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)20205一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 已知集合Ax|1x2，Bx|x0，则AB_2. 已知(1i)z2i，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S0For I From 1 To 5 SSIEnd ForPrint S4. 如图伪代码的输出结果为_5. 若实数x，y满足则2xy的最小值为_6. 已知a1，1，b3，1，2，则直线axby10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y212x的焦点重合，则该双曲线的虚轴长为_8. 已知为锐角，且cos()，则cos _9. 等比数列an的前n项和为Sn，已知a1a63a3，且a4与a5的等差中项为2，则S5_10. 在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA13，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)x3x，直线l：yaxa，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x0，y0，则x的最小值为_13. 已知点D为圆O：x2y24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，a11，an1设an的前n项和为Sn，若S4n2n1恒成立，则实数的取值范围是_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2Sbccos 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，BCB1C，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： 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()； 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； 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23.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(ab0)过点(1，)，且椭圆的离心率为.直线l：yxt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)(aR)，g(x)ln x.(1) 当a1时，解不等式：f(x)g(x)0；(2) 设u(x)xf(x)g(x)当a0时，若存在m，n(0，)(mn)，使得u(m)u(n)0，求证：mn1；当a0时，讨论u(x)的零点个数20. (本小题满分16分)对数列an，规定an为数列an的一阶差分数列，其中anan1an(nN*)规定2an为an的二阶差分数列，其中2anan1an(nN*)(1) 已知数列an的通项公式ann2(nN*)，试判断an，2an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q2，对于任意的nN*，都存在mN*，使得2bnbm，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2cn0.对满足mn2k，mn的任意正整数m，n，k，都有cmcn，且不等式SmSntSk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x3y0，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：2sin()，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1002200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：CC(nN*，kN)；(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|0x22. 3. 304. 155. 16. 7. 28. 9. 12110. 11. 充分不必要12. 413. 114. 15. 解：(1) 因为2Sbccos A，所以2bcsin Abccos A，则sin Acos A(3分)在ABC中，因为A(0，)，所以sin Acos A0，所以tan A1，(5分)所以A.(7分)(2) 由(1)知A，又tan B，所以tan(AB)tan(B)11.(9分)在ABC中，因为ABC，所以tan Ctan(AB)11，所以sin 2C2sin 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，BB1CC1AA1，且BB1AA1.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ODAA1，且ODAA1.(2分)又BB1AA1，BB1AA1，所以ODBB1，且ODBB1.又F为BB1的中点，所以ODBF，且ODBF，所以四边形ODBF为平行四边形，所以OFBD.(5分)因为BD平面ABC，OF平面ABC，所以OF平面ABC.(7分)(2) 因为BCB1C，F为BB1的中点，所以CFBB1.因为AF平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，所以AFBB1.(9分)因为CFBB1，AFBB1，CF平面AFC，AF平面AFC，CFAFF，所以BB1平面AFC.(11分)又AC平面AFC，所以BB1AC.又由(1)知BB1CC1，所以ACCC1.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，AA11米，所以“支架高度” h1sin(米)(4分)(2) 过O作OO1平面A1B1C1，垂足为O1.又O1A1平面A1B1C1，所以OO1O1A1.又AA1与地面所成的角为，所以O1A1cos .同理O1C1O1B1cos ，所以O1为等边三角形A1B1C1的外心，也为其重心，所以B1C1A1O1cos cos ，SA1B1C1(cos )2cos2.记“支架需要空间”为V，则Vcos2sin ，(8分)令tsin ，则t.所以V(1t2)t(tt3)，t.又V(13t2)(t2)(t)(t)，则当t(，)时，V0，V单调递增；当t(，)时，V0，V单调递减，所以当t时，Vmax()3(立方米)(13分)答：(1) 当时，“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(c0)，则e，可知a22b2.(2分)因为椭圆E过点(1，)，所以1，解得a22，b21，所以椭圆的标准方程为y21.(4分)(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24tx2t220.又直线l：yxt与椭圆E相交于A，B两点，所以且(4t)243(2t22)0，则t.(6分)设AB的中点为M(xM，yM)，则xMt，yMxMtt，所以AB的中垂线的方程为yxt，即直线CD的方程为yxt.由得27x212tx2t2180，则(8分)所以CD.又t(，)，所以当t0时，CDmax.(10分)(3) 由(2)知(x3x1，y3y1)(x4x1，y4y1)(x3x1)(x4x1)(y3y1)(y4y1)(x3x1)(x4x1)(x3x1t)(x4x1t)x3x4(x3x4)x1xx3x4(x1t)(x3x4)xtx1t22x3x4t(x3x4)2xtx1t2.(13分)又所以2x3x4t(x3x4)(3x4tx1)t22t(t)(22t2)t2()t20.(16分)19. (1) 解：设h(x)f(x)g(x)xln x，则h(x)10，所以h(x)在(0，)上递增又h(1)0，所以0x1，所以f(x)g(x)0的解集为(0，1)(4分)(2) 证明：由u(m)u(n)0得a(m21)ln ma(n21)ln n0，即a(m2n22)ln mln n0，又a0，所以a(m2n22)ln mln n0a(2mn2)ln(mn)因为mn，所以“”不成立(7分)思路一：设mnt，v(t)a(2t2)ln t(t0)，则v(t)2a0，所以v(t)在(0，)上单调递减又v(1)0，所以t1，即mn1.(10分)思路二：假设mn1，则2mn20，ln(mn)0，所以a(2mn2)ln(mn)0，这与a(2mn2)ln(mn)0矛盾，故mn1.(10分)解：u(x)xf(x)g(x)a(x21)ln x，当a0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(ea)0，且ea1，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0a时，由u(1)0可知u()u(1)0，令(x)ln x(x1)，则(x)1，所以当x(0，1)时，(x)0，(x)单调递增；当x(1，)时，(x)0，(x)单调递减，所以(x)max(1)0，故ln xx1，则ln x(x1)所以u(x)a(x21)(x1)，所以u(1)0，且11，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a0时a时，u(x)有2个零点(16分)20. 解：(1) 因为ann2，所以anan1an(n1)2n22n1，则an1an2.又a13，所以an是首项为3，公差为2的等差数列因为2anan1an2，则2an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bnb1qn1.又2bnbn1bnbn2bn1(bn1bn)bn22bn1bn，且对任意的nN*，都存在mN*，使得2bnbm，所以对任意的nN*，都存在mN*，使得b1qn12b1qnb1qn1b1qm1，即(q1)2qmn.因为q2，所以mn0.1 若mn0，则q22q11，解得q0(舍)或q2，即当q2时，对任意的nN*，都有2bnbn.2 若mn1，则q23q10，解得q(舍)或q，即当q时，对任意的nN*，都有2bnbn1.3 若mn2，则qmnq2(q1)2，故对任意的nN*，不存在mN*，使得2bnbm.综上所述，q所有可能的取值构成的集合为.(8分)(3) 因为2cn0，所以2cncn1cncn2cn1(cn1cn)cn22cn1cn0，所以cn2cn1cn1cn，所以cn是等差数列设cn的公差为d，则cnc1(n1)d.若d0，则cmcn；若d0，则当n1时，cn0，与数列cn的各项均为正数矛盾，故d0.(10分)由等差数列前n项和公式可得Snn2(c1)n，所以SnSmn2(c1)nm2(c1)m(n2m2)(c1)(mn)，Sk()2(c1).又mn，所以SnSm(n2m2)(c1)(mn)(c1)(mn)2Sk，则当t2时，不等式SmSntSk都成立(12分)另一方面，当t2时，令mk1，nk1(kN*，k2)，则SmSn(k1)2(k1)2(c1)2k(2k22)2k(c1)，Skk2(c1)k，则tSk(SmSn)tk2(c1)tk(2k22)2k(c1)(td)(k2k)(t2)c1kd.因为td0，k2k0，所以当k，tSk(SnSm)0，即SmSntSk.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)