4( ) 4 ( ) 9 ( ) h h h x h y h h y h h x h y h x            ， 所以 2 2 2 25 9 4 5h x y h   ，所以3 2x y ，又因为 2x y  ，所以 4 6 5 5 x y ， ． 又因为 cos 0A  ，所以 2 2 2c b a  ，所以 2 2 2 24 6 ( ) ( ) 4 5 5 h h    ，所以 2 24 25 h  ， 所以 2 6 5 h  ．因为△ABC的面积 1 1 sin 2 2 S bc A ah  ，所以 2 sin sinR B C h ， 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   ． 法五：设 (1 ) (0 1)AH AB AC          ．因为 AH BC ，所以 ( ) 0AH AC AB      ， 所以 2 2 (1 ) (2 1) 0AC AB AB AC            ．因为 2 29 4 (4 9 )c b AH CA BA       ，所以 2 2 4 9(1 ) (9 13 ) 0AC AB AB AC            ，所以 1 2 1 4 9(1 ) 9 13               ，所以 3 5   ，即 1 2 1 1 4 9(1 ) 9 13 6                ， 3 2 5 5 AH AB AC     ，所以 3 2 5 5 BH HC   ， 所以 2 3 BH CH ．下略． 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分． 15．（本小题满分 14 分） 解：（1）在 ABC△ 中， 3 B   ， 2 3b  ， 2a  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb c a ac B   ， ······················ 2 分 得 212 4 2c c   ，即 2 2 8 0c c   ， ······················ 4 分 解之得 4c  或 2c   （舍去）． ······························· 6 分 （2）由 13 cos 0 13 A   ，得0 2 A    ， ····················· 7 分 所以 2 213 2 3 sin 1 cos 1 ( ) 13 13 A A     ． ············· 9 分 又因为 3 B   ，所以 cos cos( ) cos( )C A B A B       ···························· 11 分 cos cos sin sinA B A B   ···································································· 13 分 13 1 2 3 3 6 13 13 2 13 2 26        ． ······················································· 14 分 16．（本小题满分 14 分） 证：（1）设 1 1BC BC， 交于O点，连接 1AO OE， ． O E F A1 C1 B1 B CA 在 1BBC△ 中，点O E， 分别是 1BC BC， 中点， 所以 1 1 2 OE B B ， 1 1 2 OE B B ． ··························································· 2 分 因为直三棱柱 1 1 1ABC ABC ，所以 1 1 1 1B B AA B B AA， ， 又因为 F 是 1AA 中点，所以 1 1OE FA OE FA ，  ，所以 1EF AO∥ ． ················ 4 分 因为 1 1 1 1 1AO BAC EF BAC 平面 ， 平面 ，所以 EF ∥平面 1 1BAC ． ················· 6 分 （2）因为直三棱柱 1 1 1ABC ABC ，所以侧面 1 1BCC B 是矩形． 又因为 1BC CC ，所以四边形 1BCC B是正方形，所以 1 1BC BC ． ·············· 8 分 因为直三棱柱 1 1 1ABC ABC ，所以 1CC ABC平面 ， 因为 AC ABC平面 ，所以 1CC AC ， 又因为 1 1 1 1BC AC BC CC C CC BC BCC B  ， ， ， 平面 ，所以 1 1AC BCC B平面 ． 因为 1 1 1BC BCC B平面 ，所以 1AC BC ． ············································· 10 分 因为直三棱柱 1 1 1ABC ABC ，所以 1 1AC AC∥ ，所以 1 1 1AC BC ． 因为 1 1 1 1BC AC C ， 1 1 1 1 1BC AC BAC， 平面 ，所以 1 1 1BC BAC平面 ． ········ 12 分 因为 1 1 1AO BAC平面 ，所以 1 1AO BC ， 因为 1EF AO∥ ，所以 1EF BC ． ·························································· 14 分 17．（本小题满分 14 分） 解：取 BC 的中点M ，连接 FM ，连接 AC 交GF 于 N， 如图． 由题意知 FM BC ，在直角三角形 CFM 中， 1 cos CF   ． 在直角三角形CFN 中， π sin( ) 4 NF CF   ，所以 2 2 tan 2 2 NF   ，所以 2 2 tanGF   ． 因为 π cos( ) 4 CN CF   ，所以 2 2 tan 2 2 CN   ． ···································· 3 分 从而 2( 2 2 tan )GFEHS   ，正四棱锥的高 2 2 2 2CO CN NO CN NF    2 22 2 2 2 ( tan ) ( tan ) 2 tan 2 2 2 2         ， ································ 5 分 所以正四棱锥的体积 21 1 ( 2 2 tan ) 2 tan 3 3GFEHV S CO         22 2 π (1 tan ) tan (0 ) 3 4     ， ， ． ······················································ 7 分 （2）令 tan (0 1)t t ， ， ，则 2 2 5 32 2 2 2 ( ) (1 ) ( 2 ) 3 3 V t t t t t t     ， 4 2 2 22 2 2 2 ( ) (5 6 1) (5 1)( 1) 3 3 V t t t t t       ． ······································· 10 分 N MF E G H D C BA 令 ( ) 0V t  ，得 5 5 t  ． t 5 (0 ) 5 ， 5 5 5 ( 1) 5 ， ( )V t  0  ( )V t ↗ 极大值 ↘ 所以 ( )V t 在 5 (0 ) 5 ， 单调递增，在 5 ( 1) 5 ， 单调递减， ······························· 12 分 所以 ( )V t 在 5 5 t  时取到最大值，此时 1 tan 5   ． ··································· 14 分 18．（本小题满分 16 分） 解：（1）由 6 ( 2 ) 2 P  ， 在椭圆 2 2 2 2 1 ( 0) x y C a b a b    ： 上得 2 2 2 3 1 2a b   ①， 如图，由 A为C的右顶点， B为C的上顶点可知 ( 0) (0 )A a B b， ， ， ， 因OP AB∥ ，所以 OP ABk k ，则 3 2 b a    ②． ····································· 2 分 联立①②得方程组 2 2 2 3 1 2 3 2 a b b a        ， ， 解得 2 3 a b    ， ． 故所求椭圆C的方程为 2 2 1 4 3 x y   ． ······················································ 4 分 （2）设 1 1 2 2( ) ( )M x y N x y， ， ， ，又 (2 0)A ， ， 所以直线 AM 的方程为 1 1 ( 2) 2 y y x x    ，令 4x  ，得 1 1 2 2D y y x   ， 所以 1 1 2 (4 ) 2 y D x  ， ．同理 2 2 2 (4 ) 2 y E x  ， ． ··················································· 6 分 设 0 0( )Q x y， 是以DE 为直径的圆上的任意一点，则 0DQ EQ    ，所以 2 1 2 0 0 0 1 2 2 2 ( 4) ( )( ) 0 2 2 y y x y y x x        ， 令 0 0y  ，得 2 1 2 0 1 2 4 ( 4) ( 2)( 2) y y x x x      ． ··············································· 8 分 设直线 l的方程为 x ty m  ，与椭圆 C的方程 2 2 1 4 3 x y   联立，消去 x得 2 2 2(3 4) 6 3 12 0t y tmy m     ， 所以 1 2 2 6 3 4 tm y y t     ， 2 1 2 2 3 12 3 4 m y y t    ， ·············································· 10 分 所以 1 2 1 2( 2)( 2) ( 2)( 2)x x ty m ty m       2 2 2 1 2 1 2 2 4( 2) ( 2)( ) ( 2) 3 4 m t y y t m y y m t          ． ····································· 12 分 所以 2 22 2 1 2 0 2 2 1 2 2 3 12 44 12 3 3(2 )3 4( 4) 4( 2)( 2)( 2) ( 2) 2 3 4 m y y m mtx mx x m m t               ， 因为 2 2m   ，所以 0 3(2 ) 4 2 m x m     ． 所以以 DE 为直径的圆经过 x 轴上两定点，其坐标分别为 3(2 ) (4 0) 2 m m    ， 和 3(2 ) (4 0) 2 m m    ， ． ·········································································· 16 分 19．（本小题满分 16 分） 解：（1）由数列{ }na 为“t倍等阶差数列”，令 2 1m n ， ，得 2 3 1 22 (2 1)a a a t    ， 所以 1 1 0 2( ) 2 t    ，解得 2t  ． ························································ 3 分 （2）①以 2n  代替m，得 2 3 2 1 2 12 8n n na a a     ． ·································· 5 分 则 2( 1) 1 2( 1) 1 2 1 2 1[ ] ( ) 8n n n na a a a         ，即 1 8n nb b   ． 所以数列{ }nb 是以 8 为公差的等差数列． 又 1 3 1 1b a a   ，所以 1 8( 1) 8 7nb n n     ． ······································· 8 分 ②因为 1 1 1 1 1 1 ( ) (8 7)(8 1) 8 8 7 8 1n nb b n n n n        ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 [(1 ) ( ) ( )] (1 ) 8 9 9 17 8 7 8 1 8 8 1 8 1n n S n n n n                ， ···· 11 分 则 1 1 9 8 1 8 1p q p q S S S p q      ， ， ． 假设 1 p qS S S， ， 成等比数列，则 2 1 ( ) 8 1 9 8 1 p q p q     ， 因为 2 16 1 8 9 9 8 8 p q p q q       ，所以 28 16 1 0p p   ， 解得 4 3 2 4 3 2 4 4 p     ． ······························································· 14 分 又因为 p为大于 1 的整数，所以 2 36p q ， ， 所以存在 2 36p q ， ，使得 1 p qS S S， ， 成等比数列． ······························· 16 分 20．（本小题满分 16 分） 解：（1） 2 ( ) ( 0) x a f x x x    ． 当 0a≤ 时， ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在 (0 ) ， 上单调增； 当 0a  时，令 ( ) 0f x  得 x a ，所以 ( )f x 在 ( )a  ， 上单调增； 令 ( ) 0f x  得 0 x a  ，所以 ( )f x 在 (0 )a， 上单调减． 综上，当 0a≤ 时， ( )f x 的增区间为 (0 ) ， ，无减区间； 当 0a  时， ( )f x 的增区间为 ( )a  ， ，减区间为 (0 )a， ． ················· 4 分 （2）由（1）可知若 ( )f x 有两个零点，则 0a  ，且 ( )f x 的最小值为 ( )f a 需小于 0 ． 由 ( ) 0f a  得 1 0 e a  ． ······································································ 6 分 又 (1) 0f a  ，则 ( ) (1) 0f a f  ， 由零点存在性定理可知， ( )f x 在 ( 1)a， 上有一个零点； ······························ 8 分 2 1 ( ) 2lnf a a a   ，令 1 1 ( ) 2ln (0 ) e g x x x x     ，则 2 2 1 ( ) 0 x g x x    ， 所以 ( )g x 在 1 (0 ) e ， 上单调减， 1 ( ) ( ) e 2 0 e g x g    ，则 2( ) 0f a  ， 所以 2( ) ( ) 0f a f a  ，由零点存在性定理可知， ( )f x 在 2( )a a， 上有一个零点， 所以 1 (0 ) e a ， ． ··············································································· 10 分 （3）法一：由 2( ln 1) (e 1) (2 )exm x x x x x   ≥ 可知 1 (ln ) (e 1) (2 )exm x x x    ≥ ． 设 1 ( ) (ln ) ( 2)e e 1xF x m x x x       ，则 ( ) 0F x ≥ 在 (0 ) ， 上恒成立． 2 2 ( 1) ( ) ( 1)e ( 1)(e )x xm x m F x x x x x        ． 1 当 0m≥ 时， 2 e 0x m x   ，令 ( ) 0F x  得 1x  ，所以 ( )f x 在 (1 ) ， 上单调增； 令 ( ) 0F x  得 0 1x  ，所以 ( )f x 在 (0 1)， 上单调减． 所以 min( ) (1) 1 0F x F m   ≥ ，得 1m≥ ． ············································· 12 分 2 当 0m  时，因为 1 4 1 7 7 ( ) (4 ln 4) e e 1 (4 ln 4) e 1 4 4 4 F m m          即 1 11 ( ) (4 ln 4) ( e) 0 4 4 F m     ，所以 ( ) 0F x ≥ 在 (0 )x  ， 上不恒成立， 则 0m  舍去． 综上可知， [1 )m  ， ．···································································· 16 分 法二：在 1 (ln ) (e 1) (2 )exm x x x    ≥ 中，令 1x  ，得 1m≥ ． 下证当 1m≥ 时， 1 (ln ) (e 1) (2 )exm x x x    ≥ 恒成立，略． 数学Ⅱ（附加题） 参考答案 21．【选做题】本题包括A 、B 、C三小题，若多做，则按作答的前两题评分． A ．选修 4  2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 解：设点 ( )P x y， 是 l上的任意一点，其依次经过变换 ，A BT T 后得到点 '( ' ')P x y， ． 则 ' ' x y       ＝ 1 2 0 1       1 0 0 2       x y       ，得 ' ' x y       ＝ 4 2 x y y       ，即 ' 4 ' 2 x x y y y     ． ， ················ 5分 又点 'P 在直线 'l 上，所以 2 ' ' 2 0x y   ， 故 2( 4 ) 2 2 0x y y    ，即 5 1 0x y   ， 所以直线 l的方程为 5 1 0x y   ． ······················································· 10分 B ．选修 4  4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 解：（1）因为 (1 2)P ， 在直线 l上，所以 1 1 2 2 3 2 2 t m t        ， ， 解得 2 3m   ． ··············· 4分 （2）曲线C的直角坐标方程为 2 2 16x y  ， 将直线 l的参数方程代入C的方程得 2 (1 2 3) 11 0t t    ， ························· 6分 设 A B， 所对应的参数分别为 1 2t t， ，则 1 2 11t t  ， 故 1 2| | | | | | 11PA PB t t   ． ···································································· 10分 C．选修 4  5：不等式选讲（本小题满分 10 分） 证：因为 a b c，，都是正数，所以 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )[ ] b c c a a b a b c a b c        2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ]( )[ )] ([ b c c a a b a b c a b c         ·································· 4分 2[( )( ) ( )( ) ( )( )] b c c a a b a b c a b c     ≥ 2 2[( ) ( ) ( )] 4( )b c c a a b a b c         ， ·············································· 8分 所以 2 2 2( ) ( ) ( ) 4( ) b c c a a b a b c a b c       ≥ ． ······································· 10分 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计 20 分． 22．（本小题满分 10 分） 解：（1）由已知得，甲中奖的概率为 2 3 ，乙中奖的概率为 0P ，且两人中奖与否互不影响． 记“这 2 人的累计得分 3X ≤ ”的事件为 C，则事件 C的对立事件为“ 5X  ”． 因为 0 2 ( 5) 3 P X P  ，所以 0 2 7 ( ) 1 ( 5) 1 3 9 P C P X P      ，所以 0 1 3 P  ． ····· 3分 （2）设甲、乙都选择方案 A抽奖的中奖次数为 1X ，都选择方案 B抽奖的中奖次数为 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 2X ，则这两人选择方案 A 抽奖累计得分的均值为 1(2 )E X ，选择方案 B 抽奖累计得 分的均值为 2(3 )E X ． 由已知可得， 1 2 0 2 ~ (2 ) ~ (2 ) 3 X B X B P， ， ， ，所以 1 2 0 2 4 ( ) 2 ( ) 2 3 3 E X E X P   ， ， 从而 1 1 2 2 0 8 (2 ) 2 ( ) (3 ) 3 ( ) 6 3 E X E X E X E X P   ， ． 若 1 2( ) (2 )3E X E X ，则 0 0 8 4 6 0 3 9 P P    ， 若 1 2( ) (2 )3E X E X ，则 0 0 8 4 6 1 3 9 P P    ， 若 1 2( ) (2 )3E X E X ，则 0 0 8 4 6 3 9 P P   ． 综上所述，当 0 4 0 9 P  时，他们都选择方案A进行抽奖时，累计得分的均值较大； 当 0 4 1 9 P  时，他们都选择方案B进行抽奖时，累计得分的均值较大；当 0 4 9 P  时，他们都选择方案A或都选择方案B进行抽奖时，累计得分的均值相等． ···· 10分 23．（本小题满分 10 分） 解：（1） 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 )x a a x a x a x      （*）． 在（*）中，令 0x  ，得 0 1a  ． 在（*）中，令 1x  ，得 0 1 2 2020 0a a a a     ， 所以 1 2 2020 1a a a     ． ································································· 2分 （2）由二项式定理可得 2020( 1) 0 1 2 2020k k ka C k   ，，， ， ， ． ························· 3分 因为 1 !( )! 1 !( )!( 2) 1 !( )!( 1 1 ) ! 2 ( 1)! 2 ( 1)!k n k n k n k n k n n k n k k n k C n n n n n                    1 1 1 1 !( 1 )! ( 1)!( )! 1 1 1 [ ] ( ) 2 ( 1)! ( 1)! 2 k k n n n k n k k n k n n n n n C C                  ， ·························· 6分 所以 2020 2020 2020 2020 0 1 2 2020 0 0 02020 2020 2020 2020 2020 2020 1 1 ( 1) 1 1 1 1 ( 1) ( 1) k k k k k k kka C C C C C C                ． 因为 1 2020 2021 2021 1 2021 1 1 ( ) 2022k k kC C C   ， 所以 2020 2020 0 1 1 2 2020 2021 0 2021 2021 2021 2021 2021 2021 1 2021 1 1 1 1 1 1 [( ) ( ) ( 1) ( )] 2022k ka C C C C C C          0 2021 2021 2021 2021 1 1 2021 ( ) 2022 1011C C    ． ····························································· 10分