江苏省南通基地2020年高考数学密卷(2)理

1、江苏省南通基地2020年高考数学密卷(2)理第I卷(必做题，共 160分)、填空题：本大题共 14小题，每小题5分，共70分.1 . 已知集合 A=1, 4, B= x|1x 2时，不等式f (x)ax2 bx g(x)对于任意正实数x恒成立，当c取得 最大值时，求a, b的值.2020年高考模拟试卷(2)数学n (附加题)21 .【选做题】本题包括 A、B、C D四小题，请选定两题，并在相应的答题区域内作答A 选彳41:几何证明选讲(本小题满分10分)如图，ABC四圆内接四边形，延长两组对边分别交于点E, F. M N为AR CD上两点，EM= EN点F在MN勺延长线上.求证:BFM= /

2、AFMB.选彳42:矩阵与变换(本小题满分10分)已知在二阶矩阵 M对应变换的作用下，四边形 ABCD变成四边形 ABCD ,其中A(1,1), B( 1,1), C( 1, 1), A(3,3), B ( 1,1), D(1, 1) .(1)求矩阵M ;(2)求向量DCr的坐标.C.选彳4 44:坐标系与参数方程(本小题满分10分)以平面直角坐标系的原点为极点，X轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中x= t , 取相同的长度单位.已知直线 l的参数方程是(t为参数)，圆C的极坐标方y= t 3程是P =4cos e ,求直线l被圆C截得的弦长.D.选彳45:不等式选讲(本小题满分10

3、分)已知 x0, y0, z0, 2x 2y z 1 ,求证：3xy yz zxw -. 5【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答卷纸指定区域内 作答. 22.(本小题满分10分)某同学理科成绩优异，今年参加了数学，物理，化学，生物4门学科竞赛.已知该同学数学获一等奖的概率为物理化学生物获一等奖的概率都是 1 ,且四门学科32是否获一等奖相互独立.(1)求该同学至多有一门学科获得一等奖的概率；(2)用随机变量 X表示该同学获得一等奖的总数，求 X的概率分布和数学期望 E X23.(本小题满分10分)已知函数 f(x) x2 x 1,记 f1(x) f(x),当 n2 时，

4、fn(x) fn1(f(x).(1)求证：f2(x)在(1,)上为增函数；(2)对于任思n N ,判断fn(x)在(1,)上的单倜性，并证明.1.2.3.4.5.6.7.8.9.2020年高考模拟试卷(2)参考答案、填空题：本大题共 14小题，每小题5分，共70分.1【解析】依题意,3 4i【解析】由于0,8【解析】由310.An b =1-2Z (2 i) 3 4i,36【解析】s 1 2 3 6, t 1 2 32【解析】由茎叶图可知，x 8889c 15- c所以甲的方差为s2 1 (xi x)2 2;5 i 14【解析】所有等可能的基本事件总数为9有2 2 4种，所以概率为9 .2【解

5、析】g(x) cos 2x4【解析】一条渐近线 y52x的距离为4所以z的共轲复数为3 4i .6,输出的结果r 6 6 36.90 91 92 90 ,5同理乙的方差为3 3 9种,4,所以比较稳定的是甲.“黑白两球均不在1号盒子”g(2) cos13条渐近线2x与右71线x45的交点为55【解析】由tanx tan x;43 12 ,得1 ( 3)sin x 2cos x tanx 223sin x 4cos x 3tan x 4 54【解析】令f (x+4)= f (x)+ f (2)中x= 2,得 f (2)= f ( 2)+ f (2),所以 f(2)=0 ,又因为f(x)是定义在R

6、上的偶函数，所以f (2)=0 ,所以 f (x+4)= f (x),所以f(x)是周期为4的周期函数，所以f(3)+ f (10)= f (1) + f (2)= f (1)+0= 4 .11.3,4【解析】因为22an 1an 1an1 ,所以 an 12an 1a32a132a12将以上各式相加，得S3ai又S3a13,所以aia112 0,获解.yQCxB (第12题)O12. 14【解析】设直线l与圆C的一个交点B (5, 5)关于x轴的 对称点为B ,易知BB恰为圆C的直径，记 AB与x轴 交于点 Q 则 PA PB PA PBAB ,所以 ABP的周长的最小值为 AB AB ,易

7、求得结果为14.13.1【解析】条件可转化为函数f(x)|x a| 2a 6在(，2)上存在零点,所以方程x2 | x a | 2a有根,3g(x) = x22x) = x + a|- 2所以函数g(x) x2与h(x) | x a | 2a的图象有交点的横坐标在(，2)上,2 一一- a181012注意到函数h(x) |x a | 2a的图象为顶点(a,2a)在直缴y=2x上移动的折线,再考虑临界位置不难求解.14. 夜【解析】建立如图所示的平面直角坐标系,由题意,B( 1, 1) C(7, 1)设D(x,y)，所以潴(1UllT,1) AC(71)curADuuu 所以(ABuuirAD)

8、uuir(ACuurAD)(x y)(7xy)即(x y)(y7x)4,y m7x n，则8(m8(7mn)所以 AD Jx2 y21 . (m n)2 (7m n)28 1、50m 8二.25m2 n2 2442 ,10mn 2488当且仅当5m=n= 24时，AD取得最小值二、解答题：本大题共 6小题，共90分.15.(本小题满分14分)(1)证明：因为 BD AD所以 acosB bcosA由正弦定理，得 sin AcosB sin BcosA 2sinC所以 sinC 2sin( A B).(2)解：由(1)得，sin(A B) 2sin( A B),n)2n2 12mn10分所以 s

9、inAcosB cosAsin B 2(sinAcosB cos Asin B), 化简，得 3cos Asin B sin Acos B .又 cosA 3 ,所以 sin A54-54 - 9Bn匕4 一 3分124 4所以tanCtan(A B)tan A tan B3 948.14分1 tan Atan B1 4 43 911 ,16.（本小题满分14分）（1）因为E F分别为棱VA VC的中点，所以EF/ AC3分又因为 EF 平面ABCD , AC 平面ABCD ,所以EF/平面ABCD6分（第16题）(2)连结AC , BD交于点O ,连结VO .因为V ABCD为正四棱锥，所以

10、VOL平面ABCD .又AC 平面ABCD ,所以VOL AC .8又因为 BDXAC , EF/ AC所以EFL VQ EF BD.10分又VO, BD 平面VBD, VQnBD=Q,所以EFL平面VBD ,12分又EF 平面BEF ,所以平面 VBDL平面BEF 14分17.（本小题满分14分）（1）解：因为圆锥的母线与底面所成的角为45 ,所以h1 r ,圆锥的体积为V1 1 2h1 1 3,圆柱的体积为V2 2h2.2分33因为 V V2 90 吃所以 V22h2 90 71 1 3 ,3-3所以h2 27y 90.;4分3r2 r2 3因为M 1 Tf3 90兀，所以r 3痂.因此0

11、 r 3弭0 . 33所以h 2 270 2 r 驾5,定义域为r|0 r 33/10.6分3r r 3(2)圆锥的侧面积_ 2(1 2k1)圆柱的侧面积S22 71rh2,底面积S3容器总造价为,2as aS2 2aS322 a 2 2),两式相减，得an 1 2an 0 ,即an 1an2 ( n2).因为 a1 1 ,由(a1 a2) 2a1 1 ,得 a22,所以：2,所以JJL 2对任意n N an都成立,所以数列an为等比数列，首项为 1,公比为2.(2)由(1)知，an 2n 1 ,由bn 1 -y 1，得bn 1 与工，6分2an 122即 2nbn 1 2n 1bn 1 ,即

12、 2nbn 1 2n 1bn 1 ,因为n 1 ,所以数列 2n 1bn是首项为1,公差为1的等差数列.8分所以 2n 1bn 1 (n 1) 1 n,所以bn -nT.10分2n设Tnbi ,i 1则 Tn 1(2)0 2 (2)13(1)2 L n(12)n1,师 I、 111*?/12q/131n所以 2Tn 1弓)2 (2)3 (2) Ln弓)，两式相减，1 (1)n”“2 11 J /11/1 、21 5 1/1、n 21、n1、信 2Tn (2)(2)(2) L (2) n (2)2- n (2)2 (n 2) (-)1 212分所以 4 (2n 4) (1)n.由 b 4 n ,

13、得 4 (2n 4) (1)n 4 n , gp n2 2nl.i i2n显然当n 2时，上式成立，设 f(n) n_2 2n 1 ( n N*),即 f(2) 0 .因为 f(n 1) f(n) (n-2n)(n22n 1)22n 10,n 1 n )n(n 1)所以数列f(n)单调递减，所以f (n)。只有唯一解n 2 ,n所以存在唯一正整数 n 2,使得bi 4 n成立.16分i 120.(本小题满分16分)(1)解：当 k 1 时，f(x) xlnx,所以 f (x) 1 lnx.1 In x0 c 设切点为P(% , y0)，则y0 x0 In x0 2分y0 cx0 1 由得，cx

14、0 1 %lnx0由得In x0 c 1代入得，cx0 1 x0 (c 1)所以x0 1, c 1. 4分由题意，得方程 xln x cx 1有正实数根，即方程lnx 1 c 0有正实数根， x记 h(x) ln x - c ,令 h(x)乌 x 21 xx x x当 0 x 1 时，h(x) 0 ;当 x 1 时，h(x) 0;所以h(x)在(0,1)上为减函数，在(1, + )上为增函数；所以h(x)minh(1) 1 c,6分若c 1,则h(x户h(1) 1 c 0,不合；若c 1,由知适合；若 c 1,则 h(1) 1 c 0 ,又 h(ec) c J c 4 0 , e e所以h(1

15、) h(ec) 0,由零点存在性定理知h(x)在(1, ec) (0,)上必有零点.综上，c的取值范围为1, + ).（2）由题意得，当k 2时，xklnx cx 1对于任意正实数 x恒成立,所以当k2时，c1 , x两边同时乘以x得，xlnx 1 x，两边同时加上-得，xln x 1 -x12，xx x所以xlnx -1 （*）,当且仅当x 1时取等号.x对（*）式重复以上步骤可得，x2lnx 11,x进而可得，x3 ln x -1x4 ln x -1 x x 所以当k2, k N*时，xk 1 ln x1小，当且仅当x 1时取等号.x所以g 1 .12分当c取最大值1时，xkln xax2

16、 bxx 1对于任意正实数 x恒成立，令上式中x 1得，0 a b0,所以a b 0,所以ax2 ax x 1对于任意正实数 x恒成立，即ax2 （a 1）x 10对于任意正实数 x恒成立，所以a 0 ,所以函数y ax2 （a 1）x 1的对称轴x 1 0 ,2a所以 （a 1）2 4awo,即（a 1）2wo ,所以 a 1, b 1 ,14 分又由xk2lnx -1,两边同乘以x?得，xk ln x x x2 , x所以当a 1 , b 1时，xk ln x ax2 bx也恒成立，综上，得a 1 , b 1.16分数学n （附加题）21 .【选做题】本题包括 A、B、C D四小题，请选定

17、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.选彳41:几何证明选讲（本小题满分10分）证明：因为 EM= EN 所以/ EMI4/ ENM3分因为ABC西圆内接四边形，所以/ FCN= /A,6分又因为/ EMN/AFM+/A,/ EN随 / BFM+Z FCN10分所以/ AFM= / BFMB.选彳42:矩阵与变换（本小题满分10分）（1）解：设M则有3abi3 c d 1a b 3c d 3故 c d 3 解得 a 2, b 1, c 1 , d 2 ,所以 Ma b 1c d 1,2113.(2)由，知 C ( 3

18、, 3),1 21321易求M 1= 3312332 1WW11uuuur10分由 3311，得 D(1, 1),所以 DC =(4, 2).12113 3C.选彳4 44:坐标系与参数方程（本小题满分10分）x = t,解：直线l的参数方程（t为参数）化为直角坐标方程是 y = x-3,2分y=t 3圆C的极坐标方程 p = 4cos 9化为直角坐标方程是 x2 + y2 4x = 0. 5分圆C的圆心（2, 0）到直线x y 3=0的距离为=4=乌.7分又圆C的半径r = 2,所以直线l被圆C截得的弦长为2“d2 = 屈.10分D.选彳45:不等式选讲（本小题满分10分）证明：因为(2x 2y z)2 5(3xy yz zx) 15 (x4、y)2 i(x y 2z),0，5 分所以(2x 2y z)25(3xy yz zx),又因为2x 2y z 1 ,所以 3xy yz zx -, 510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)(1)解：记“该同学获得i个一等奖”为事件A0,1,则 P A (1 2) (1 1) (1 1) (1 1) 3222243 (12) c3 2 (11)2 24所