2020届江苏省扬州市高三第二次模拟考试(5月)数学(文科)

1、12020 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| 1vxv2, B = x|x 0，贝UAnB=_.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.S 0For I From 1 To 5S S+ IEnd ForPrint S4如图伪

2、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 a 1, 1, b= 3, 1, 2，则直线 ax+ by 1 = 0 不经过第二象限的概率为2 27.已知双曲线x古=1 的右焦点与抛物线 y2= 12x 的焦点重合，贝 y 该双曲线的虚轴长为n18.已知a为锐角，且 COS（水石）=3,贝Vcosa=_.9.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,贝 U S5=10. 在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB = 2, AA1= 3, O 为上底面 A

3、BCD 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 S1=_ .111. 已知曲线 C: f（x） = x3 x，直线 l: y= ax a,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 AM AN =1，则 OA OD 的最小值为_ .2n . *an+ 1 , 4?N

4、,14. 在数列an中，ai= 1, an+1=设an的前 n 项和为 Sn,若 S4n入 2nn *an,4 N .一1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)在厶 ABC 中，已知 2S= bccos A,其中 S 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= 5，求 sin 2C 的值.16.(本小题满分 14 分)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，BC = B1C, O 为四边形 ACC1A

5、1对角线的交点，F 为棱 BB1的中点，且 AF 丄平面 BCC1B1.求证：(1) OF /平面 ABC ;(2) 四边形 ACC1A1为矩形.317.(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”nn不计)，且与地面所成的角均为0():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 0 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

6、积与“支 架高度”的乘积为“支架需要空间”.n(1) 当0=-3 时，求“支架高度”；3(2) 求“支架需要空间”的最大值.418.(本小题满分 16 分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E：笃+ b= 1(a b 0)过点(1,-2),离心率为孑直线 I: y = x + t 与椭圆 E 相交于 A , B 两点，线段 AB 的中垂线交椭圆且椭圆的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;求 AC AD 的值.519.(本小题满分 16 分)1已知函数 f(x) = a(x -)(a R), g(x) = In x. X(1)当 a= 1

7、时，解不等式：f(x) g(x)w0;设 u(x) = xf(x) g(x).1当 av0 时，若存在 m, n (0)(m丰n)，使得 u(m) + u(n) = 0，求证:2当 a 0 时，讨论 u(x)的零点个数.mnv1；620.(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 an= an+1 an(n N*).规定 2an为an的二阶差分数列，其中2an=Aan+iAan(n N*).(1) 已知数列an的通项公式 an= n2(n N*)，试判断Aan, A2an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，

8、对于任意的 n N*，都存在 m N*, 使得A2bn= bm,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A2cn= 0.对满足 m+ n= 2k, n的任意正整数 m, n, k，都有 CmMCn,且不等式 Sm+ Sn tSk恒成立，求实数 t 的最大值.I-72020 届高三模拟考试试卷（扬州）数学参考答案及评分标准1. x|0VXV22.严 3. 304. 15 5.-16. 6 7. 2 5 8.3；1 2、29. 12110.呼011.充分不必要12.4农13. 114.屋 33115.解：(1)因为 2S= bccos A,所以 2

9、Xqbcsin A = bccos A，贝 U sin A = cos A. (3 分) 在厶 ABC中，因为 A (0,n)，所以 sin A = cos A0,所以 tan A = 1, (5 分)n所以 A = 4.(7 分)n. 6(2)由(1)知 A = 4，又 tan B = 5,一n所以 tan(A + B) = tan( + B)=416.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，BB1IICC1/ AA1,且 BB1=1又 BB1/ AA1, BB1= AA1，所以 OD / BB1, 且 OD = ?BB1

10、.又 F 为 BB1的中点，所以 OD / BF，且 OD = BF，所以四边形 ODBF 为平行四边形，所 以 OFIBD.（5 分）因为 BD?平面 ABC , OF?平面 ABC ,所以 OF/平面 ABC.（7 分）（2）因为 BC = B1C, F 为 BB1的中点，所以 CF 丄 BB1.因为 AF 丄平面 BCC1B1, BB1?平面 BCC1B1,所以 AF 丄 BB1.（9 分）因为 CF 丄 BB1, AF 丄 BB1, CF?平面 AFC , AF?平面 AFC , CFAAF = F, 所以 BB1丄平面AFC.（11 分）又 AC?平面 AFC，所以 BB1丄 AC.

11、又由（1）知 BB1/ CC1,所以 AC 丄 CC1.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）1 + tan B1 tanB61+ 5厶=11.(9 分) 616在厶 ABC 中，因为 A + B + C=n，所以tan C= tan(A + B) = 11,所以 sin 2C = 2sin Ccos C =2si n Ceos Csin2C+ cos2C2ta n C1 + tan2C2X112211八1+ 112= 122 = 61.(14分)8AA1.因为 O 为平行四边形 ACC1A1对角线的交点，所以 O 为 A

12、1C 的中点.1又 D 为 AC 的中点，所以 OD / AA1，且 OD = AA1.（2 分）97t17解：（1）因为架面与架底平行，且AAi与地面所成的角为 三,AAI=1 米,所以“支架高度”nh=1Xsin3=(4 分)(2)过 O 作 001丄平面 A1B1C1，垂足为 01. 又O1A1?平面 A1B1C1,所以 001丄 O1A1.3又 AA1与地面所成的角为0,所以 01A1= 5COS0.同理所以301C1=O1B1=cos0,5。1为等边三角形 A1B1C1的外心，也为其重心，233 35cos0 73=5cos0,0)2=気沁20-3B1C1=A1O123=SAA1B1

13、C1=X(二-cos45所以记“支架需要空间”为则V=2盘曲sin0,0n n【石，刁 （8 分）所以 V =語（1 一 t2）t= 又V=畫（1 一 3t2）=-1 也则当 t（2,亏）时，V 所以当 t=3时，Vmax=2 .27 3100(t-13), t81 321一訪1)=-12,二2 .81 .333而（t+5）（t_E）， 0, V 单调递增；当 t （,）时，VV0, V 单调递减,V3_（3 衍_春X$3X2=_9/亠舌*、 “QA、1003（3）= 1003350（立万米）（13分）答： 当0=才时，“支架高度”为 今米；321011E 的焦距为2c(c0)，则 e=宀=2

14、a(3)由(2)知 ACAD=(x3xi,y3yi)(X4xi,y4yi)=(X3 Xi)(X4 xi)+ (y3 yi)(y4 yi)/44（2） “支架需要空间”9的最大值为50 立方米.（i4 分）因为椭圆 E 过点（1,所以 2+ 2b= i，解得 a2= 2, b2= i,2所以椭圆的标准方程为y + y2= i.（4 分）(2)设 A(xi, yi), B(X2, y2), C(X3, y3), D(X4, y4).y= x + t,由得 3x2+ 4tx + 2t2 2 = 0.x2+ 2y2= 2又直线 I: y= x + t 与椭圆 E 相交于 A , B 两点，4X1+ X

15、2= t,所以2且= (4t)2 4X3X(2t2 2) 0,则一 3Vtv3.(6 分)2t2 2YXiX2=,设 AB 的中点为 M(XM, yM),则XM=X1； x? = |t, yM=XM+ t= t,ii所以 AB 的中垂线的方程为 y = x ，即直线 CD 的方程为 y = x t.iy x t由3得 27x2+ i2tx + 2t2 i8= 0，则x2+ 2y2= 24X3+ X4= t,2t2(8分)27,X3X4=所以 CD =“.J ( X4 X3)2+( y4 y3)2=、i+( i)2(X3+ X4)2 4X3X4=2 又 t ( . 3,3)，所以当 t= 0 时

16、，CD3.(i0 分)(-$2-4X咛i8=218解:设椭圆2，可知 a2= 2b2.(2 分)12=(X3 Xi)(X4 Xi)+ ( X3 Xi 3上)(X4 Xi gt)2428=X3X4 (X3+ X4)Xi+ Xi+ X3X4+(Xi+ 3(x3+ X4) + Xi+ gtXi+ct=2X3X4+ ft(x3+ X4) + 2xi+ ftXi+i96t2.(i3 分)I629134X3+ X4= ,又2t218X3X4= 27 ,3X1+ 4tX1+ 2t2 2= 0,所以 AC AD = 2X3X4+4t(x3+ X4) + 3(3X2+4tx1) + t22t2184422162

17、=2+3x( 9t)+3(22t)+?t,1636482=(247刃26 + 47 宀0.(16分)119. (1)解：设 h(x) = f(x) g(x) = x 一 In x , X所以 h(x)在(0,+s)上递增.又 h(1) = 0,所以 0vxv1,所以 f(x) g(x) 0),贝Uv (t) 2a-v0,所以 v(t)在(0,+R)上单调递减.又 v(1) = 0,所以 tv1,即卩 mnv1.(10 分) 思路二： 假设 mn1,贝 U 2mn 2 0, ln(mn) 0,所以 a(2mn 2) ln(mn) 0 矛盾，故 mn v 1.(10 分)解：u(x) = xf(x

18、) g(x) = a(x2 1) ln x ,1 2ax2 1(x) = 2ax1=.令 u (x)0 得 x=XX又 u(ea)0,且 eav1,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)所以当 x (0,u (x)v0, u(x)为减函数;又 u(1) = 0,u (X) 0, u(x)为增函数.1u(x)有 1 个零点;当2a 2 时，由 u(1)=0 可知 u(12 分)vu(1)=0,则 h (x=1 + 2 丄=X Xx2 0,当 a 0 时,X2 x+ 12+3负值舍去).i2又 mzn,m2+ n2 (m+ n)2243 当-2a

19、 1 即 Ovavg 时，由 u=0 可知 u(- )vu(1) = 0,11 一 X令0(x)= In X(x1)，贝y O(x)-1 =-,X所以当 x (0, 1)时，()0,0()单调递增；当 X (1 ,+ )时，()v0,0(x)单调递减，所以0(ia-=0(1= 0，故 In ( 1).1 1所以 u(x) a(x2 1) ( 1)，所以 u(- 1) 0,且一1 1,aa所以 u(x)在(1,+s)上有 1 个零点，故此时 u(x)有 2 个零点.1 1综上，当 a=一时，u(x)有 1 个零点；当 a 0 时 az岁寸，u(x)有 2 个零点.(16 分)20.解：(1)因为

20、 an= n2,所以 an= an+1 an= (n + 1)2 n2= 2n+ 1,则4an+1Aan= 2.又a1=3,所以Aan是首项为 3,公差为 2 的等差数列.因为A2an=Aan+1Aan= 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= b1qn1.又42bn=Abn+1Abn= bn+2 bn+1 (bn+1 bn) = bn+2 2bn+1+ bn,且对任意的 n N ,都存在 m N*，使得A2bn= bm,所以对任意的 n N*，都存在 m N*，使得 b1q1 2b1qn+ b1qn 1= b1qmS 即(q 1)2= qmn.因为 q2,所以 m n0.1 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 N*,都有A2bn= bn.2 若 m n = 1,贝 U q2 3q+ 1 = 0,解得 q =3? 5舍)或 q=3；5即当=节时， 对任意的 nN*，都有A2bn= bn+1.3 若 m n2,贝 U qm_nq2(q 1)2，故对任意的 n N*，不存在 m N*，使得A2bn=bm.综上所述，q 所有可能的取值构成的集合为2,3+咅.(8 分)(3) 因为A2cn= 0 ,所以A