江苏省盐城市、南京市2020届高三第一次模拟考试数学试题含附加题

1、盐城市、南京市2020届高三年级第一次模拟考试数学试题注意事项：.本试卷共4页，包括填空题（第 1题第14题）、解答题（第15题第20题）两部分.本试卷满分为 160分，考试时间为120分钟.答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内.试题的答案写在答题卡 上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题卡. 参考公式：1柱体体积公式：V=Sh,锥体体积公式：V=-Sh,其中S为底面积，h为高. 3样本数据 X1, X2, , Xn 的方差 s2 = - E（Xi-）2,其中=一 Exi. ni=1n i=1一？填空题:本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程

2、，请把答案写在答题卡的指定位置上.S 0I 0While S0 10底S+II1 + 1End WhilePrint I.已知集合 A = （0, +8）,全集u = R,则？uA =.设复数z=2+i,其中i为虚数单位，则z z =.学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概率为.（第5.命题“ ee r, cos e+sin e 1的否定是 命题.（填“真”或“假”）.运行如图所示的伪代码，则输出的I的值为.已知样本7, 8, 9, x, y的平均数是9,且xy = 110 ,则此样本的方差是.在平面直角坐标系 xOy中，若抛物线y2 = 4x上的点P到其焦点

3、的距离为 3,则点P到点O的距离为a2.若数列an是公差不为0的等差数列，Inai、ln a2、in a5成等差数列，则一的值为 ai.在三棱柱 ABCAiBiCi中，点P是棱CCi上一点，记三棱柱 ABC AiBiCi与四棱锥V2PABBiAi的体积分别为 Vi与V2,则一=Vi -32兀io .设函数f(x) = sin( 3X+(J)(30, 0V 6V1)的图象与y轴交点的纵坐标为兀右侧第一个最低点的横坐标为一，则3的值为),AH =-AB +-AC,426ii .已知H是2BC的垂心(三角形三条高所在直线的交点BAC的值为i2 .若无穷数列cos( wn)( 3 c R)是等差数列，

4、则其前 i0项的和为 i3 .已知集合 P=(x, y)| x|x| + y|y| = i6,集合 Q = (x, y)| kx + bi yb 0)的左右焦点分别为 a2 b2F1F2,离心率是e,动点P(xo, yo)在椭圆C上运动.当 PF2，x轴时，xo=1, yo = e.(1)求椭圆C的方程；(2)延长PF1, PF2分别交椭圆C于点A, B(A,B 不重合）.设 AF= XF1P, BF2=F2P,求入+ 的最小值.yP(第18题图)19 .(本小题满分16分)定义：若无穷数列an满足an + 1 an是公比为q的等比数列，则称数列an为“M(q) 数列”.设数列bn中 b1 =

5、 1 , b3 = 7.(1)若b2=4,且数列bn是“M(q)数列”，求数列bn的通项公式；1(2)设数列bn的前n项和为Sn,且bn+1 = 2Sn n+入，请判断数列bn是否为“M(q)2数列”，并说明理由；(3)若数列bn是“M(2)数列”，是否存在正整数 m, n使得bmv4040-?若2019 bn 2019存在，请求出所有满足条件的正整数m, n；若不存在，请说明理由.20 .(本小题满分16分)若函数f (x)= ex ae-xmx (mCR)为奇函数，且 x= xo时f (x)有极小值f(xo).(1)求实数a的值；(2)求实数m的取值范围；(3)若f(xo)恒成立，求实数

6、m的取值范围. e注意事项:.附加题供选修物理的考生使用.本试卷共40分，考试时间30分钟.答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内.试题的答案写在答题卡 上对应题目的答案空格内.考试结束后，交回答题纸卡. 21 .【选做题】在 A、B、C三小题中只能选做 2题，每小题10分，共计20分.请在答卷卡指定区域内 作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A.选修42:矩阵与变换a 3已知圆C经矩阵M = 2变换后得到圆 C： x2 + y2=13,求实数a的值.B.选修44:坐标系与参数方程在极坐标系中，直线 pcos 0+ 2 psin 0=m被曲线p=4sin

7、 藏得的弦为 AB,当AB是 最长弦时，求实数 m的值.C.选修4 5 :不等式选讲已知正实数a, b , c满足一+=1,求a + 2b +3c的最小值. a b c【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分.请在答卷卡指定区域内 作答.解 答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.22 .(本小题满分10分)01、O,如图，AA1、BB1是圆柱的两条母线，A1B1、AB分别经过上下底面圆的圆心CD是下底面与 AB垂直的直径，CD = 2 .(1)若AAi = 3,求异面直线 AiC与BiD所成角的余弦值;汽(2)若二面角 A1-CD-B1的大小为一，求母线AA1的长.31123 .(

8、本小题满分10分)2n*设汇(1 2x)i = ao + aix + a2x2+ + a2nx2n(n e N *),记 Sn = ao + a2 + a4 + + a2n. i= 1(1)求 Sn；(2)记 Tn= S1CS2Cn S3c3+ ( 1)nSnCn,求证：|Tn|6n3 恒成立.说明:数学参考答案及评分标准.本解答给出的解法供参考.如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容 比照评分标准制订相应的评分细则.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容 和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果 后续部分

9、的解答有较严重的错误，就不再给分.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.只给整数分数，填空题不给中间分数.一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）2.（巴 02. 53.-38. 39.210 . 73二、解答题：本大题共 6小题，计904.真6. 272V3分.骤，请把答案写在答题纸的指定区域内.15 .（本小题满分14分）兀解：（1）由 sin（ B+一）= 2cos因为cos B W0 ,所以12 . 10解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步B,可知 sin B 十 一cos B = 2cos B,即

10、sin B = x/scos B. 22兀又 Be（0,兀），故 b= 一.36由 cos C = 4-, C e (0 , Tt),AC AB可得=兀 sin Csin 一3可知 sin C=业cos 2c = 在MBC中，由正弦定理 =, sin B sin C所以AB = 2 . 7分兀兀兀兀(2)由(1)知 B = 1,所以 A (0 ,7时，-A (0 ,-),由 cos( B-A) = _,即 cos( 一一A) = 一,所以 sin A = sin ( A) = sin -cos( 一一A) cos-sin( A)3 4 1 3 4332 5 2 51014分16 .（本小题满分

11、14分）证明：（1 ）连结AC交BD于点O,连结OP .因为ACi/平面PBD , ACi平面ACCi,平面ACCi n平面BDP =OP ,所以ACi OP. 3分因为四边形 ABCD是正方形，对角线 AC交BD于点O,所以点O是AC的中点，所以AO =OC,PCi所以在AACCi中，一 PCAO=1 .OC(2)连结 A1C1 .因为ABCD -A1B1C1D1为长方体，所以侧棱 CiC，平面 ABCD . TOC o 1-5 h z 又BD 平面ABCD ,所以CC1，BD . 8分因为底面ABCD是正方形，所以 ACXBD. 10分又 ACACC1 = C, AC 面 ACC1A1,

12、CC1 面 ACC1A1,所以 BD，面 ACC1A1. 12 分又因为A1P 面ACC1A1,所以BDXA1P. 14分17 .(本小题满分14分)解：(1 )设。P半径为r,则AB = 4(2 r),所以O P 的周长 2 7tr=BCw21164(2 r)2, 416解得rw二兀2+ 416 TOC o 1-5 h z 故。P半径的取彳1范围为(0 , 叶/ 6分 (2)在(1)的条件下，油桶的体积 V=Ttr2 AB=4兀产(2 r).16设函数 f (x) = x2(2 -x), x (0 ,2十 /，所以 f (x) = 4x-3x2,由于二 0在定义域上恒成立，故 f(x)在定义

13、域上单调递增,16即当r=时，体积取到最大值. 13分兀2+ 416答：O P半径的取值范围为(0, -.当r =16-一米时，体积取到最大值. 兀2+ 414解:(1)由当PF2，x轴时，X0 = 1,可知将xo = 1, yo = e代入椭圆方程得！11.a2 b2由 e = b2= a2 - c2 = a2 - 1 ,所以= 1 ,a aa2 a2(a2-1)解得 a2 = 2 ,故 b2= 1 ,所以椭圆C的方程为+y2 = 1 . 4分2(2 )方法设 A(X1 , y1)，由 AF1 =入F1p ,-1 -X1=入(Xo + 1),得即y 1 =应 0,代入椭圆方程，得(_ Ax。

14、_ 入_ 1)2+ (一应0 )2 = 1 .2又由近+ y0 = 1,得(-+ (入yO)2= R ,两式相减得(1)(2收0+ 1)= 1 入 222因为入+ 1 W0,所以 2 ZX0+ 入+ 1 =2(1 N,1故入=3+2X012分1同理可得科=3-2X014分故入+产3 + 2X0 3- 2X094x2 3(本小题满分16分)2当且仅当 X0= 0时取等号，故 入十（1的最小值为一. 163方法二：由点 A , B不重合可知直线 PA与x轴不重合,故可设直线 PA的方程为x=my 1 ,X2+ y2= 1 ，联立 2消去 x,得(m2 + 2)y2 2my 1 = 0 .x = m

15、y 1 ,-1 1设 A(X1, y1)，则 y0y1 =,所以 y1= m 2+ 2(m2+2)y0 xo将点P（X0, y0）代入椭圆的方程得 一+y02 = 1,2x 0 + 1代入直线PA的方程得X0 = my01,所以m=V。由AF1 = AF1P ,得一丫1=应0,故y1 入=一V。 (m2 + 2)y0(X0 + 1)2 + 2y2(X0+ 1)2+ 2(1 -x0)23 + 2X012141同理可得科=3-2x0故入+ -3 + 2x0+3-2x0 - 9-4xq3,当且仅当X0=0时取等号，故 入+ 的最小值为16分注：（1）也可设P(/cos e, sin 0)得入=3 +

16、 2一，其余同理.丫 2cos 0(2 )也可由一+ -= 6 ,运用基本不等式求解 入十的最小值. 入119 .(本小题满分16分)解：(1 )因为b2 = 4,且数列bn是“ M(q)数列”，b 3 b 2 7 4bn+1 b n所以q =1 ,所以=1 , n2,b2b1 4 - 1bn-bn 1 TOC o 1-5 h z 即 bn + 1 b n= b n b n 1 , n32 , 2 分所以数列bn是等差数列，其公差为 b2-b1 = 3,所以数列bn通项公式为bn= 1 + (n - 1) X3,即bn=3n 2. 4(2)由 bn + 1 = 2Sn n+ 入，彳导 b2 =

17、 + 入，b3 = 4 + 3 X= 7,故入=1 .2211方法:由 bn+1=2Sn n + 1,得 bn + 2= 2Sn + 1 (n + 1) + 1,22两式作差得 bn+2 bn+1 = 2bn+1 ,即 bn+2 = 3bn+1 , nCN22又 b2 = 一,所以 b2 = 3b 122所以bn + 1 = 3bn 对nCN*恒成立，6分21bn + 1 则 bn + 1 = 3(bn ).因为 b1 - = -0,所以 bnW0,所以=3,444 441b n _4即bn 1是等比数列， 8分4所以 bn-1=(1 -1)X3n 1=1X3n,即 bn = 1X3n + 1

18、,44444bn+2 bn+1所以b n + 1b n(1x3n + 2+1)-(1 x3n + 14441(-X3n + 14+ 1)4=3 ,1+ )_ (_ x3 n + _)10所以bn+1 bn是公比为3的等比数列，故数列bn是“ M (q)数列”.方法二：同方法一得 bn + 1 = 3bn 1对nCN*恒成立,2则 bn + 2= 3bn + 1 ,两式作差得 bn + 2 bn + 1 = 3( bn + 1 bn).2因为 b2b1=W0,所以 bn + 1 bn W0,所以n= 32b n+ 1 bn(3)所以bn+1 bn是公比为3的等比数列，故数列bn是“M(q)数列”

19、.10由数列bn是“ M(2)数列T ,得 bn+1-bn = (b2-b1)X2n 1b3 b27 b2又=2,即=2,b2b1b21所以 b 2 b 1 = 2 ,所以 bn+1bn=2n,所以当 n 封2 时，bn=(bn bn1) + (bn1bn 2)+ (b2-b 1)+ b 1= 2n-1 +2n 2+ + 2 + 1 = 2n 1.当n = 1时上式也成立，所以 bn = 2n- 112分假设存在正整数 m , n,使得v -v2019 bn40402019 40392m 14040、20192n 12019由2-工439-1 ,可知 2m12n 1,所以 2n12019又m

20、, n为正整数，所以 m - n 1 . TOC o 1-5 h z 2m 1 2m n(2n 1)+2m n12m n-140402n- 12n- 1+ 2n 1 :2019 所以2m 0竺竺-3,所以m -n= 1, 142019分所以2 1=2 +,即竺39-V2 +一竺竺所以空2n0恒成立，即f (x) 0恒成立，故不存在极小值. 5分当m 2时，令ex=t,则方程t2-mt +1=0有两个不等的正根 t1 ,t2 (t1 vt2),故可知函数 f(x) = ex exmx在(一0, lnt1)，(In t2,+8)上单调递增，在(In 11, lnt2)上单调递减，即在lnt2处取到

21、极小值，所以，m的取值范围是(2 , +8). 9分方法二：由(1 )可得 f(x) = ex e x mx ,令 g (x) = f (x) = ex+ e x m ,贝U g (X)= ex e x=e1-.ex故当 x0 时，g(x)0；当 x0 时，g(x)0, 5分故 g(x)在(一8, 0)上递减，在(0 , +8)上递增，所以 g(x)min = g(0) =2 -m .若2m R,则g(x) R恒成立，所以f(x)单调递增，此时f(x)无极值点. 6分1若 2m2 时，g(0)=2 m0. m又函数g(x)的图象在区间0, t上不间断，所以存在 xoe (0 , t),使得g(

22、x0) =0 .又g(x)在(0 , +8)上递增，所以 x C (0 , x0)时，g(x) V0 ,即 f (x) V 0 ; x C (x0,+8)时，g(x) 0 ,即 f (x) 0,所以f (x0)为f(x)极小值，符合题意.所以，m的取值范围是(2 , +8). 9分(3)由 x0 满足 ex + e x=m,代入 f(x) = exexmx ,消去 m ,可得 f(x0) = (1 -x0)ex0- (1 +xo)e x0. 11 分构造函数 h(x)= (1 x)ex(1 +x)e x,所以 h z(x) = x(e -x ex).1 e2x当x0时，e x-ex=W0,所以

23、当x0时，h(x)w0恒成立，ex故h(x)在0 , +oo)上为单调减函数，其中h(1)= , 13分e则 f(x0)可转化为 h(x0)h(1),故 x00时，y = ex-e x0,所以y = ex+e x在（0 , 1上递增，故 m (1 +2 + 3)2,a 2b 3c即 a + 2b + 3036 , 5分149a 2 b 3c当且仅当一=,即a=b=c时取等号，解得 a = b = c = 6,a 2 b 3c所以当且仅当 a= b= c=6时，a + 2b+3c取最小值 36 .10分22 .(本小题满分10分)解：(1 )以CD , AB , OOi所在直线建立如图所示空间直

24、角坐标系O xyz .由 CD = 2, AAi=3,所以 A(0 , 1 , 0), B(0, 1 , 0), C( 1 , 0, 0), D(1 ,0 , 0),Ai(0, 1 , 3), Bi(0, 1,3),从而AiC=(1, 1, 3), BiD=(1, 1, 3),所以cosv扇C,所以异面直线 A1C与B1D所成角的余弦值为 . 4分(2)设 AA1 = m 0,则 A1(0 , - 1 , m), B1(0 ,所以A1C=(1 , 1 , -m),B1D=(1 , 1 , -m), CD=(2, 0,0),设平面A1CD的一个法向量n 1 CD =2x1 = 0,n 1 = (x1, y1, z1),则n 1 A 1C= X1 + y1