江苏省苏州大学2020届高三数学考前指导卷（2）试题（含附加题Word版附答案）

江苏省苏州大学2020届高三数学考前指导卷（2）试题（含附加题Word版附答案）

高三数学冲刺卷 数学Ⅰ试题 一、填空题：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  1A x x  ，  1,2,3B  ，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， a ，7，5，8 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 1C ：   2 2 1 0xy mm    的一条准线与抛物线 2C ： 2 2x y 的准线重合，则正数的值是________． 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 10cm，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 cm3 ，则这个铁球的表面积为________ 2cm ． 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 C ：    2 22 4x m y    上两个动点，且 2 3AB  ．若直线 l： 2y 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 2xg x ax a    R ，若存在 1x ，  2 0,1x  ， 使得    1 2f 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 9BA CA AH CA BA        ，若 2BC  ，则 sin sin sin B C A 的取值范围是________． 二、解答题：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．在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 3B  ． （1）若 2 3b  ， 2a  ，求 c 的值； （2）若 13cos 13A  ，求 cosC 的值． 16．已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，E，F 分别是 BC， 1AA 的中点， 1CB CC ， AC BC ． 求证：（1） EF ∥平面 1 1BAC ； （2） 1EF B C ． 17．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．如图，点 F 为椭圆 C：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左焦点，点 A，B 分别为椭圆 C 的右顶点 和上顶点，点 62, 2P      在椭圆 C 上，且满足 OP AB∥ ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）过定点   ,0 2T 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）． 19．若数列 nc 满足：存在实数 t ，使得  2 2 1 2 1 12m 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 0a  ， 2 1 2a   ， 3 1a  ，求实数 t 的值； （2）在（1）的条件下，设  * 2 1 2 1n 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 1S ， pS ， qS 成 等比数列？若存在，求出 p ， q 的值，若不存在，请说明理由． 20．已知函数    ln 0af x x xx    ． （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      2ln 1 e 1 2 exm x x x x x   ≥ 恒成立，求 m 的取值范 围． 数学Ⅱ（附加题） 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 已 知 矩 阵 1 0 02A      ， 1 2 01B      ， 若 直 线 ｌ 依 次 经 过 变 换 ,A BT T 后 得 到 直 线 ｌ ˊ : 2 2 0x y   ，求直线ｌ的方程． B．选修 4—4：坐标系与参数方程 已知直线ｌ的参数方程为 12 2 3 2 x t y m t       （t 为参数），点 P(1，2)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 C：ρ=4 与直线ｌ交于 两点 A，B 两点，求|PA|·|PB|的值． C．选修 4—5：不等式选讲 设 a，b，c 都是正数，求证： 2 2 2( ) ( ) ( ) 4( )b c c a a b a b ca b c        【必做题】第 22 题、第 23 题，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．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 1)P 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．已知 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 ) ... .x a a x a x a x      （1）求 1 2 2020...a a a   的值； （2）求 0 1 2 2020 1 1 1 1...a a a a     的值． 参考答案 数学Ⅰ试题 一、填空题： 1． 2,3 2．-2 3． 2 4．3 5． 1 3 6． 1 5 7．75 8．100π 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 1a  ， 2b   ，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 25s             ． 4．抛物线 2C ： 2 2x y 的准线方程为 1 2y   ，双曲线 1C ： 2 2 1xy 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 4a d a d    ， 即 1 7 5a d  ， 所 以 8 5a  ， 则  15 1 15 8 15 15 752S a a a    ． 8．设该铁球的半径为 rcm，则由题意得 3 24 5π π 103 3r    ，解得 3 35r  ，所以 5r  ，所以这 个铁球的表面积 2 24π 5 100πcmS    ． 9．曲线 y x 在切点  0 0,x y 处的切线方程为 0 0 1 22 xy x x   ，所以 0 0 1,2 1 , 2 x k x     解得 1 4k  ． 10．原式 sin12 3 sin12 3 cos12cos12 2cos24 sin12 2cos24 sin12 cos12            2sin 12 60 2sin 48 41cos24 sin 24 sin 482           ． 11．  22 2 2 2 9 2 1 8 2 2a 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  ,2C 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 22 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 22 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,P x y ，  1 1,Q x y ， 则  1 0 1 0,PQ x x y y   ，  ,2OC m ， 所以     1 0 1 0 2 , 2 2 , m x x y y      则 1 0 1 0 ,2 1, mx x y y       因为  1 1,Q x y 在圆    2 22 1x m y    上， 所以   2 2 0 0 1 12 m x m y        ，即   2 2 0 0 1 12 mx y       ， 所以点 P 在以 1 ,12D m     为圆心，1 为半径的圆 D 上， 又点 P 在直线 l： 2y 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 10 2x≤ ≤ 时，  f x 单调递减，   10 6f x≤ ≤ ； 当 1 12 x ≤ 时，   2 1 04f x x   ≥ 成立，  f x 单调递增，  1 1 6 3f x ≤ ， 所以  f x 的值域为 10, 3A      ． 设  g x 的值域为 B ，因为存在 1x ，  2 0,1x  使得    1 2f x g x 成立， 所以 B A   ．   e 2xg x ax   ，   exg x a   ． ① 1a ≥ ，任意  0,1x ，   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 2B a    ． 因为 B A   ，所以 e 2 0a  ≥ ， 2 ea ≥ ； ② ea ≤ ，任意  0,1x ，   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, 1B a    ， 则 B A   ，不合题意； ③ e 1a    ，令   e 0xg x a    ，  lnx a  ，  g x 在   0,ln a 递减，   ln ,1a 递增， 所以       min ln 2 lng x g a a a a       ，       max max 0 , 1g 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 9BA 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 3BH CH ． 设 BC 边上的高为 h ，则 5tan 4 hB  ， 5tanC 6 h ， 所以 2 5 5 504 6tan 05 5 25 241 4 6 h h hA h h h       ，所以 2 6 5h  因为 ABC 的面积 1 1sin2 2S 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 9BA 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 3BH CH ， 所以 2 24tan 9tanB C ． 以 BC 中点为原点 O ， BC 为 x 轴建立坐标系， 则  1,0B  ，  1,0C ，  ,A x y ， 从而     2 2 2 2 4 9 1 1 y y x x    ，即 5x   （舍去）或 1 5x   ． 设 BC 边上的高为 h ． 因为 ABC 的面积 1 1sin2 2S 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 25y  ． 因为 ABC 为锐角三角形，所以 2 6 5h  ， 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   ． 法三：由  2 2 9 4 4 9BA 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 3BH CH ． 因为角 A 为锐角，所以     2 26 025AB AC AH HB AH HC AH BC               ， 所以 2 6 5h  ． 因为 ABC 的面积 1 1sin2 2S 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 9BA CA AH CA BA        ， 所以    2 2 2 29 4h x h y   2 2 2 2 2 2 2 2 4 9h hh 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 5x  ， 6 5y  ． 又因为 cos 0A  ，所以 2 2 2c b a  ， 所以 2 2 2 24 6 45 5h h             ，所以 2 24 25h  ， 所以 2 6 5h  ．因为 ABC 的面积 1 1sin2 2S 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 1AH 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 9c 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 5AH AB AC    ，所以 3 2 5 5BH HC  ， 所以 2 3BH CH ．下略． 二、解答题： 15．解：（1）在 ABC 中， π 3B  ， 2 3b  ， 2a  ， 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb c a ac B   ， 得 212 4 2c c   ，即 2 2 8 0c c   ， 解之得 4c  或 2c   （舍去）． （2）由 13cos 013A   ，得 π0 2A  ， 所以 2 2 13 2 3sin 1 cos 1 13 13A A          ． 又因为 π 3B  ，所以    cos cos π cosC A B A B      cos cos sin sinA B A B   13 1 2 3 3 6 13 13 2 13 2 26       ． 16．证：（1）设 1B C ， 1BC 交于 O 点，连接 1AO ，OE ． 在 1BB C 中，点 O ， E 分别是 1B C ，BC 中点， 所以 1 1 2OE B B∥ ， 1 1 2OE B B ． 因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，所以 1 1B B AA∥ ， 1 1B B AA ， 又因为 F 是 1AA 中点，所以 1OE FA ， 1OE FA∥ ，所以 1EF AO∥ ． 因为 1AO  平面 1 1BAC ， EF  平面 1 1BAC ，所以 EF ∥平面 1 1BAC ． （2）因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，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 1B C BC ． 因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，所以 1CC  平面 ABC ， 因为 AC  平面 ABC ，所以 1CC AC ， 又因为 BC AC ， 1BC CC C ， 1CC ， BC  平面 1 1BCC B ， 所以 AC  平面 1 1BCC B ． 因为 1B C  平面 1 1BCC B ，所以 1AC B C ． 因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ，所以 1 1AC AC∥ ，所以 1 1 1AC B C ． 因为 1 1 1 1BC AC C ， 1BC ， 1 1AC  平面 1 1BAC ，所以 1B C  平面 1 1BAC ． 因为 1AO  平面 1 1BAC ，所以 1 1AO B C ， 因为 1EF AO∥ ，所以 1EF B C ． 17．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 cosCF  ． 在直角三角形 CFN 中， πsin 4 NF CF      ， 所以 2 2 tan2 2NF   ，所以 2 2 tanGF   ． 因为 πcos 4 CN CF      ，所以 2 2 tan2 2CN   ． 从而  2 2 2 tanGFEHS   ， 正四棱锥的高 2 2 2 2CO CN NO CN NF    2 2 2 2 2 2tan tan 2 tan2 2 2 2                     ， 所以正四棱锥的体积  21 1 2 2 tan 2 tan3 3GFEHV S CO          22 2 1 tan tan3    ， π0, 4      ． （2）令 tant  ，  0,1t  ， 则      22 5 32 2 2 21 23 3V t t t t t t     ，       4 2 2 22 2 2 25 6 1 5 1 13 3V t t t t t       ． 令   0V t  ，得 5 5t  ． t 50, 5       5 5 5 ,15        V t + 0 -  V t ↗ 极大值 ↘ 所以  V t 在 50, 5       单调递增，在 5 ,15       单调递减， 所以  V t 在 5 5t  时取到最大值，此时 1tan 5   ． 18．解：（1）由 62, 2P      ，在椭圆 C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上得 2 2 2 3 12a b   ①， 如图，由 A 为 C 的右顶点， B 为 C 的上顶点可知  ,0A a ，  0,B b ， 因OP AB∥ ，所以 OP ABk k ，则 3 2 b a    ②． 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 14 3 x y  ． （2）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，又  2,0A ， 所以直线 AM 的方程为  1 1 22 yy xx   ， 令 4x  ，得 1 1 2 2D yy x   ， 所以 1 1 24, 2 yD x      ．同理 2 2 24, 2 yE x      ． 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 24 02 2 y yx y yx x             ， 令 0 0y  ，得      2 1 2 0 1 2 44 2 2 y yx x x      ． 设直线l 的方程为 x ty m  ，与椭圆 C 的方程 2 2 14 3 x y  联立， 消去 x 得 2 2 23 4 6 3 12 0t y tmy m     ， 所以 1 2 2 6 3 4 tmy y t     ， 2 1 2 2 3 12 3 4 my y t   ， 所以      1 2 1 22 2 2 2x x ty m ty m             2 22 1 2 1 2 2 4 22 2 3 4 mt y y t m y y m t         ． 所以        2 22 1 2 0 2 1 2 2 3 1244 3 44 2 2 4 2 3 4 m y y tx x x m t             2 2 3 212 3 22 mm mm    ， 因为-2

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