2020年江苏省高考押题卷数学试题含附加题 答案与评分标准

2020年江苏省高考押题卷数学试题含附加题 答案与评分标准

2020 年江苏高考押题卷 数学答案与评分标准 一、填空题： 1. {1}； 2. 1 i； 3.60； 4. 16； 5. 1 3 ； 6. 4  4 5 ； 7. 2 9 y x2 1； 8． 18 25 ； 9. 400； 10. 11 1) 2 2 n n(n1 2； 11. ； 12.2； 13. 3 17 ； 14. 2 ． 二、解答题 15．【解】（ 1）因为 m＝(b，a 2c)， n＝(cosA  2cosC，cosB)，且 m⊥n， b(cos 2cos ) ( )cos 0A C a 2c B   所以 ．由正弦定理得 sinBcos A2sinBcosC sin AcosB 2sinCcosB  0，………………2 分 sin( B) 2sin( ) 0A B C    …………………………4 分 πA B C   sin sin 02CA ,π),sin 0(0AA 所以 ． 因为 ，所以 ． 因为 ，所以 sin 2sin C A  ．…………………………………6 分 （2） ca24因为 a＝2，由（1）知 ． …………………………………8 分 而 ，可得5 3m b＝3． ……………………………………………10 分 由余弦定理得 2 2 23 4 2 7cos 2 34 8A   ，  27 15sin 1 88A    ．…12 分 所以 1 3 15sin24ABCS bc A △ ． …………………………………14 分 16．【证明】（1）因为直三棱柱 ABC A1B1C1 中，CC1⊥平面 ABC， 又 BC 平面 ABC，所以 CC1⊥BC．…………………2 分 又因为 AC⊥BC，AC CC1=C，AC，CC1 平面 AA1C1C． 所以 BC⊥平面 AA1C1C．………………………………4 分 而 AD 平面 AA1C1C，所以 BC⊥AD． ① 又该直三棱柱中 AA1⊥A1C1，CC1⊥A1C1， 由已知 AA1= 1 2 AC=A1D，则 ∠A1DA= π 4 ．同 理∠C1DC= π 4 ，则∠ADC= π 2 ，即 CD⊥AD．………………………6 分 由①BC⊥AD，BC CD=C，BC，CD 平面 BCD，得 AD⊥平面 BCD．……8 分 17.解：（1）在 Rt ABC 中， 3, 4AB BC  ，所以 5 4cos,5 == CAC ，………………2 分 在⊿ BCP 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosBP BC PC BC PC C     …………4 分 5 36 5 424224 22 =×××+= — ，∴ 5 56 =BP ……………………………………6 分 （2）设甲、乙出发后的时间为t 小时，甲在线段CA 上的位置为点 M ，则 5 5AM t  设乙在线段 AB 上的位置为点 N ，则 3AN t ， 在 AMN 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosMN AM AN AM AN A      2 2 23(5 5 ) (3 ) 2 3 (5 5 ) 52 68 255t t t t t t           ，其中  0,1t  ………………10 分 因为甲乙不能通话，所以 MN＞3 ………………11 分 即 252 68 25 9t t   ，解得 4 13t  或 1t  （舍），所以 4 13t  即 40 13t  时，甲乙间的距离大于 3 千米 ………………13 分 答：所以两人不能通话的时间为 4 13 小时………………………………………………14 分 （2）取 BC 中点 O，连结 DO，OE，因为 AE=EB，CO=BO，所以 OE // 1 2 AC，……10 分 而 A1D // 1 2 //AC，所以 A1D OE，所以四边形 A1DOE 为平行四边形． ……12 分  所以 A1E//OD，而 A1E 平面 BCD，OD 平面 BCD，所以 A1E//平面 BCD．……14 分 18．【解析】（1）因为 2 2e  222ab，所以 ． 设椭圆方程 22 22 yx b2b 1 ，点 61 2， 代入有 22 16 b42b 1， 所以b2  2，从而 a2  4 ．所以椭圆方程为 22 142 yx ． ……………4 分 0OA OBkk，与条件矛盾，（2）当直线 AB 斜率不存在时， 所以直线 AB 斜率存在． ……………………………………………6 分 y bkx于是可设直线 AB 的方程为 ，代入 22 42 yx  1，得 (2k2 1)x2  4kbx  2b2  4  0 ． 19.解：（1）当 n=1 时， 12)(2 1 111111   aaaaaS ………2 分 （2）由（1）           nnn nn nn naanaanS anS 11 11 )1(2))(1(2 )(2 ，  Nn ……4 分 111 1 11 )1(2)1(22)1(2 )1(2          nnnnn nnn nnn annaanaaannaa naana   nnn ananan )1(2)1()1( 11   ，又  N,2 nn ，所以 01n 设 A 11( ,xy) ，B( 2 2x , y )，则 2x1 2 4 21 kbx k   ， 2 12 2 42 12 bxx k   ． 于是 22 22 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4( ) ) 21 bky y kx  b)(kx b k x x kb(x  x b k        ． ………8 分 而 12 12 1 2OA OB yykk xx   ，所以 1 2x1x2  2y y ． 从而有 2 2 2 22 2 4 42b k b k   1 ，解得 k 2  1 2 ，所以 2 2k  ． 2 1k2 所以直线 AB 的斜率为 2 2 ． ………………………………………10 分 （3）不妨设直线 AB 的方程为 2 2y x b，即 y  b 20x  ． 因为点 O 到直线 AB 的距离 3 bd  ，所以 2 2 222 2 4 3bCD  r  d   ．……12 分 由（2）知 2 2k  时， 2x 1x   2b ， 12 2x x b2 ． 所以 2 21 31 k x  x 24 bAB   ．……………………………………………14 分 于是 2 2 3 4 6 4242 3 AB b CD b    ，解得b2  3 ． 因此△COD 的面积 1 22CODS CDd   ． ………………………………16 分 nnn aaa 211   对任意  N,2 nn 成立，所以数列 na 是等差数列 …………8 分 （3）由（2）可知 122 )1(12 1  mmdmmmammSm 1)3(2 212)2(2 )1(  mmmmmmmm  令 2 2 t ，题目条件转化为满足不等式 1)3(  mmmt 的正整数解只有两个 若 m=1 符合，则 122  tt ；若 m=2 符合，则 5.132  tt 若 m=3 符合，则 t 为任意实数，即除 m=3 以外只能有 1 个 m 符合要求 当  N,4 mm ， )3( 11)3(   mm mtmmtm 令 51 mx ， xxxx x mm m 45 1 )4)(1()3( 1    令 2 2 2 441)('45)( x x xxfxxxf  ，当 5x 时， 0)(' xf 恒成立，所以 f(x)在 ),5[  上单调递增， 5 4)5()( min  fxf ， 4 5])3( 1[ max   mm m …………12 分 所以当 4t< 5 时，至少存在 m=2、3、4，满足不等式，不符合要求 当 2 3 4 5 ≤t < 时，对于任意 m ≥4, m ∈N ∗都不满足不等式，m=1 也不满足， 此时只有 m=2、3 满足 …………14 分 20．（1） 由题意， 22 )1( ln1 )1( ln)1(1 )('     axx xaxax ax xaaxxxf …………2 分 因为函数 y=f(x)的图象在 x=e 处的切线的斜率为 2)e1(e 1  ，所以 2)e1(e 1)e(' f 当 t≥3 2时，只有 m=3 符合，故5 4≤t<3 25 4≤|1 2|<3 21<≤1 2或9 2≤<5 所以的取值范围是(1,1 2][9 2,5). …………16 分 所以 22 22 )e1()1e()e1(e 1 )1e(e elne1e   aa aa 所以 e 2e,1)e1(1e  aa （漏一个扣 1 分） ……………………4 分 （2）因为函数 f(x)在(1,2)上单调递增，对于任意的 )2,1(x ，都有 ( ) 0f x ≥ 恒成立 即 0ln1  xaxax 且 01ax 首先，a=0 符合要求 当 a≠0 时，由 1 1 1(1,2) 0 0 12x a a aa a            或 或 ……6 分 令 xaxxaxaxx ln)('ln1)(   ①当 a>0 且 )2,1(x 时， )(0)(' xx   在(1,2)上单调递减 要使得 0ln1  xaxax 恒成立， 即要求 1(2) 0 2 1 2 ln 2 0 2 2ln 2a a a         所以 a>0 符合要求 …………8 分 （或者，当 )2,1(x ， 1ln x ，所以 01)ln1(ln1  xaxxaxax 恒成立） ②当 1,02 1  aa 且 )2,1(x 时， )(0)(' xx   在(1,2)上单调递增 要使得 0ln1  xaxax 恒成立， 即要求 101ln10)1(  aaa 故 1,02 1  aa 综上所述， a 的取值范围是 1{ 1} [ , )2    ……………………………10 分 另解：因为 ax＋1≠0 在(1，2)有意义，所以 a≤－1 或 a≥－1 2 ，…………6 分 f ′(x)＝ a＋1 x －alnx (ax＋1)2 ，因为 f(x)在(1，2)递增，∴f ′(x)≥0 在(1，2)恒成立， 即 a＋1 x －alnx≥0 在(1，2)恒成立，即 alnx－1 x －a≤0 在(1，2)恒成立， 令 g(x)＝alnx－1 x －a，x∈[1，2] g ′(x)＝a x ＋1 x2 ＝ax＋1 x2 当 ax＋1＜0 时，即 a≤－1 时，g ′(x)＜0，所以 g(x)递减， 所以 g(x)的最大值为 g(1)≤0，即－1－a≤0，∴a≥－1，所以 a＝－1. ……8 分 当 ax＋1＞0 时，即 a≥－1 2 时，g ′(x)＞0，所以 g(x)递增， 所以 g(x)的最大值为 g(2)≤0，即 aln2－1 2 －a≤0，∴a≥ －1 2 1－ln2 又因为 －1 2 1－ln2 ≤－1 2 ，所以 a≥－1 2. 综上，a≥－1 2 或 a＝－1.…………10 分 （3）由（2）可知当 1a 时，函数 f(x)在(1,2)上单调递增，此时 x x x xxf  1 ln 1 ln)( 当 2 31  x 时， 2 3ln2)2 3()(  fxf ，而 032 x ，所以 )32(2 3ln2)1( ln)32()32(2 3ln2)()32(  xx xxxxfx )32(2 3ln2)1( ln)32(   xx xx …………12 分 当 22 3  x 时， 2 3ln2)2 3()(  fxf ，而 032 x ，所以 )32(2 3ln2)1( ln2)32()32(2 3ln2)()32(  xx xxxxfx )32(2 3ln2)1( ln)32(   xx xx …………14 分 综上，对于任意 )2,1(x ，都有 )32(2 3ln2)1( ln)32(   xx xx 故 0)622(2 3ln2)32(2 3ln2)32(2 3ln2)1( ln)32( )1( ln)32(    yxyxy yy x xx ……………………………16 分 另解：因为 3 yx ，所以 yxxxx  332 ， xyyyy  332 要证 2 3)ln 2 3)ln 01 1 x x y y x y     （ （ ，即证 )ln )ln 01 1 x y x y x y x y     （ （ …………12 分 不妨设 y x ，当 y x 时 )ln )ln 01 1 x y x y x y x y     （ （ 成立； 当 y x 时，即证 ln ln 1 1 x y x y     ， …………14 分 由（2）知，当 1a   时， ln( ) 1 xf x x    在 1,2（ ）上递增 所以 ln ln 1 1 x y x y     成立， 综上 2 3)ln 2 3)ln 01 1 x x y y x y     （ （ …………16 分 数学 II（附加题）参考答案 21．【选做题】 A．解析：（1） 3 0 0 1A      ……………………………5 分 （2） 1 0      和 0 1      ………………10 分 C．已知 a、b、c 为正实数，满足 3 cba ，求 cba 941  的最小值． 解：因为 a、b、c 为正实数，由柯西不等式可知， 36)321()941( ))9()4()1)(()()()(()941)(( 22 222222   ccbbaa cbacbacbacba …… 5 分 即 123 3636941  cbacba …… 8 分 当且仅当 c c b b a a 941  即 32 cba  ，也即 2 3,1,2 1  cba 时取等号 所以 cba 941  的最小值为 12． ……10 分 【必做题】 22．解：（1）记“2 和 4 不相邻”为事件 A ，则 5 3)( 5 5 2 4 3 3  A AAAP ……………………3 分 答：2 和 4 不相邻的概率为 5 3 ． ……………………4 分 B.【解析】曲线 C： 2 4 x 2y 1， ……………………………………………………3 分 xy 20 直线 l： ．则直线 l 的参数方程为 2 2 2 2 tx ty    2 ， ， …………………6 分 代入 2 4 x 2y 1 得 25 16 2tt 24  0，所以 2 t1 62 225 ，  t． 所以弦长 12 42 5t  tAB   ． ……………………10 分 （2） 0,1,2的所有可能取值为 ， 5 1)2( 5 5 3 3 2 2 2 2  A AAAP  ， 5 22)1( 5 5 2 3 2 2 2 2  A AAAP  ， 5 222)0( 5 5 2 2 2 2 1 4 2 2 1 4 2 2 1 4  A AACACACP  （先确定 3 的位置） （或 5 2)1()2(1)0(   PPP ）  0 1 2 P 5 2 5 2 5 1 …………………………………………………………………………………………………8 分 所以 2 2 1 4( ) 0 +1 +25 5 5 5E       ．……………………………………………………10 分 23．解：（1）若 1 3a  ，则 21 3 2 a ≤ ，故 2 2a  ，则 3 1a  ； 若 2 3a  ，则 2 32 3a a ≤ ，则 3 2a ≥ ，故 3 2a  ，则 1 1a  ； 若 3 3a  ，则 1 21, 2a a  或 1 22, 3a a  所以当 3n  时，满足条件的数列T 为3,2,1;1,3,2;1,2,3;2,1,3 故满足条件的 T 的个数为 4 …… 3 分 （2）设满足条件的数列T 的个数为 nb ，显然 1 21, 2b b  ， 3 4b  ， 不等式 i ji a j a ≤ 中取 1j i  ，则有 11i ii a i a   ≤ ，即 11i ia a ≤ ， ①当 1a n 时，则 2 1a n  ，同理 3 2a n  ， ， 1na  ， 即满足条件的数列只有 1 个； ②当 ia n (2 )i n≤ ≤ ，则 1 1ia n   ，同理 2 2, ,i na n a i    ， 即 ia n 以后的各项是唯一确定的， …… 5 分 ia n 之前的满足条件的数列的个数为 1ib  ； 所以当 2n≥ 时， 1 2 1 1n n nb b b b      ( ) ， ……9 分 当 n≥3 时， 1 2 1 1n nb b b     ， 代入 ( ) 式得到 1 1 12n n n nb b b b     ，且满足 2 12b b 所以对任意 2n≥ ，都有 12n nb b  成立，又 1 1b  ，所以 12n nb  . 综上，满足条件的数列T 的个数为 12n . ……10 分