2020届江苏省扬州市高三第二次模拟考试(5月)数学(文科)

1、8.已知a为锐角，且2020届江苏省扬州市高三第二次模拟考试(5月)数学文科(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 AAB =.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.5 0For I From 1 To 55 S+ IEnd ForPrint S4 .如

2、图伪代码的输出结果为 .x> 0,5 .若实数x, y满足y>- 1, 则2x y的最小值为 .x+ y- K 0,6 .已知aC -1, 1, b=-3, 1,2,则直线ax+by1 = 0不经过第二象限的概率 为.x2 y27 .已知双曲线-b2=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.兀、1cos（出"6"） = 1 则 cos a9 .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 ABCDA 1B1C1D1中，AB = 2, AAi = 3,。为上底面 ABCD

3、的中心.设 Si正四棱枉 ABCDA 1B1C1D1与正四棱锥 OA1B1C1D1的侧面积分别为 Si,S2,则W=.S2 1.1.11 .已知曲线C： f(x) =x3-x,直线l： y = axa,则 a= 4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 + y+16的最小值为 .x xy13 .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.an+1, n?N*,414 .在数列an中，ai=1,an+1=设an的

4、前n项和为Sn,若S4nW入 2nan, n £ N*.41恒成立，则实数 入的取值范围是 .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4ABC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；6(2)若 tan B = 5，求 sin 2c 的值.16 .(本小题满分14分)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，BC = B1C,。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

5、 /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（粗细忽略兀兀不计），且与地面所成的角均为9"6。W "3）； 架面与架底平行，且架面三角形ABC与架底三角形AiBiCi均为等边三角形； 三根细钢管相交处的节点 。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 AiBiCi的面积与“支架高度”的乘积为“支架需要空间”.兀（1）当。=不时，求“支架高度”；3

6、（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:于+ 点=1(a> b> 0)过点(1, 2-),离心率为零直线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 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.且椭圆的E于C,19.(本小题满分16分)1已知函数 f(x)=a(x - )(aCR), g(x) = ln x. x 当a= 1时，解不等式：f(x)g(x)w。；(2)设 u(x) = xf(x) g(x).当 a<0 时，若存在 m, nC (0, +8)(mw

7、n),使得 u(m) + u(n) = 0,求证：mnv1；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 A an为数列an的一阶差分数列，其中Aan = an+i 3n(nC N*) .规定 A 2an为a n的二阶差分数列，其中A2an = A an+i A an(n C N*).(1)已知数列an的通项公式an= n2(n C N*),试判断 A an, A 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 q>2,对于任意的nC N*,都存在mC N*,使得A 2bn=bm,求q所有可能的取值构成的集合；(3

8、)设各项均为正数的数列cn的前n项和为Sn,且A 2cn= 0.对满足m+n=2k, mwn 的任意正整数 m, n, k,都有CmWCn,且不等式Sm+ Sn>tSk恒成立，求实数t的最大值.1 tan B=11.（9 分）在ABC中，因为 A+B + C=tt,所以tan C= tan（A + B） = 11,所以 sin 2C= 2sin Ccos C =16.证明：（1）取AC中点2X112211sin2C+ cos2C_ 1 + tan2C- 1 + 112. 122. 61.（14 分）D,连结OD.2sin Ccos C2tan C2020届高三模拟考试试卷（扬州）数学参考

9、答案及评分标准回1 厂 J3 + 2J21. x|0vx<22.号3. 30 4.15 5. - 1 6.67. 2158. 6 V9.12110. 3510 11.充分不必要12.4/ 13. -1 14. >331，、15.解：（1）因为 2S=bccos A,所以 2X2bcsin A = bccos A,则 sin A=cos A. （3 分）在ABC 中，因为 A （0,兀）,所以 sin A=cos A>0,所以 tan A=1, （5 分）兀所以A = .（7分） 兀,_6（2）由（1）知 A = z，又 tan B = 5, 一兀 所以 tan（A + B）

10、= tan（- + B）=在三柱 ABCA1B1C1中，四边形 ACCiAi为平行四边形，BBi / CCi / AA 1,且BBi = AAi.因为。为平行四边形ACC 1A1对角线的交点，所以 。为AiC的中点.1.又D为AC的中点，所以 OD/AAi,且OD=2AA1.（2分）1 又 BBi / AA 1, BBi = AA 1,所以 OD / BBi ,且 OD = 2BB1.又F为BBi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

11、为BC = BiC, F为BBi的中点，所以 CFXBBi.因为 AFL平面 BCC1B1, BBi?平面 BCCiBi,所以 AF，BBi.（9 分）因为 CFBBi, AFXBBi, CF?平面 AFC, AF?平面 AFC , CFAAF = F,所以BB 平面AFC.（11分）又AC?平面AFC,所以BBiXAC.又由（1）知 BB1/CC1,所以 ACXCCi.在三柱ABCAiBiCi中，四边形ACCiAi为平行四边形，所以四边形 ACCiAi为矩形.（14分）兀17.解：（1）因为架面与架底平行，且AAi与地面所成的角为 y, AAi=1米,所以“支架高度"h=ixsin

12、3 =岑（米）.（4分）（2）过O作OOi,平面AiBiCi,垂足为 Oi. 又OiAi?平面AiBiCi,所以又AA i与地面所成的角为 以同理 OiCi = OiBi= mcos 0 ,5所以所以Oi为等边三角形 AiBiCi的外心，也为其重心，BiCi= AiOi - 3x 2p= 3cos 0 - V3 = 3pcos 23 553 ,3 ；3SA AiBiCi=Tx(2 27.32八cos 0 )2=00-COS2 0 .记“支架需要空间”为 V,则Vn2TOfcos2。 sin% 令 t= sin 0 ,则 t C J,坐.兀 兀0 2 "6"，y- （8 分）

13、273227 33 i 3所以 V = 700"(i t)t = 700(t t)，f 目 2又 v'=27O03(i -3t2)=-嚅t2- 3)=-8i 33iOO (t+ 3)(t,33），所以当t =V =27/33 'max iOO 3则当te（2，乎）时，V' >0, v单调递增；当te （孚，岑）时，V' v o, V单调递减,27 33 29 、八Jx4x-=一(立万米).(i3 分)iOO 33 50() () 答：（i）当仁亍时，“支架高度”为冬米;（2） “支架需要空间”的最大值为5O立方米.（i4分）c "Ja2

14、b22i8.解：（i）设椭圆E的焦距为2c（c>O）,则e=_=X=七,可知a2= 2b2（2分）a a 22因为椭圆E过点（i,学, . i i所以02+2b2=i,解得 a2 = 2, b2=i,x2所以椭圆的标准方程为2+ y2 = 1.（4分） (2)设 A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3), D(x4, y4).,y=x+t,由 c c 得 3x2 + 4tx + 2t22=0. x2+2y2=2又直线l: y=x+t与椭圆E相交于A, B两点,4,4X3X (2t2 2)>0,则一/vt<73.(6 分)Xi + x2= 3t,所以,且A

15、= (4t)22t22X1X2 = -3 一,设AB的中点为M（xm, yM）,则x1+x22xM = -2= -t, yM = xM+t = §t,所以AB的中垂线的方程为 y=- x-3t,即直线CD的方程为y=x 1t.41x3+ x4= - -t,y = 一 x 一 zt,9(8分)由3 得 27x2+12tx+2t218=0,则02 , c 2 c2t2 18x2+ 2y2= 2x3x4=-27-,=1 2 ,所以 CD = q (x4 - x3)2 + (y4y3)2 = / + ( - 1 ) 2 ( x3 + x4)2 4x3x44 2 八，2t2 18 大 /8 2

16、,89t)4x赤+又 tC( 淄，q3),所以当 t=0 时，CDmax=M2X监=今§.(10 分) ：33(3)由(2)知 = (x3 xi, y3 y1) - 4xxi, y4y1)=(X3xi)(X4xi)+ (y3 y1)(y4 y1)4,、，4、=(X3X1)(X4X1)+ ( X3 X1 30( X4 X1 3。242 . 816,216= x3x4 (x3+x4)x +x2+x3x4+ (x1 + 不)仅3+ x4)+ x2+-tx1+-12 339=2x3x4+ t(x3+ x4) + 2x2 + gtxi + 萼t2.(13 分) 3394x3+ x4= - c又

17、2t2- 18x3x4= -27-,3x2 + 4tx1 + 2t2 2= 0,所以 = 2x3x4+ 4t(x3 + x4) +2(3x2+ 4tx1)+16t2“2t2 18 442916 9=227 + 3tx ( 9。+ 3(2 2t2)+ ©t2=（小勤部"（16分）19 .(1)解：设 h(x) =f(x) g(x) = x - In x , x则h'(冷1 +4 x1x2 x + 12 , 32+4>0,所以h(x)在(0, +oo )上递增.又 h(1) = 0,所以 0<x<1,所以 f(x) g(x) w 0 的解集为(0, 1

18、). (4 分) (2)证明：由 u(m) + u(n) = 0得 a(m21) ln m + a(n21)ln n = 0, 即 a(m2+ n2 2) In m In n= 0,又 a< 0,所以 a(m2+ n2 2) In m In n = 0< a(2mn 2) ln(mn).因为mwn,所以"="不成立.(7分)思路一：1设 mn=t, v(t) = a(2t-2)-ln t(t>0),则 v (t) 2a-j<0,所以v在(0, +8 )上单调递减.又v(1) = 0,所以 又1,即mnv 1.(10分)思路二：假设 mn >1,

19、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 mnv 1.(10 分)解：u(x) =xf(x) g(x)= a(x2 1) In x,当 a>0 时，u' (x) = 2ax一三二酗1 .令 uz (x) 0 得 x= ±(1(负值舍去). x x2a所以当xC (0,u' (x)V0, u(x)为减函数;r 一 1 , 1,即a>2时，由21°u(1) = 0 可知 uCJ2a)<u(1) = 0,故此时u(x

20、)有2个零点；(14分)3° 当、£> 1,即 0<a<1时,2a2由 u(1)=0可知 u(/-2a)<u(1)=0,当 xC(A/；1, +8)时，uz (x) >0, u(x)为增函数.2 2 a又 u(1) = 0,一1 一1,即a= 2时，u(x)有1个零点；(12分)又 u(e a)>0,且 e a< 1,所以u(x)在(0, 1)上有1个零点,令()(x)= In x (x 1),则 4 ' (x)1 1 =1x, x x所以当 xC(0, 1)时，4 ' (x)>0, e (x)单调递增；当 x

21、(1, +8)时，旷(x)<0, 4(x)单调递减，所以 ()(xmiax=()(1)= 0,故 ln x< x 1,则一In x > (x 1).所以 u(x) >a(x2- 1)- (x-1),所以 u(1 -1) >0,且,一1>1, aa所以u(x)在(1, +8)上有1个零点，故此时u(x)有2个零点.11 .综上，当a=2时，u(x)有1个零点；当a>0时aw时，u(x)有2个零点.(16分)20 .解： 因为 an= n2,所以 A an= an+i an= (n + 1)2 n2= 2n + 1,则 A an+1 A an = 2. 又

22、Aai = 3,所以A an是首项为3,公差为2的等差数列.因为A 2an= A an+iA an=2,则A2an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=biqnL又 A2bn=A bn +1 A bn = bn +2 bn+1 (bn+1 bn)=bn+2 2bn + l + bn ,且对任意的n C N ,都存在mCN*,使得A 2bn=bm,所以对任意的 nC N*,都存在 mCN*,使得 bqn+一2bqn+b1q1 = bqm1,即(q1)2 =qm1 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 C N ,都有 A 2bn= bn.2 若 m n=1,则 q2 3q+1=0,解得 q=3 f (舍)或 q = 3、'5,即当 q= 3-5 时，对任意的nCN*,都有A 2bn= bn+1.30 若 mn>2,则 qm-n>q2> (q1)2,故对任意的 n C N*,不存在 mCN*,使得A 2bn =bm.综上所述，q所有可能的取值构成的集合为2, 3乎 .(8分)3 3) 因为 A 2Cn=0,所以