江苏省南京市、盐城市2020届高三第二次模拟考试数学.pdf

1 南京 盐城 2020 届高三模拟考试试卷南京 盐城 2020 届高三模拟考试试卷 数 学数 学 满分 160 分 考试时间 120 分钟 2020 4 参考公式 圆锥的侧面积公式 S rl 其中 r 为圆锥底面圆的半径 l 为圆锥的母线长 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 x 2k 1 k Z B x x x 5 0 则 A B 2 已知复数 z 1 2i 其中 i 为虚数单位 则 z2的模为 3 如图是一个算法流程图 若输出的实数 y 的值为 1 则输入的实数 x 的值为 第 3 题 第 4 题 4 某校初三年级共有 500 名女生 为了了解初三女生 1 分钟 仰卧起坐 项目训练情况 统计 了所有女生 1 分钟 仰卧起坐 测试数据 单位 个 并绘制了如图频率分布直方图 则 1 分钟至少 能做到 30 个仰卧起坐的初三女生有 个 5 从编号为 1 2 3 4 的 4 张卡片中随机抽取一张 放回后再随机抽取一张 则第二次抽得的 卡片上数字能被第一次抽得的卡片上的数字整除的概率为 6 已知函敬 f x 是定义在 R 上的奇函敷 且周期为 2 当 x 0 1 时 f x x 则 f a 的值为 7 若将函数 f x sin 2x 的图象沿 x 轴向右平移 0 个单位长度后所得的图象与 f x 的 3 图象关于 x 轴对称 则 的最小值为 2 8 在 ABC 中 AB 2 AC BAC 90 则 ABC 绕 BC 所在直线旋转一周所形55 成的几何体的表面积为 9 已知数列 an 为等差数列 数列 bn 为等比数列 满足 a1 a2 a3 b1 b2 b3 a b 2 其中 a 0 b 0 则 a b 的值为 10 已知点 P 是抛物线 x2 4y 上动点 F 是抛物线的焦点 点 A 的坐标为 0 1 则的最 PF PA 小值为 11 已知 x y 为正实数 且 xy 2x 4y 41 则 x y 的最小值为 12 在平面直角坐标系 xOy 中 圆 C x m 2 y2 r2 m 0 已知过原点 O 且相互垂直的两条 直线 l1和 l2 其中 l1与圆 C 相交于 A B 两点 l2与圆 C 相切于点 D 若 AB OD 则直线 l1的斜率 为 13 在 ABC 中 BC 为定长 2 3 若 ABC 面积的最大值为 2 则边 BC 的长为AB AC BC 14 已知函数 f x ex x b e 为自然对数的底数 b R 若函数 g x f f x 恰有 4 个零点 1 2 则实数 b 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 如图 在三棱锥PABC中 点D E分别为AB BC的中点 且平面PDE 上平面 ABC 1 求证 AC 平面 PDE 2 若 PD AC 2 PE 求证 平面 PBC 平面 ABC 3 16 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 a bcos C csin B 1 求 B 的值 2 设 BAC 的平分线 AD 与边 BC 交于点 D 已知 AD cos A 求 b 的值 17 7 7 25 3 17 本小题满分 14 分 如图 湖中有一个半径为 1 千米的圆形小岛 岸边点 A 与小岛圆心 C 相距 3 千米 为方便游人 到小岛观光 从点 A 向小岛建三段栈道 AB BD BE 湖面上的点 B 在线段 AC 上 且 BD BE 均 与圆 C 相切 切点分别为 D E 其中栈道 AB BD BE 和小岛在同一个平面上 沿圆 C 的优弧 圆 C 上实线部分 上再修建栈道 记 CBD 为 DE 1 用 表示栈道的总长度 f 并确定 sin 的取值范围 2 求当 为何值时 栈道总长度最短 18 本小题满分 16 分 如图 在平面直角坐标系 xOy 中 椭圆 C 1 a b 0 的离心率为 且过点 0 x2 a2 y2 b2 1 2 3 1 求椭圆 C 的方程 2 已知 BMN 是椭圆 C 的内接三角形 若点B为椭圆C的上顶点 原点O为 BMN的垂心 求线段MN 的长 若原点 O 为 BMN 的重心 求原点 O 到直线 MN 距离的最小 值 19 本小题满分 16 分 已知函数 f x x3 x2 a 16 x g x aln x a R 函数 h x g x 的导函数 h x 在 4 f x x 5 2 上存在零点 1 求实数 a 的取值范围 2 若存在实数 a 当 x 0 b 时 函数 f x 在 x 0 时取得最大值 求正实数 b 的最大值 3 若直线 l 与曲线 y f x 和 y g x 都相切 且 l 在 y 轴上的截距为 12 求实数 a 的值 4 20 本小题满分 16 分 已知无穷数列 an 的各项均为正整数 其前n项和为Sn 记Tn为数列 an 的前an项和 即Tn a1 a2 an 1 若数列 an 为等比数列 且 a1 1 S4 5S2 求 T3的值 2 若数列 an 为等差数列 且存在唯一的正整数 n n 2 使得 2 求数列 an 的通项公式 Tn an 3 若数列 Tn 的通项为 Tn 求证 数列 an 为等差数列 n n 1 2 5 数学附加题数学附加题 满分 40 分 考试时间 30 分钟 21 选做题 在 A B C 三小题中只能选做两题 每小题 10 分 共 20 分 若多做 则按作 答的前两题计分 解答时应写出必要的文字说明 证明过程或演算步骤 A 选修 42 矩阵与变换 已知矩阵 M MN 1 2 2 1 1 0 0 1 1 求矩阵 N 2 求矩阵 N 的特征值 B 选修 44 坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中 曲线 C 的参数方程为 t 为参数 以原点 O 为极点 x 轴的 x 2t y 1 2t 2 正半轴为极轴建立极坐标系 直线 l 的极坐标方程为 cos 若直线 l 交曲线 C 于 A B 两点 4 2 求线段 AB 的长 C 选修 45 不等式选讲 已知 a 0 求证 a 2 a2 1 a2 2 1 a 6 必做题 第 22 23 题 每小题 10 分 共 20 分 解答时应写出必要的文字说明 证明过程 或演算步骤 22 某商场举行有奖促销活动 顾客购买每满 400 元的商品即可抽奖一次 抽奖规则如下 抽奖 者掷各面标有 1 6 点数的正方体骰子 1 次 若掷得点数大于 4 则可继续在抽奖箱中抽奖 否则获 得三等奖 结束抽奖 已知抽奖箱中装有 2 个红球与 m m 2 m N 个白球 抽奖者从箱中任意摸 出 2 个球 若 2 个球均为红球 则获得一等奖 若 2 个球为 1 个红球和 1 个白球 则获得二等奖 否则 获得三等奖 抽奖箱中的所有小球 除颜色外均相同 1 若 m 4 求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率 2 若一等奖可获奖金 400 元 二等奖可获奖金 300 元 三等奖可获奖金 100 元 记顾客一次抽 奖所获得的奖金为 X 若商场希望 X 的数学期望不超过 150 元 求 m 的最小值 23 已知集合 An 1 2 n n N n 2 将 An的所有子集任意排列 得到一个有序集 合组 M1 M2 Mm 其中 m 2n 记集合 Mk中元素的个数为 ak k N k m 规定空集中元 素的个数为 0 1 当 n 2 时 求 a1 a2 am的值 2 利用数学归纳法证明 不论 n n 2 为何值 总存在有序集合组 M1 M2 Mm 满足任 意 i N i m 1 都有 ai ai 1 1 7 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 南京 盐城南京 盐城 数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准 1 1 3 2 5 3 4 325 5 6 0 7 8 6 9 5 10 11 8 12 1 4 1 2 2 5 2 2 2 5 5 13 2 14 1 ln 2 1 2 15 证明 1 因为点 D E 分别为 AB BC 的中点 所以 DE AC 2 分 因为 AC 平面 PDE DE 平面 PDE 所以 AC 平面 PDE 4 分 2 因为点 D E 分别为 AB BC 的中点 所以 DE AC 1 2 因为 AC 2 所以 DE 1 因为 PD 2 PE 所以 PD2 PE2 DE2 3 因此在 PDE 中 PE DE 8 分 又平面 PDE 平面 ABC 且平面 PDE 平面 ABC DE PE 平面 PDE 所以 PE 平面 ABC 12 分 因为 PE 平面 PBC 所以平面 PBC 平面 ABC 14 分 16 解 1 因为 a bcos C csin B 由 得 sin A sin Bcos C sin Csin B 2 分 a sin A b sin B c sin C 因为 sin A sin B C sin B C sin Bcos C cos Bsin C 所以 sin Bcos C cos Bsin C sin Bcos C sin Csin B 即 cos Bsin C sin Csin B 4 分 因为 0 C 所以 sin C 0 所以 sin B cos B 又 0 B 所以 sin B 0 从而 cos B 0 所以 tan B 1 所以 B 6 分 4 2 因为 AD 是 BAC 的平分线 设 BAD 所以 A 2 因为 cos A 所以 cos 2 cos A 即 2cos2 1 所以 cos2 7 25 7 25 7 25 9 25 因为 0 A 所以 0 所以 cos 所以 sin 2 3 5 1 cos2 4 5 8 在 ABD 中 sin ADB sin B sin sincos cossin 8 4 4 4 2 2 3 5 4 5 7 2 10 分 由 所以 AB 10 分 AD sin B AB sin ADB ADsin ADB sin B 17 7 7 2 10 2 17 5 在 ABC 中 sin A 1 cos2A 24 25 所以 sin C sin A B sin Acos B cos Asin B 12 分 2 2 24 25 7 25 17 2 50 由 得 b 5 14 分 b sin B c sin C csin B sin C 17 5 2 2 17 2 50 17 解 1 连结 CD 因为 BD 与圆 C 相切 切点为 D 所以 BCD 为直角三角形 因为 CBD 且圆形小岛的半径为 1 千米 所以 DB BC 1 tan 1 sin 因为岸边上的点 A 与小岛圆心 C 相距 3 千米 所以 AB AC BC 3 2 分 1 sin 因为 BE 与圆 C 相切 所以 BE DB 优弧所对圆心角为 2 2 2 1 tan DE 所以优弧长 l 为 2 4 分 DE 所以 f AB BD BE l 3 2 3 2 1 sin 1 tan 1 tan 2cos 1 sin 6 分 因为 0 AB 2 所以 0 3 2 解得 sin 1 1 sin 1 3 所以 sin 的取值范围是 1 8 分 1 3 2 由 f 3 2 得 f 2 10 分 2cos 1 sin 2 cos sin2 cos 1 2cos sin2 令 f 0 解得 cos 1 2 因为 为锐角 所以 12 分 3 设 sin 0 0为锐角 则 0 0 1 3 3 当 0 时 f 0 则 f 在 0 上单调递减 3 3 9 当 时 f 0 则 f 在 上单调递增 3 2 3 2 所以 f 在 时取得最小值 3 答 当 时 栈道总长度最短 14 分 3 18 解 1 记椭圆 C 的焦距为 2c 因为椭圆 C 的离心率为 所以 1 2 c a 1 2 因为椭圆 C 过点 0 所以 b 33 因为 a2 c2 b2 解得 c 1 a 2 故椭圆 C 的方程为 1 2 分 x2 4 y2 3 2 因为点 B 为椭圆 C 的上顶点 所以 B 点坐标为 0 3 因为 O 为 BMN 的垂心 所以 BO MN 即 MN y 轴 由椭圆的对称性可知 M N 两点关于 y 轴对称 4 分 不妨设 M x0 y0 则 N x0 y0 其中 y0 33 因为 MO BN 所以 0 即 x0 y0 x0 y0 0 MO BN 3 得 x y y0 0 6 分 2 02 0 3 又点 M x0 y0 在椭圆上 则 1 x 4 y 3 由解得 y0 或 y0 舍去 此时 x0 x y 3y0 0 x 4 y 3 1 4 3 7 3 2 33 7 故 MN 2 x0 即线段 MN 的长为 8 分 4 33 7 4 33 7 解法 1 设 B m n 记线段 MN 中点为 D 因为 O 为 BMN 的重心 所以 2 则点 D 的坐标为 10 分 BO OD m 2 n 2 若 n 0 则 m 2 此时直线 MN 与 x 轴垂直 故原点 O 到直线 MN 的距离为 即为 1 m 2 若 n 0 此时直线 MN 的斜率存在 设 M x1 y1 N x2 y2 则 x1 x2 m y1 y2 n 又 1 1 两式相减得 0 x 4 y 3 x 4 y 3 x 1 x2 x1 x2 4 y 1 y2 y1 y2 3 可得 kMN 12 分 y1 y2 x1 x2 3m 4n 10 故直线 MN 的方程为 y x 即 6mx 8ny 3m2 4n2 0 3m 4n m 2 n 2 则点 O 到直线 MN 的距离为 d 3m2 4n2 36m2 64n2 将 1 代入得 d 14 分 m2 4 n2 3 3 n2 9 因为 0 n2 3 所以 dmin 3 2 又 1 故原点 O 到直线 MN 距离的最小值为 16 分 3 2 3 2 解法 2 设 M x1 y1 N x2 y2 B x3 y3 因为 O 为 BMN 的重心 所以 x1 x2 x3 0 y1 y2 y3 0 则 x3 x1 x2 y3 y1 y2 10 分 因为 1 所以 1 x 4 y 3 x 1 x2 2 4 y 1 y2 2 3 将 1 1 代入得 12 分 x 4 y 3 x 4 y 3 x1x2 4 y1y2 3 1 2 若直线 MN 的斜率不存在 则线段 MN 的中点在 x 轴上 从而 B 点位于长轴的顶点处 由于 OB 2 所以此时原点 O 到直线 MN 的距离为 1 若直线 MN 的斜率存在 设为 k 则其方程为 y kx n 由消去 y 得 3 4k2 x2 8knx 4n2 12 0 y kx n x2 4 y 2 3 1 则 8kn 2 4 3 4k2 4n2 12 0 即 3 4k2 n2 由根与系数关系可得 x1 x2 x1x2 8kn 3 4k2 4n2 12 3 4k2 则 y1y2 kx1 n kx2 n k2x1x2 kn x1 x2 n2 3n2 12k2 3 4k2 代入 得 即 n2 k2 14 分 x1x2 4 y1y2 3 1 2 1 4 4n2 12 3 4k2 1 3 3n2 12k2 3 4k2 1 2 3 4 又 3 4k2 n2 于是 3 4k2 k2 即 3k2 0 恒成立 因此 k R 3 4 9 4 原点 0 0 到直线 MN 的距离为 d n k2 1 k2 3 4 k2 1 1 1 4 k2 1 因为 k2 0 所以当 k 0 时 dmin 3 2 11 又 1 故原点 O 到直线 MN 距离的最小值为 16 分 3 2 3 2 19 解 1 因为 h x g x x2 x a 16 aln x f x x 所以 h x 2x 1 a x 2x2 x a x 令 h x 0 得 2x2 x a 0 因为函数 h x 在 4 上存在零点 即 y 2x2 x a 在 4 上存在零点 5 2 5 2 又函数 y 2x2 x a 在 4 上单调递增 5 2 所以解得 10 a 28 2 5 2 2 5 2 a 0 2 42 4 a 0 因此 实数 a 的取值范围是 10 28 2 分 2 解法 1 因为当 x 0 b 时 函数 f x 在 x 0 处取得最大值 即存在实数 a 当 x 0 b 时 f 0 f x 恒成立 即 x3 x2 a 16 x 0 对任意 x 0 b 都成立 4 分 当 x 0 时 上式恒成立 6 分 当 x 0 b 时 存在 a 10 28 使得 x2 x 16 a 成立 8 分 所以 x2 x 16 28 解得 3 x 4 所以 b 4 故当 a 28 时 b 的最大值为 4 10 分 解法 2 由 f x x3 x2 a 16 x 得 f x 3x2 2x a 16 设 4 12 a 16 4 3a 47 若 0 则 f x 0 恒成立 f x 在 0 b 上单调递增 因此当 x 0 b 时 函数 f x 在 x 0 时不能取得最大值 于是 0 4 分 故 f x 0 有两个不同的实数根 记为 x1 x2 x1 x2 若 x1 0 则当 x 0 x1 时 f x 0 f x 在 0 x1 上单调递增 因此当 x 0 b 时 函数 f x 在 x 0 时不能取得最大值 所以 x1 0 6 分 又 x1 x2 0 因此 x2 0 2 3 从而当 x 0 x2 时 f x 0 f x 单调递减 12 当 x x2 时 f x 0 f x 单调递增 若存在实数 a 当 x 0 b 时 函数 f x 在 x 0 处取得最大值 则存在实数 a 使得 f 0 f b 成立 即 b3 b2 a 16 b 0 8 分 所以存在 a 10 28 使得 b2 b 16 a 成立 所以 b2 b 16 28 解得 3 b 4 故当 a 28 时 b 的最大值为 4 10 分 3 设直线 l 与曲线 y f x 相切于点 A x1 f x1 与曲线 y g x 相切于点 B x2 g x2 过点 A x1 f x1 的切线方程为 y x x a 16 x1 3x 2x1 a 16 x x1 即 y 3x 3 12 12 12 1 2x1 a 16 x 2x x 3 12 1 过点 B x2 g x2 的切线方程为 y aln x2 x x2 即 y x aln x2 a a x2 a x2 因为直线 l 在 y 上的截距为 12 所以 12 分 3x 2x1 a 16 a x2 2x x 12 aln x2 a 12 由 解得 x1 2 则消去 a 得 ln x2 0 14 分 24 a a x2 aln x2 a 12 1 x2 2x2 由 1 知 10 a 28 且 x2 0 则 x2 5 7 令 p x ln x x 则 p x 1 x 2x 5 7 1 x 1 2x2 2x 1 2x2 因为 p x 0 所以函数 p x 在 上为增函数 5 7 因为 p 1 0 且函数 p x 的图象是不间断的 所以函数 p x 在 上有唯一零点 1 5 7 所以方程 ln x2 0 的解为 x2 1 所以 a 12 1 x2 2x2 所以实数 a 的值为 12 16 分 20 1 解 设等比数列 an 的公比为 q 因为 S4 5S2 所以 a1 a2 a3 a4 5 a1 a2 即 a3 a4 4 a1 a2 所以 a1q2 1 q 4a1 1 q 13 因为数列 an 的各项均为正整数 所以 a1 q 均为正数 所以 q2 4 解得 q 2 又 a1 1 所以 an 2n 1 从而 a3 4 所以 T3 S4 1 2 22 23 15 2 分 2 解 设等差数列 an 的公差为 d 则 an a1 n 1 d 因为数列 an 的各项均为正整数 所以 d Z 若 d 0 令 an 0 得 n 1 这与 an 为无穷数列相矛盾 a1 d 因此 d 0 即 d N 4 分 因为 Sn na1 所以 Tn a1an 因此 a1 n n 1 d 2 an a n 1 d 2 Tn an a n 1 d 2 由 2 得 a1 2 6 分 Tn an a n 1 d 2 因为 a1 N d N 所以 2 a1 a1 1 因此 a1 1 a n 1 d 2 于是 1 2 即 n 1 d2 2 n 1 d2 2 若 d 0 则存在无穷多个 n n 2 使得上述不等式成立 所以 d 0 不合题意 8 分 若 d N 则 n 1 2 d2 因为存在唯一的正整数 n n 2 使得该不等式成立 所以 2 1 3 即 1 d2 2 2 d2 又 d N 所以 d 1 因此 an 1 n 1 1 n 10 分 3 证明 因为 Sn 1 Sn an 1 0 所以 Sn 1 Sn 即数列 Sn 单调递增 又 Tn 1 Tn n 1 0 n 1 n 2 2 n n 1 2 所以 Tn 1 Tn 即 San 1 San 因为数列 Sn 单调递增 所以 an 1 an 12 分 又 an N 所以 an 1 an 1 即 an 1 an 1 所以 an 1 a1 a2 a1 a3 a2 an 1 an n 因此 an 1 a1 n 1 n 即 an n n 2 又 a1 1 所以 an n 14 分 由 Tn 1 Tn n 1 得 aan 1 aan 2 aan 1 n 1 14 因此 n 1 aan 1 an 1 即 an n 由 知 an n 因此 an 1 an 1 所以数列 an 为等差数列 16 分 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 南京 盐城南京 盐城 数学附加题参考答案及评分标准数学附加题参考答案及评分标准 21 A 解 1 因为 M MN 所以 N M 1 2 分 1 2 2 1 1 0 0 1 因为 M 1 1 2 2 3 4 分 所以 N M 1 6 分 1 3 2 3 2 3 1 3 1 3 2 3 2 3 1 3 2 N 的特征多项式 f 2 2 1 8 分 1 3 2 3 2 3 1 3 1 3 2 3 1 3 令 f 0 解得 或 1 1 3 所以 N 的特征值是 和 1 10 分 1 3 B 解 曲线 C 的普通方程为 y 2 x2 2 分 1 2 x 2 1 8 由直线 l 的极坐标方程 cos 得 cos cos sin sin 4 2 4 4 2 即x y 所以直线 l 的方程为 y x 2 4 分 2 2 2 2 2 设 A x1 y1 B x2 y2 联立方程组 y 1 8x 2 y x 2 消去 y 得 x2 8x 16 0 6 分 则 x1 x2 8 x1x2 16 所以 AB x1 x2 16 10 分 1 1 22 x 1 x2 2 4x1x2 2 8 2 4 16 15 C 证明 证法 1 因为 a 0 所以 a 2 1 a 要证 a 2 a2 1 a2 2 1 a 只需证 a 2 a2 1 a2 1 a 2 因为 a 2 0 1 a 2 所以只需证 2 4 分 a2 1 a2 a 1 a 2 2 2 即 2 2 a 8 4 即证 a 2 8 分 2 1 a 2 1 a 因为 a 2 成立 所以要证的不等式成立 10 分 1 a 证法 2 令 t a 因为 a 0 所以 a 2 即 t 2 1 a 1 a 要证 a 2 a2 1 a2 2 1 a 即证 t 2 t2 22 即证 t