江苏省扬州市2020届高三第二次模拟考试(5月) 数学

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江苏省扬州市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={x|-1<x<2},B={x|x>0},则A∩B=________.‎ ‎2. 已知(1-i)z=2+i,其中i是虚数单位,则复数z的模为________.‎ ‎3. 已知某校高一、高二、高三年级分别有1 000,800,600名学生,现计划用分层抽样的方法抽取120名学生去参加社会实践,则在高三年级需抽取________名学生.‎ S←0‎ For I From 1 To 5‎ ‎  S←S+I End For Print S ‎4. 如图伪代码的输出结果为________.‎ ‎5. 若实数x,y满足则2x-y的最小值为________.‎ ‎6. 已知a∈{-1,1},b={-3,1,2},则直线ax+by-1=0不经过第二象限的概率为________.‎ ‎7. 已知双曲线-=1的右焦点与抛物线y2=12x的焦点重合,则该双曲线的虚轴长为________.‎ ‎8. 已知α为锐角,且cos(α+)=,则cos α=________.‎ ‎9. 等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a1a6=3a3,且a4与a5的等差中项为2,则S5=________.‎ ‎10. 在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,O为上底面ABCD的中心.设正四棱柱ABCDA1B1C1D1与正四棱锥OA1B1C1D1的侧面积分别为S1,S2,则=________.‎ ‎11. 已知曲线C:f(x)=x3-x,直线l:y=ax-a,则“a=-”是“直线l与曲线C相切”的____________条件.(选填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”或“既不充分又不必要”)‎ ‎12. 已知x>0,y>0,则x++的最小值为________.‎ ‎13. 已知点D为圆O:x2+y2=4的弦MN的中点,点A的坐标为(1,0),且·=1,则·的最小值为________.‎ ‎14. 在数列{an}中,a1=1,an+1=设{an}的前n项和为Sn,若S4n≤λ·2n-1恒成立,则实数λ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2S=bccos A,其中S为△ABC的面积,a,b,c分别为角A,B,C的对边.‎ ‎(1) 求角A的值;‎ ‎(2) 若tan B=,求sin 2C的值.‎ ‎16.(本小题满分14分)‎ 如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,BC=B1C,O为四边形ACC1A1对角线的交点,F为棱BB1的中点,且AF⊥平面BCC1B1.求证:‎ ‎(1) OF∥平面ABC;‎ ‎(2) 四边形ACC1A1为矩形.‎ ‎17. (本小题满分14分)‎ 某厂根据市场需求开发三角花篮支架(如图),上面为花篮,支架由三根细钢管组成.考虑到钢管的受力和花篮质量等因素,设计支架应满足:① 三根细钢管长均为1米(粗细忽略不计),且与地面所成的角均为θ(≤θ≤);② 架面与架底平行,且架面三角形ABC与架底三角形A1B1C1均为等边三角形;③ 三根细钢管相交处的节点O分三根细钢管上、下两段之比均为2∶3.定义:架面与架底的距离为“支架高度”,架底三角形A1B1C1的面积与“支架高度”的乘积为“支架需要空间”.‎ ‎(1) 当θ=时,求“支架高度”;‎ ‎(2) 求“支架需要空间”的最大值.‎ ‎18. (本小题满分16分)‎ 如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)过点(1,),且椭圆的离心率为.直线l:y=x+t与椭圆E相交于A,B两点,线段AB的中垂线交椭圆E于C,D两点.‎ ‎(1) 求椭圆E的标准方程;‎ ‎(2) 求线段CD长的最大值;‎ ‎(3) 求·的值.‎ ‎19. (本小题满分16分)‎ 已知函数f(x)=a(x-)(a∈R),g(x)=ln x.‎ ‎(1) 当a=1时,解不等式:f(x)-g(x)≤0;‎ ‎(2) 设u(x)=xf(x)-g(x).‎ ‎①当a<0时,若存在m,n∈(0,+∞)(m≠n),使得u(m)+u(n)=0,求证:mn<1;‎ ‎②当a>0时,讨论u(x)的零点个数.‎ ‎20. (本小题满分16分)‎ 对数列{an},规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列,其中Δan=an+1-an(n∈N*).规定{Δ2an}为{an}的二阶差分数列,其中Δ2an=Δan+1-Δan(n∈N*).‎ ‎(1) 已知数列{an}的通项公式an=n2(n∈N*),试判断{Δan},{Δ2an}是否为等差数列,请说明理由;‎ ‎(2) 若数列{bn}是公比为q的正项等比数列,且q≥2,对于任意的n∈N*,都存在m∈N*,使得Δ2bn=bm,求q所有可能的取值构成的集合;‎ ‎(3) 设各项均为正数的数列{cn}的前n项和为Sn,且Δ2cn=0.对满足m+n=2k,m≠n的任意正整数m,n,k,都有cm≠cn,且不等式Sm+Sn>tSk恒成立,求实数t的最大值.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(十五)‎ 数学附加题 ‎(满分40分,考试时间30分钟)‎ ‎21. (本小题满分10分)‎ 已知矩阵M=,M=,且MN=.‎ ‎(1) 求矩阵M;‎ ‎(2) 若直线l在矩阵M对应的变换作用下变为直线x+3y=0,求直线l的方程.‎ ‎22.(本小题满分10分)‎ 在平面直角坐标系中,直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C:ρ=2sin(θ-),求直线l被曲线C截得的弦长.‎ ‎23. (本小题满分10分)‎ 某商场举行元旦促销回馈活动,凡购物满1 000元,即可参与抽奖活动,抽奖规则如下:在一个不透明的口袋中装有编号为1,2,3,4,5的5个完全相同的小球,顾客每次从口袋中摸出一个小球,共摸三次(每次摸出的小球均不放回口袋),编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位,若三位数是奇数,则奖励50元,若三位数是偶数,则奖励100m元(m为三位数的百位上的数字,如三位数为234,则奖励100×2=200元).‎ ‎(1) 求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率;‎ ‎(2) 求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与数学期望E(X).‎ ‎24.(本小题满分10分)‎ ‎(1) 求证:C=C(n∈N*,k∈N);‎ ‎(2) 计算:(-1)0C+(-1)1C+(-1)2C+…+(-1)2 020C;‎ ‎(3) 计算:(-1)kC.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(扬州)‎ 数学参考答案及评分标准 ‎1. {x|0<x<2} 2.  3. 30 4. 15 5. -1 6.  7. 2 8.  9. 121‎ ‎10.  11. 充分不必要 12. 4 13. -1 14. λ≥ ‎15. 解:(1) 因为2S=bccos A,所以2×bcsin A=bccos A,则sin A=cos A.(3分)‎ 在△ABC中,因为A∈(0,π),所以sin A=cos A>0,‎ 所以tan A=1,(5分)‎ 所以A=.(7分)‎ ‎(2) 由(1)知A=,又tan B=,‎ 所以tan(A+B)=tan(+B)===-11.(9分)‎ 在△ABC中,因为A+B+C=π,所以tan C=-tan(A+B)=11,‎ 所以sin 2C=2sin Ccos C=====.(14分)‎ ‎16. 证明:(1) 取AC中点D,连结OD.‎ 在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,BB1∥CC1∥AA1,且BB1=AA1.‎ 因为O为平行四边形ACC1A1对角线的交点,所以O为A1C的中点.‎ 又D为AC的中点,所以OD∥AA1,且OD=AA1.(2分)‎ 又BB1∥AA1,BB1=AA1,所以OD∥BB1,且OD=BB1.‎ 又F为BB1的中点,所以OD∥BF,且OD=BF,所以四边形ODBF为平行四边形,所以OF∥BD.(5分)‎ 因为BD⊂平面ABC,OF⊄平面ABC,‎ 所以OF∥平面ABC.(7分)‎ ‎(2) 因为BC=B1C,F为BB1的中点,所以CF⊥BB1.‎ 因为AF⊥平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1,所以AF⊥BB1.(9分)‎ 因为CF⊥BB1,AF⊥BB1,CF⊂平面AFC,AF⊂平面AFC,CF∩AF=F,‎ 所以BB1⊥平面AFC.(11分)‎ 又AC⊂平面AFC,所以BB1⊥AC.‎ 又由(1)知BB1∥CC1,所以AC⊥CC1.‎ 在三棱柱ABCA1B1C1中,四边形ACC1A1为平行四边形,‎ 所以四边形ACC1A1为矩形.(14分)‎ ‎17. 解:(1) 因为架面与架底平行,且AA1与地面所成的角为,AA1=1米,‎ 所以“支架高度” h=1×sin=(米).(4分)‎ ‎(2) 过O作OO1⊥平面A1B1C1,垂足为O1.‎ 又O1A1⊂平面A1B1C1,所以OO1⊥O1A1.‎ 又AA1与地面所成的角为θ,所以O1A1=cos θ.‎ 同理O1C1=O1B1=cos θ,‎ 所以O1为等边三角形A1B1C1的外心,也为其重心,‎ 所以B1C1=A1O1·×=cos θ·=cos θ,‎ S△A1B1C1=×(cos θ)2=cos2θ.‎ 记“支架需要空间”为V,则V=cos2θ·sin θ,θ∈[,].(8分)‎ 令t=sin θ,则t∈.‎ 所以V=(1-t2)t=(t-t3),t∈.‎ 又V′=(1-3t2)=-(t2-)=-(t+)(t-),‎ 则当t∈(,)时,V′>0,V单调递增;当t∈(,)时,V′<0,V单调递减,‎ 所以当t=时,Vmax=[-()3]=××=(立方米).(13分)‎ 答:(1) 当θ=时,“支架高度”为米;‎ ‎(2) “支架需要空间”的最大值为立方米.(14分)‎ ‎18. 解:(1) 设椭圆E的焦距为2c(c>0),则e===,可知a2=2b2.(2分)‎ 因为椭圆E过点(1,),‎ 所以+=1,解得a2=2,b2=1,‎ 所以椭圆的标准方程为+y2=1.(4分)‎ ‎(2) 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).‎ 由得3x2+4tx+2t2-2=0.‎ 又直线l:y=x+t与椭圆E相交于A,B两点,‎ 所以且Δ=(4t)2-4×3×(2t2-2)>0,则-<t<.(6分)‎ 设AB的中点为M(xM,yM),则xM==-t,yM=xM+t=t,‎ 所以AB的中垂线的方程为y=-x-t,即直线CD的方程为y=-x-t.‎ 由得27x2+12tx+2t2-18=0,则(8分)‎ 所以CD==· ‎=·=·.‎ 又t∈(-,),所以当t=0时,CDmax=×=.(10分)‎ ‎(3) 由(2)知·=(x3-x1,y3-y1)·(x4-x1,y4-y1)‎ ‎=(x3-x1)(x4-x1)+(y3-y1)(y4-y1)‎ ‎=(x3-x1)(x4-x1)+(-x3-x1-t)(-x4-x1-t)‎ ‎=x3x4-(x3+x4)x1+x+x3x4+(x1+t)(x3+x4)+x+tx1+t2‎ ‎=2x3x4+t(x3+x4)+2x+tx1+t2.(13分)‎ 又 所以·=2x3x4+t(x3+x4)+(3x+4tx1)+t2‎ ‎=2×+t×(-t)+(2-2t2)+t2‎ ‎=(--+)t2=0.(16分)‎ ‎19. (1) 解:设h(x)=f(x)-g(x)=x--ln x,‎ 则h′(x)=1+-==>0,‎ 所以h(x)在(0,+∞)上递增.‎ 又h(1)=0,所以0<x<1,所以f(x)-g(x)≤0的解集为(0,1).(4分)‎ ‎(2) ①证明:由u(m)+u(n)=0得a(m2-1)-ln m+a(n2-1)-ln n=0,‎ 即a(m2+n2-2)-ln m-ln n=0,又a<0,‎ 所以a(m2+n2-2)-ln m-ln n=0≤a(2mn-2)-ln(mn).‎ 因为m≠n,所以“=”不成立.(7分)‎ 思路一:‎ 设mn=t,v(t)=a(2t-2)-ln t(t>0),则v′(t)=2a-<0,‎ 所以v(t)在(0,+∞)上单调递减.‎ 又v(1)=0,所以t<1,即mn<1.(10分)‎ 思路二:‎ 假设mn≥1,则2mn-2≥0,ln(mn)≥0,所以a(2mn-2)-ln(mn)≤0,‎ 这与a(2mn-2)-ln(mn)>0矛盾,故mn<1.(10分)‎ ‎②解:u(x)=xf(x)-g(x)=a(x2-1)-ln x,‎ 当a>0时,u′(x)=2ax-=.令u′(x)=0得x=±(负值舍去).‎ 所以当x∈(0,)时,u′(x)<0,u(x)为减函数;‎ 当x∈(,+∞)时,u′(x)>0,u(x)为增函数.‎ 又u(1)=0,‎ ‎1° 当=1,即a=时,u(x)有1个零点;(12分)‎ ‎2° 当<1,即a>时,由u(1)=0可知u()<u(1)=0,‎ 又u(e-a)>0,且e-a<1,‎ 所以u(x)在(0,1)上有1个零点,故此时u(x)有2个零点;(14分)‎ ‎3° 当>1,即0<a<时,由u(1)=0可知u()<u(1)=0,‎ 令φ(x)=ln x-(x-1),则φ′(x)=-1=,‎ 所以当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,所以φ(x)max=φ(1)=0,故ln x≤x-1,则-ln x≥-(x-1).‎ 所以u(x)>a(x2-1)-(x-1),所以u(-1)>0,且-1>1,‎ 所以u(x)在(1,+∞)上有1个零点,故此时u(x)有2个零点.‎ 综上,当a=时,u(x)有1个零点;当a>0时a≠时,u(x)有2个零点.(16分)‎ ‎20. 解:(1) 因为an=n2,所以Δan=an+1-an=(n+1)2-n2=2n+1,则Δan+1-Δan=2.‎ 又Δa1=3,所以{Δan}是首项为3,公差为2的等差数列.‎ 因为Δ2an=Δan+1-Δan=2,则{Δ2an}是首项为2,公差为0的等差数列.(2分)‎ ‎(2) 因为数列{bn}是公比为q的正项等比数列,所以bn=b1qn-1.‎ 又Δ2bn=Δbn+1-Δbn=bn+2-bn+1-(bn+1-bn)=bn+2-2bn+1+bn,且对任意的n∈N*,都存在m∈N*,使得Δ2bn=bm,‎ 所以对任意的n∈N*,都存在m∈N*,使得b1qn+1-2b1qn+b1qn-1=b1qm-1,即(q-1)2=qm-n.‎ 因为q≥2,所以m-n≥0.‎ ‎1° 若m-n=0,则q2-2q+1=1,解得q=0(舍)或q=2,即当q=2时,对任意的n∈N*,都有Δ2bn=bn.‎ ‎2° 若m-n=1,则q2-3q+1=0,解得q=(舍)或q=,即当q=时,对任意的n∈N*,都有Δ2bn=bn+1.‎ ‎3° 若m-n≥2,则qm-n≥q2>(q-1)2,故对任意的n∈N*,不存在m∈N*,使得Δ2bn=bm.‎ 综上所述,q所有可能的取值构成的集合为.(8分)‎ ‎(3) 因为Δ2cn=0,所以Δ2cn=Δcn+1-Δcn=cn+2-cn+1-(cn+1-cn)=cn+2-2cn+1+cn=0,‎ 所以cn+2-cn+1=cn+1-cn,所以{cn}是等差数列.‎ 设{cn}的公差为d,则cn=c1+(n-1)d.‎ 若d=0,则cm=cn;‎ 若d<0,则当n>1-时,cn<0,与数列{cn}的各项均为正数矛盾,故d>0.(10分)‎ 由等差数列前n项和公式可得Sn=n2+(c1-)n,‎ 所以Sn+Sm=n2+(c1-)n+m2+(c1-)m=(n2+m2)+(c1-)(m+n),‎ Sk=()2+(c1-)·.‎ 又m≠n,>,‎ 所以Sn+Sm=(n2+m2)+(c1-)(m+n)>·+(c1-)(m+n)=2Sk,‎ 则当t≤2时,不等式Sm+Sn>tSk都成立.(12分)‎ 另一方面,当t>2时,令m=k+1,n=k-1(k∈N*,k≥2),‎ 则Sm+Sn=[(k+1)2+(k-1)2+(c1-)·2k]=(2k2+2)+2k(c1-),‎ Sk=k2+(c1-)k,‎ 则tSk-(Sm+Sn)=tk2+(c1-)tk-(2k2+2)-2k(c1-)‎ ‎=(t-d)(k2-k)+(t-2)c1k-d.‎ 因为t-d>0,k2-k≥0,所以当k>,tSk-(Sn+Sm)>0,即Sm+Sn<tSk.‎ 综上,t的最大值为2.(16分)‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(扬州)‎ 数学附加题参考答案及评分标准 ‎21. 解:(1) 用待定系数或公式可求得M=.(5分)‎ ‎(2) 设直线l上任一点(x,y)在矩阵M对应的变换作用下为(x′,y′),‎ 即==在x+3y=0上,(8分)‎ 则-3x+2y+6x-3y=0,即3x-y=0,所以直线l的方程为3x-y=0.(10分)‎ ‎22. 解:把直线的方程l:(t为参数)化为普通方程为x+y=1.(3分)‎ 圆ρ=2sin(θ-)化为普通方程为x2+2x+y2-2y=0,‎ 即(x+1)2+(y-1)2=2.(6分)‎ 圆心C到直线l的距离d==.(8分)‎ 所以直线l被圆C截得的弦长为2=.(10分)‎ ‎23. 解:(1) 因为n=A=60,m=AA=36,所以P1==.‎ 答:摸到三位数是奇数的概率是.(4分)‎ ‎(2) 获奖金额X的可能取值为50,100,200,300,400,500,则 P(X=50)=,P(X=100)==,P(X=200)==,‎ P(X=300)==,P(X=400)==,P(X=500)==,(7分)‎ 获奖金额X的概率分布为 X ‎50‎ ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎500‎ P 数学期望E(X)=50×+100×+200×+300×+400×+500×=150元.‎ 答:期望是150元.‎ ‎24. 解:(1) C=·=·=C.(2分)‎ ‎(2) (-1)0C+(-1)1C+(-1)2C+…+(-1)2 020C ‎=(-1)kC=(-1)kC=.(4分)‎ ‎(3) (解法1)设an=(-1)kC,‎ 则an=1+(-1)k(C+C)+(-1)n ‎=an-1+(-1)kC=an-1+(-1)kC ‎=an-1+=an-1+(0-an),(7分)‎ 所以an=an-1⇒an=·an-2=…=a1.‎ 又a1=,所以an==.‎ 所以(-1)kC=a2 020====.(结果没化简,不扣分)(10分)‎ ‎(解法2)(-1)kC=(-1)k·· ‎=(-1)k·· ‎=·(-1)k·(k-1)·C ‎=·(-1)k·(k+2-1)·C ‎=· ‎=· ‎=· ‎=·{-2 022·[(1-1)2 021-1]+1-2 022}‎ ‎===.(结果没化简,不扣分)(10分)‎
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