2020届江苏高三高考数学全真模拟试卷10（解析版）

2020届江苏高三高考数学全真模拟试卷10数学试题I一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分不需要写出解答过程，请把答案直接填写在相应位置上1. 已知全集UR，集合Ax|x2，xR，Bx|x1，xR，则(UA)B_答案：(2，1)解析： Ax|x2，xR， UAx|x2，xR，(UA)Bx|2x1，xR(2，1) .2. 设z2i(i是虚数单位)，则|z|_答案：解析：|z|.3. 某地区对两所高中学校进行学生体质状况抽测，甲校有学生800人，乙校有学生500人，现用分层抽样的方法在这1 300名学生中抽取一个样本已知在甲校抽取了48人，则在乙校应抽取学生人数为_答案：30解析：设在乙校应抽取学生人数为x，则80050048x，解得x30.4. 现有红心1，2，3和黑桃4，5共五张牌，从这五张牌中随机取2张牌，则所取2张牌均为红心的概率为_.答案： 解析：从这五张牌中随机取2张牌，有(红1，红2)、(红1，红3)、(红1，黑4)、(红1，黑5)、(红2，红3)、(红2，黑4)、(红2，黑5)、(红3，黑4)、(红3，黑5)、(黑4，黑5)共10种不同的取法，所取2张牌均为红心的有(红1，红2)、(红1，红3)、(红2，红3)共3种可能，所以所取2张牌均为红心的概率为.5. 执行右边的伪代码，输出的结果是_S1I3While S200SSIII2End WhilePrint I(第5题)答案：11解析：I3时满足S200得到S3，I5；I5时满足S200得到S15，I7；I7时满足S200得到S157105，I9；I9时满足S200得到S1059945，I11；I11时不满足S200，退出循环输出I11.6. 已知抛物线y22px过点M(2，2)，则点M到抛物线焦点的距离为_答案：解析：将点M(2，2)坐标代入y22px得p1，所以抛物线方程为y22x，其准线方程是x，点M(2，2)到准线的距离是2，所以点M到抛物线焦点的距离为.7. 已知tan2，则cossin_答案：解析： tan， 2，sin2cos代入sin2cos21，得5cos21，cos2.又0知1，所以t0等号仅当ac且b0时成立又，当t0时0，当t0时22，所以当t时取最大值22，因此当b24ac4a2且1时取最大值22.二、 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，设角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足AB30.(1) 若c1，bsinB，求B.(2) 若a2c2acb2，求sinA的值解：(1) 由正弦定理，得. c1，bsinB， sinC1.(2分) 0C， C90.则AB90.(4分) AB30， B30.(6分)(2) a2c2acb2， cosB.(9分) 0B， sinB.(11分) sinAsin(B30)sinBcosB.(14分)16.(本小题满分14分)如图，在四棱锥PABCD中，DCAB，DADC2AB，O为AC与BD的交点，AB平面PAD，PAD是正三角形(1) 若点E为棱PA上一点，且OE平面PBC，求的值；(2) 求证：平面PBC平面PDC.(1) 解：因为OE平面PBC，OE平面PAC，平面PAC平面PBCPC，所以OEPC，所以AOOCAEEP.(3分)因为DCAB，DC2AB，所以AOOCABDC12.所以.(6分)(2) 证明：(证法1)取PC的中点F，连结FB、FD.因为PAD是正三角形，DADC，所以DPDC.因为F为PC的中点，所以DFPC.(8分)因为AB平面PAD，所以ABPA，ABAD，ABPD.因为DCAB，所以DCDP，DCDA.设ABa，在等腰直角三角形PCD中，DFPFa.在RtPAB中，PBa.在直角梯形ABCD中，BDBCa.因为BCPBa，点F为PC的中点，所以PCFB.在RtPFB中，FBa.在FDB中，由DFa，FBa，BDa，可知DF2FB2BD2，所以FBDF.(12分)由DFPC，DFFB，PCFBF，PC、FB平面PBC，所以DF平面PBC.又DF平面PCD，所以平面PBC平面PDC.(14分)(证法2)取PD、PC的中点，分别为M、F，连结AM、FB、MF，所以MFDC，MFDC.因为DCAB，ABDC，所以MFAB，MFAB，即四边形ABFM为平行四边形，所以AMBF.(8分)在正三角形PAD中，M为PD中点，所以AMPD.因为AB平面PAD，所以ABAM.因为DCAB，所以DCAM.因为BFAM，所以BFPD，BFCD.因为PDDCD，PD、DC平面PCD，所以BF平面PCD.(12分)因为BF平面PBC，所以平面PBC平面PDC.(14分)17. (本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆y21的左、右焦点分别为F与F，圆F：(x)2y25.(1) 设M为圆F上一点，满足1，求点M的坐标；(2) 若P为椭圆上任意一点，以P为圆心，OP为半径的圆P与圆F的公共弦为QT，证明：点F到直线QT的距离FH为定值. (1) 解：F(，0)，F(，0)，设M(m，n)，由1，得(m)(m)n21.即m2n24.(2分)又(m)2n25.(4分)由、得，m，n. M或M.(6分)(2) 证明：设P(x0，y0)，则圆P的方程为(xx0)2(yy0)2xy.即x2y22x0x2y0y0.(8分)又圆F的方程为(x)2y25.由得直线QT的方程为(x0)xy0y10.(10分)所以FH.(12分)因为P(x0，y0)在椭圆上，所以y1，即y1所以FH2.(14分)18. (本小题满分16分)如图，O为总信号源点，A、B、C是三个居民区，已知A、B都在O的正东方向上，OA10 km，OB20 km，C在O的北偏西45方向上，CO5 km.(1) 求居民区A与C的距离；(2) 现要经过点O铺设一条总光缆直线EF(E在直线OA的上方)，并从A、B、C分别铺设三条最短分光缆连接到总光缆EF.假设铺设每条分光缆的费用与其长度的平方成正比，比例系数为m(m为常数)设AOE(0)，铺设三条分光缆的总费用为w(元) 求w关于的函数表达式； 求w的最小值及此时tan的值解：(1) 以点O为坐标原点，OA为x轴建立直角坐标系，则A(10，0)，B(20，0)，C(5，5) AC5.(3分)答：集中居住区A与C的距离为5 km.(4分)(2) 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx，ktan，则wmm.(7分)当直线l的斜率不存在时，wm(10220252)525m.综上，w(9分) 当直线l的斜率不存在时，w525m.当直线l的斜率存在时，wm525mm，设tk10，当t0时，w525m.当t0时，w525mm525mm.(11分) t2或t2， w的最小值为525mm(27525)m.(14分)此时，t，tank10.答：w的最小值为(27525)m(元)，此时tan10.(16分)19. (本小题满分16分)已知函数f(x)lnxmx(mR)(1) 若点P(1，1)在曲线yf(x)上，求曲线yf(x)在点P处的切线方程；(2) 求函数f(x)在区间1，e上的最大值；(3) 若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2e2.(1) 解：因为点P(1，1)在曲线yf(x)上，所以m1，解得m1.因为f(x)1，所以切线的斜率为0，所以切线方程为y1.(3分)(2) 解：因为f(x)m. 当m0时， x(1，e)，f(x)0，所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，则f(x)maxf(e)1me. 当e，即0m时，x(1，e)，f(x)0，所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，则f(x)maxf(e)1me.(5分) 当1e，即m1时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)maxflnm1.(7分) 当1，即m1时，x(1，e)，f(x)0，函数f(x)在(1，e)上单调递减，则f(x)maxf(1)m.(9分)综上，当m时，f(x)max1me；当m1时，f(x)maxlnm1；当m1时，f(x)maxm.(10分)(3) 证明：不妨设x1x20.因为f(x1)f(x2)0，所以lnx1mx10，lnx2mx20，可得lnx1lnx2m(x1x2)，lnx1lnx2m(x1x2)要证明x1x2e2，即证明lnx1lnx22，也就是m(x1x2)2.因为m，所以即证明，即ln.(12分)令t，则t1，于是lnt.令(t)lnt(t1)，则(t)0.故函数(t)在(1，)上是增函数，所以(t)(1)0，即lnt成立所以原不等式成立(16分)20. (本小题满分16分)已知a、b是不相等的正数，在a、b之间分别插入m个正数a1，a2，am和正数b1，b2，bm，使a，a1，a2，am，b是等差数列，a，b1，b2，bm，b是等比数列(1) 若m5，求的值；(2) 若ba(N*，2)，如果存在n(nN*，6nm)使得an5bn，求的最小值及此时m的值；(3) 求证：anbn(nN*，nm). (1) 解：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则d，q.a3a3d，b3aq3.(2分)因为，所以2a52b0，解得4或.(4分)(2) 解：因为aa(m1)d，所以da，从而得anaan.因为aaqm1，所以q，从而得bna.因为an5bn，所以aaa.因为a0，所以1(*)(6分)因为、m、nN*，所以1为有理数要使(*)成立，则必须为有理数因为nm，所以nm1.若2，则为无理数，不满足条件同理，3不满足条件(8分)当4时，42.要使2为有理数，则必须为整数因为nm，所以仅有2nm1满足条件所以12，从而解得n15，m29.综上，最小值为4，此时m为29.(10分)(3) 证明：(证法1)设cn0，Sn为数列cn的前n项的和先证：若cn为递增数列，则为递增数列证明：当nN*时，bn1.因为Sn1Snbn1SnSn，所以，即数列为递增数列同理可证，若cn为递减数列，则为递减数列(12分) 当ba时，q1.当nN*，nm时，.即，即.因为baqm1，bnaqn，d，所以d，即andbn，即anbn. 当ba时，0q1，当nN*，nm时，.即.因为0q1，所以，以下同.综上，anbn(nN*，nm)(16分)(证法2)设等差数列a，a1，a2，am，b的公差为d，等比数列a，b1，b2，bm，b的公比为q，ba(0，1)由题意，得da，qa，所以anandaan，bna.要证anbn(nN*，nm)，只要证1n0(0，1，nN*，nm)(12分)构造函数f(x)1x(0，1，0xm1)，则f(x)ln.令f(x)0，解得x0(m1)log.以下证明0log1.不妨设1，即证明1，即证明ln10，ln10.设g()ln1，h()ln1(1)，则g()10，h()ln0，所以函数g()ln1(1)为减函数，函数h()ln1(1)为增函数所以g()g(1)0，h()h(1)0.所以1，从而0log1，所以0x0m1.(14分)因为在(0，x0)上f(x)0，函数f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在(x0，m1)上f(x)0，函数f(x)在(x0，m1)上是减函数所以f(x)minf(0)，f(m1)0.所以anbn(nN*，nm)同理，当01时，anbn(nN*，nm)(16分)数学(附加题)21【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两小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（本小题满分10分）已知矩阵A(c、d为实数)若矩阵A属于特征值2，3的一个特征向量分别为，求矩阵A的逆矩阵A1.解：由题意知，2，3，所以解得(5分)所以A，所以A1.(10分)B选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，已知圆A的圆心为(4，0)，半径为4，点M为圆A上异于极点O的动点，求弦OM中点的轨迹的极坐标方程解：由题意知，圆A的极坐标方程为8cos，(4分)设弦OM中点为N(，)，则M(2，)，因为点M在圆A上，所以28cos，即4cos.(9分)又点M异于极点O，所以0，所以弦OM中点的轨迹的极坐标方程为4cos(0)(10分)C选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知x、y、zR，且x2y3z80.求证：(x1)2(y2)2(z3)214.证明：因为(x1)2(y2)2(z3)2(122232)(x1)2(y2)3(z3)2(x2y3z6)2142，(8分)当且仅当，即xz0，y4时，取等号，所以(x1)2(y2)2(z3)214.(10分)【必做题】第22题、第23题，每题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）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知CACB1，AA12，BCA90.(1) 求异面直线BA1与CB1夹角的余弦值；(2) 求二面角BAB1C平面角的余弦值 解：如图，以，为正交基底，建立空间直角坐标系Cxyz.则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(1，0，2)，B1(0，1，2)，所以(0，1，2)，(1，1，0)，(1，1，2)，(1，1，2)(1) 因为cos，所以异面直线BA1与CB1夹角的余弦值为.(4分)(2) 设平面CAB1的法向量为m(x，y，z)，则即取平面CAB1的一个法向量为m(0，2，1)；设平面BAB1的法向量为n(r，s，t)，则