江苏省金陵中学、海安高级中学、南京外国语2020届高三第四次模拟数学试题含附加题答案

江苏省金陵中学、海安高级中学、南京外国语2020届高三第四次模拟数学试题含附加题答案

2020 届高三年级第四次模拟考试答案及评分标准 数学 I 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分． 1．【答案】 01， 2．【答案】 3 3．【答案】32 4．【答案】16 5．【答案】 1 3 6．【答案】 10 7．【答案】 4 5 8．【答案】3 9．【答案】2 10. 【答案】 32 π 11．【答案】 37 22 ， 12．【答案】 n 4n＋4 13．【答案】 6 6 14．【答案】 5 5 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分，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） （1）证明：在四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中， //AB CD ， AB  平面 11D DCC ， CD  平面 ， 所以 //AB 平面 ． ……………6 分 （2）证明：在四棱柱 中，四边形 11A ABB 为平行四边形，又 1AA AB ， 故四边形 为菱形． 从而 11AB A B ． …………… 9 分 又 1AB BC ，而 1AB BC B ， 1 AB，BC  平面 1A BC ， 所以 1AB  平面 ． …………… 14 分 16．（本小题满分 14 分） 解：因为 A 为△ABC 的内角，且 cosA＝ 3 5 ， 所以 sinA＝ 21 cos A ＝ 4 5 ． …………… 2 分 因为△ABC 的面积 S＝ 1 2 bcsinA＝3，所以 cb＝ 6 sin A ＝15 2 ． …………… 4 分 所以 15 3 9cos 2 5 2AB AC bc A     ． …………… 6 分 （2）因为 m  2sin 12 B ， ，n  cos cos 2 BB ， ，且 m// n， 所以 2sin 2 B cos 2 B ＝cosB，即 sinB＝cosB． …………… 8 分 若 cosB＝0，则 sinB＝0，舍， 所以 cosB≠0，所以 tanB＝sinB cosB＝1． 因为 B 为三角形的内角，所以 B＝ π 4 ． …………… 10 分 由（1）知 cosA＝ 3 5 ，sinA＝ 4 5 ， 所以 3 4 24sin 2 2sin cos 2 5 5 25A A A     ， 2 97cos2 2cos 1 2 125 25AA       ． …………… 12 分 因为 3π 4AC ，所以 3π 222CA，所以 5π22 4B C A   ， 所以 sin(B－2C)＝sin(2A－ 5π 4 ) ＝ 2 sin 22 A ＋ 2 2 cos2A＝ 2 24 2 25 27 2 25＝ 31 2 50 ．………14 分 17．（本小题满分 14 分） 解：（1）在△ABC 中，因为 3tan 4ABC，所以 sin 3 cos 4 ABC ABC   ， 又因为 22sin +cos 1ABC ABC   ，所以 3sin 5ABC， 4cos 5ABC．… 2 分 所以   2 2 2π 43sin sin 4 2 5 2 5 10BAC ABC         ， …………… 4 分 因为 sin πsin 4 BC AB BAC  ，所以 221010 2AB    ， 故 50AB  ，所以费用 4 1 50 400 2 10y     ． …………… 6 分 （2）过点 A 作 AQ MN 于点 Q，则 30AQ  ， 40BQ  ， 欲使费用最小，则 P 点在 Q 点的正东方向． 设 APM ，则 π 2ABC    ， 则   43sin sin sin cos55BAP ABC        ， 因为   sin sinsin π AB AP BP ABC BAP  ， 所以 50 5 sin 3 sin AP BP BAP  ， 所以 30 sinAP  ， 40sin 30cos sinBP    ， …………… 8 分 故费用  2 6 4sin 3cos400 200 2000 sin siny AP BP       ， …………… 10 分 令   6 3cos sinf    ，所以     22 3sin sin 6 3cos cos 3 6cos sin sin f            ， 令   0f   ，则 1cos 2  ， π 3  ，记 0ABC ，   0 π 3 ， π 3  π π 32，  f   0 +  f  递减 极小值 递增 此时 10 3tan 60 AQPQ  ，所以 40 10 3BP  ． …………… 13 分 答：（1）求方案①的运输费用为 2 万元； （2）P 点在 B 点的正西方向且距离为 40 10 3 千米时，方案②运输费用最 低． …………… 14 分 18．（本小题满分 16 分） 解：（1）设椭圆的焦距为 2c，因为右焦点 F 坐标为 10， ，则 1c  ，故 2 2 2 1c a b   ， 令 1x  ， 3 2y  ，所以 22 1914ab， …………… 3 分 所以 2 4a  ， 2 3b  ， 所以椭圆方程为 22 143 yx ． …………… 5 分 （2）设  11P x y， ，有 1 2x  ，因为 A，B 为椭圆的左，右顶点，C 为椭圆的上顶点， 所以  20A - ， ，  20B ， ，  03C ， ， 由  1 1 3 32 22 yx yyxx     ， ， ，解得 11 11 4 2 3 4 3 2 3 2 3M yxx yx   ． …………… 7 分 又  1 1 3 32 22 yx yyxx       ， ， ，解得 11 11 4 2 3 4 3 2 + 3 2 3N yxx yx     ． …………… 9 分 因为  22 2273 4M M MMC x y x    ，  22 2273 4N N NNC x y x    ， 要证 MC NC＝ ，即证 MNxx ． …………… 11 分 令 11 11 4 2 3 4 3 2 3 2 3MN yxxx yx     11 11 4 2 3 4 3 2 + 3 2 3 yx yx              1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 2 + 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 + 3 2 3 y x y x y x y x y x y x                     22 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 12 12 3 2 2 2 3 2 3 2 + 3 2 3 y x x y y x y x                     22 11 1 1 1 1 6 8 242 2 3 2 3 2 + 3 2 3 xy y x y x     ， …………… 14 分 因为 P 在椭圆上，所以 22 11143 xy，即 22 113 +4 12xy ， 故 0MNxx，所以 ． …………… 16 分 19．（本小题满分 16 分） 解：（1）因为   1ln 1 xf x x a x = ，所以    2 2 1 afx x x    1= ， 令  20f  = ，所以 9 4a  ， …………… 2 分 检验：当 时，         22 2 2 19 2 1 2 1 xxfx x x x x    1= ， x  10 2， 1 2  1 22 ， 2  2+，  fx + 0  0 +  fx 增 极大值 减 极小值 增 所以 9 4a  ． …………… 4 分 （2）因为      1 ln 1g x x x a x  = ，因为 x≥e， 由   1 ln 1 0x x a x    得，  1 ln 1 xxa x   ． …………… 6 分 令    1 ln 1 xxtx x   ，则    2 12ln 1 xxxtx x     ， 令   12lnx x x x    ，则    2 22 1 11 1 0x xxx       ≥ ， 所以  x 在 e ， 上单调递增，故     1e e 2 0ex   ≥ ， …………… 8 分 所以   0tx  ，故  tx在 上单调递增， 所以 e1 e1a   ． …………… 10 分 （3）当 2a  时，         2 22 14 0 11 xfx x x x x    1= ≥ ， 所以  fx在 1+， 单调递增， 所以当 1x  时，    10f x f，即  21ln 1 xx x   ． 因为 mn ，所以 e1mn  ，所以  2 e 1 ln e e1 mn mn mn       ， 即 e 1 e e 2 e 1 e e m n m n m n m n mn       ，所以 e e e e 2 m n m n mn  ． …………… 13 分 由①知， 在 1 ， 上单调递增， 所以当 时，    10x，即 12ln xxx ． 因为 2e1 mn  ，所以 22 2 12lne e e m n m n mn  ， 即 22 e 1 e e ee m n m n m n m nmn      ，所以 2 eee mnmn mn    ， 综上： 2 e e e ee 2 mn m n m n mn   ＜ ＜ ． …………… 16 分 20． 解：（1）因为{an}是公差为 2 的等差数列，所以 Sn＝na1＋ ( 1) 2 nn ×2＝n2＋(a1－1)n． 因为 Sn 是 Z(1)数列，所以任意的 n∈N*， 1nnSS ≥ ， 所以 Sn＋1－Sn＝2n＋a1≥0，即 a1≥－2n 对任意的 n∈N*恒成立， 所以 a1 的取值范围是[－2，＋∞)． …………… 4 分 （2）①由 3T1＝R 2 1 ＋4R1，得 3b ＝b ＋4b1，即 b －2b1＝0． 因为 b1＞0，所以 b1＝2． 因为 3Tn＝R 2 n ＋4Rn，所以 3Tn＋1＝R 2 1n ＋4Rn＋1，n∈N*， 两式相减得，3b ＝R －R ＋4bn＋1＝(Rn＋1＋Rn)(Rn＋1－Rn)＋4bn＋1．n∈N*， 因为 bn＋1＞0，所以 3bn＋1＝Rn＋1＋Rn＋4，n∈N*， …………… 6 分 所以 3bn＋2＝Rn＋2＋Rn＋1＋4，n∈N*， 两式相减得，3bn＋2－3bn＋1＝bn＋2＋bn＋1，即 bn＋2＝2bn＋1，n∈N*， 因为 bn＞0，所以当 n≥2 时， 1n n b b  ＝2． …………… 8 分 又由 3T2＝R 2 2 ＋4R2，得 3(4＋b )＝(2＋b2)2＋4(2＋b2)， 即 b －4b2＝0．因为 b2＞0，所以 b2＝4，所以 2 1 b b ＝2， 所以对 n∈N*，都有 1n n b b  ＝2 成立， 所以数列{bn}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． …………… 10 分 ②由①知 bn＝2n，所以 12 2 n n n nc   ． 因为 λ∈[2，3]，所以 n∈N*时，λn－1＞0，所以 cn＞0 ． 所以 1n n c c  ＝ 1 1 1( 1) 2 2 1( 1) 2 2 n n n n n n           ＝ 114 2 2 2 4 n n n n         ． …………… 12 分 所以 2 1 c c ＝ 2 15 26     ． 因为  23  ， ，所以 2 15 26     ＝1＋ 9 26  ≥ 7 4 ，当 λ＝3 时取等号． 1 7 4 n n c c   11 4 7 42 2 2 4 n n n n          (2 5 ) 5 4 4( 1 4 ) n n n n       ． …………… 14 分 设 f(x)＝4x－5λx＋5－2λ(x＞0)， 由于 f '(x)＝4xln4－5λ，所以 x≥2 时，f '(x)＞0，所以 f(x)在[2，＋∞)上单调递增． 因为 f(3)＝69－17λ≥69－17×3＞0， 所以 n≥3 时，(2－5n)λ＋5＋4n＞0，所以 1n n c c  － 7 4 ＞0． 因为 ，所以 3 2 c c 3 63 4 30    3 4 ＋ 81 8 60  ≥ 12 7 ， 所以 1n n c c  ≥12 7 ，且当 n＝2，λ＝3 时取等号． 即任意 n∈N*，任意 λ∈[2，3]，都有 1 12 7nncc ≥ ， 所以存在常数 m＝12 7 ，对于任意 ，{cn}都是 Z(m)数列，且符合题意的 m 的最大值为 ． …………… 16 分 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） 解：因为向量 e1 2 3   是矩阵 M＝ 1 b c 2 的属于特征值 4 的一个特征向量， 所以 1 b c 2    2 3 ＝   8 12 ， 即 2＋3b＝8，2c＋6＝12，解得 b＝2，c＝3， 所以 12 32M   ． …………… 5 分 所以        21 2 1 2 6 3 4 1 43 2 f                   ， 令   0f   ，   1f   或 4，则矩阵 M 的另一个特征值为 1 ． …………… 10 分 B（选修 4-4 极坐标与参数方程） 解：以极点为坐标原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系， 所以  3 A  ， ，  3 B ， 的直角坐标为  3 2A  ， ， ， 故直线 l 的普通方程为 3 3 0xy   ， ………… 4 分 又曲线 C ： cos ( 0)aa的普通方程为 2 22 24 aaxy   ( 0)a  ， ………… 8 分 因为直线 l 与曲线 有且只有一个公共点，且 0a  ， 所以 32 22 a a  ，解得 2a  (负值已舍)． ………… 10 分 C（选修 4-5 不等式选讲） 解：由柯西不等式得       22 22 2 2 2 22 1 1 2a b c a b c       ≥ ， …………… 5 分 因为 5abc   ，所以  2 2 25 2 252 a b c ≥ ， 故 2 2 22 10a b c ≥ ，即的最小值为 10，当且仅当 22a b c   时取等号．… 10 分 【必做题】第 22、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） 解：（1）20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为    1822 20 1f p C p p， 因此          18 17 1722 20 2 1 18 1 380 1 1 10f p C p p p p p p p        ，…… 2 分 令   0fp  ，得 1 10p  ，因为 01p， 所以当  10 10p ， 时，   0fp  ，  fp单调递增； 当  1 110p ， 时，   0fp  ， 单调递减， 故当 1 10p  时，  fp取得最大值，即 0 1 10p  ． …………… 5 分 （2）由（1）知， 1 10p  ． X 的取值为 30，60，90，120． 则    3 0 3 930 10P X C ，      2 1 3 1960 10 10P X C   ，      2 2 3 1990 10 10P X C ，    3 3 3 1120 10P X C ， …………… 8 分 X 30 60 90 120 P  3 0 3 9 10C    2 1 3 19 10 10C     2 2 3 19 10 10C  3 3 3 1 10C 所以    3 2 3 3 3 9 9 9 130 60 3 90 3 120 3910 10 10 10EX           （元）．……… 10 分 23．（本小题满分 10 分） 解：（1） 0 1 1 0p p p p m n m n m n m nC C C C C C C      0 p i p i mn i CC    ； …………… 2 分 （2）当 i，n∈N*，且 i≤n 时， 1 1 ! ( 1)! !( )! ( 1)!( )! ii nn n n niC i nCi n i i n i         ． …… 4 分 由（1）得 1 0 1 1 2 1 1 1 p p p mmm n n nC C C C C         2 1 1 0 11 pp m n m nC C C C  1 0 2 1 1 2 11 1 p p p m n m n m nC C C C C C         0 1 1 11 1 p p p i i m m nn i C C C C       ． …… 6 分 因为 11 1 2 ( 1) p p i p i n n mmn i C C C C i      1 1 22 pp p i p i i p i n m n mmn ii nC iC C C C      1 1 p mnnC   11 12 pp i p i p i p i n m n m n m ii iC C C C C C     1 1 p mnnC  1 0 1 1 0 1 1 p i p i p p p n m n m n m n m i nC C C C C C C C         2 p i p i nm i CC    11 11 1 p p i p i nmmn i nC n C C        0 p i p i p n m m i C C C   11 11 p p p mnm n m nnC nC C        p p p m m n mC C C 所以 11 1 2 ( 1) p p i p i n n mmn i C C C C i    pp m n mCC． …………… 10 分