2020届高三模拟考试试卷
数 学
(满分160分，考试时间120分钟)
2020．1 参考公式：
1. 样本数据x1，x2，…，xn的方差
s2＝
1n1n
2
∑(x－x)，其中x＝i∑x； ni＝1in＝1i
1
2. 圆锥的体积V＝Sh，其中S是圆锥的底面圆面积，h是圆锥的高．
3一、 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|0 (第4题) 2. 已知复数z满足z2＝－4，且z的虚部小于0，则z＝________． 3. 若一组数据7，x，6，8，8的平均数为7，则该组数据的方差是________． 4. 执行如图所示的伪代码，则输出的结果为________． 5. 函数f(x)＝log2x－2的定义域为________． 6. 某学校高三年级有A，B两个自习教室，甲、乙、丙3名学生各自随机选择其中一个教室自习，则甲、乙两人不在同一教室上自习的概率为________． 7. 若关于x的不等式x2－mx＋3<0的解集是(1，3)，则实数m的值为________． x22 8. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线－y＝1的右准线与渐近线的交点在抛物线y2＝ 32px上，则实数p的值为________． 9. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a9＝8，S5＝－5，则S15的值为________． 10. 已知函数y＝3sin 2x的图象与函数y＝cos 2x的图象相邻的三个交点分别是A，B，C，则△ABC的面积为________． 11. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆M：x2＋y2－4x－8y＋12＝0，圆N与圆M外切于点(0，m)，且过点(0，－2)，则圆N的标准方程为______________． 12. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其图象关于直线x＝1对称，当x∈(0，1]时，f(x)＝－eax(其中e是自然对数的底数)．若f(2 020－ln 2)＝8，则实数a的值为________． (第13题) →→→→ 13. 如图，在△ABC中，D，E是BC上的两个三等分点，AB·AD＝2AC·AE，则cos∠ADE的最小值为________． 14. 设函数f(x)＝|x3－ax－b|，x∈[－1，1]，其中a，b∈R.若f(x)≤M恒成立，则当M取得最小值时，a＋b的值为________． 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) 如图，在三棱锥PABC中，AP＝AB，点M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC.求证： (1) BC∥平面AMN； (2) 平面AMN⊥平面PBC. 16. (本小题满分14分) 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos A＝(1) 若a＝5，c＝25，求b的值； π (2) 若B＝，求tan 2C的值． 4 5. 5 17. (本小题满分14分) 如图，在圆锥SO中，底面半径R为3，母线长l为5.用一个平行于底面的平面去截圆锥，截面圆的圆心为O1，半径为r.现要以截面为底面，圆锥底面圆心O为顶点挖去一个倒立的小圆锥OO1，记圆锥OO1的体积为V. (1) 将V表示成r的函数； (2) 求V的最大值． 18. (本小题满分16分) x2y2 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右顶点为A，过点A作直 ab线l与圆O：x2＋y2＝b2相切，与椭圆C交于另一点P，与右准线交于点Q.设直线l的斜率为k. (1) 用k表示椭圆C的离心率； →→ (2) 若OP·OQ＝0，求椭圆C的离心率． 19. (本小题满分16分) 1 已知函数f(x)＝(a－)ln x(a∈R)． 2 (1) 若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0，求a的值； (2) 若f(x)的导函数f′(x)存在两个不相等的零点，求实数a的取值范围； (3) 当a＝2时，是否存在整数λ，使得关于x的不等式f(x)≥λ恒成立？若存在，求出λ的最大值；若不存在，请说明理由． 20. (本小题满分16分) 已知数列{an}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有an＋1＝kan－1(k≠0)，数列{an－1}是公比不为1的等比数列． (1) 求实数k的值； 4－n，n为奇数，S2m (2) 设bn＝数列{bn}的前n项和为Sn，求所有正整数m的值，使得S2m－1an－1，n为偶数， 恰好为数列{bn}中的项． 2020届高三模拟考试试卷(四) 数学附加题(满分40分，考试时间30分钟) 21. 【选做题】 在A，B，C三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． A. (选修42：矩阵与变换) 23的一个特征值为4，求矩阵M的逆矩阵M－1. 已知矩阵M＝ t1 B. (选修44：坐标系与参数方程) 在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直 x＝23cos θ， 线l的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝12，曲线C的参数方程为(θ为参数， y＝2sin θ θ∈R)．在曲线C上求点M，使点M到l的距离最小，并求出最小值． C. (选修45：不等式选讲) 111 已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1，求＋＋的最小值． x＋2yy＋2zz＋2x 【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 22. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠BB1C1＝60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C. (1) 求直线AC1与平面AA1B1B所成角的正弦值； (2) 求二面角BAC1C的余弦值． 2 23. 已知n为给定的正整数，设(＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，x∈R. 3(1) 若n＝4，求a0，a1的值； n1 (2) 若x＝，求∑(n－k)akxk的值． k＝03 2020届高三模拟考试试卷(四)(苏北四市) 数学参考答案及评分标准 41131. {x|－1 π 11. (x＋2)2＋y2＝8 12. 3 13. 14. 74 15. 证明：(1) 在△PBC中，因为点M，N分别为棱PB，PC的中点，所以MN∥BC.(3分) 又MN⊂平面AMN，BC⊄平面AMN，所以BC∥平面AMN.(6分) (2) 在△PAB中，因为AP＝AB，点M为棱PB的中点，所以AM⊥PB.(8分) 因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，AM⊂平面PAB，所以AM⊥平面PBC.(12分) 又AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面PBC.(14分) 16. 解：(1) 在△ABC中，由余弦定理b2＋c2－2bccos A＝a2，得 b2＋20－2×25× 5 b＝25，即b2－4b－5＝0，(4分) 5 5225）＝，(8分) 55 解得b＝5或b＝－1(舍)，所以b＝5.(6分) (2) 由cos A＝ 5 及0 π210 所以cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋)＝－(cos A－sin A)＝. 4210因为0 从而tan C＝＝＝3，(12分) cos C10102×32tan C3 所以tan 2C＝＝＝－.(14分) 41－tan2C1－32 17. 解：(1) 在△SAO中，SO＝SA2－AO2＝52－32＝4.(2分) SO1r4 由△SNO1∽△SAO可知＝，所以SO1＝r，(4分) SOR34144 所以OO1＝4－r，所以V(r)＝πr2(4－r)＝π(3r2－r3)，0 (2) 由(1)得V(r)＝π(3r2－r3)，0 4 所以V′(r)＝π(6r－3r2)，令V′(r)＝0，得r＝2，(9分) 9当r∈(0，2)时，V′(r)>0，所以V(r)在(0，2)上单调递增； 当r∈(2，3)时，V′(r)<0，所以V(r)在(2，3)上单调递减． 16π 所以当r＝2时，V(r)取得最大值V(2)＝. 9 1－（ 102310）＝， 1010 16π 答：小圆锥的体积V的最大值为.(14分) 9 18. 解：(1) 直线l的方程为y＝k(x－a)，即kx－y－ak＝0. |－ak|b2 2222 因为直线l与圆O：x＋y＝b相切，所以2＝b，故k＝22. a－bk＋1所以椭圆C的离心率e＝b21－2＝a .(4k2＋11 分) a2 (2) 设椭圆C的焦距为2c，则右准线方程为x＝. c y＝k（x－a），a2－aca2a2k（a2－ac）2由a得y＝k(－a)＝k，所以Q(，)．(6分) ccccx＝cxya2＋b2＝1， 由得(b2＋a2k2)x2－2a3k2x＋a4k2－a2b2＝0， y＝k（x－a）a3k2－ab2a3k2－ab2－2ab2k解得xP＝222，则yP＝k(222－a)＝222， b＋akb＋akb＋aka3k2－ab2－2ab2k 所以P(222，222)．(10分) b＋akb＋ak a2a3k2－ab2k（a2－ac）－2ab2k→→ 因为OP·OQ＝0，所以·222＋·222＝0， cb＋akcb＋ak即a(a2k2－b2)＝2b2k2(a－c)．(12分) 由(1)知 k2＝ 2b4（a－c）b2a2b2 2 ，所以a(22－b)＝， a2－b2a－ba2－b2 2 2 c11 所以a＝2a－2c，即a＝2c，所以＝，故椭圆C的离心率为.(16分) a22111 19. 解：(1) f′(x)＝2ln x＋(a－). xxx 因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0， 所以f′(1)＝a－1＝－1，解得a＝0.(2分) (2) 因为f′(x)＝ ax－1＋ln x 存在两个不相等的零点， x2 1 所以g(x)＝ax－1＋ln x存在两个不相等的零点，则g′(x)＝＋a. x①当a≥0时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，至多有一个零点．(4分) 1 ②当a<0时，因为当x∈(0，－)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； a1 当x∈(－，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， a111 所以x＝－时，g(x)max＝g(－)＝ln(－)－2.(6分) aaa 1－ 因为g(x)存在两个零点，所以ln(－)－2>0，解得－e2 1－ 因为－e2 a 1 因为g(1)＝a－1<0，所以g(x)在(0，－)上存在一个零点．(8分) a11－ 因为－e2 1111 因为g((－)2)＝ln(－)2＋－1，设t＝－，则y＝2ln t－t－1(t>e2)． aaaa因为y′＝ 2－t <0，所以y＝2ln t－t－1(t>e2)单调递减， t 111 所以y<2ln(e2)－e2－1＝3－e2<0，所以g((－)2)＝ln(－)2＋－1<0， aaa1 所以g(x)在(－，＋∞)上存在一个零点． a 综上可知，实数a的取值范围是(－e2，0)．(10分) 11112x－1＋ln x (3) 当a＝2时，f(x)＝(2－)ln x，f′(x)＝2ln x＋(2－)＝， xxxxx21 设g(x)＝2x－1＋ln x，则g′(x)＝＋2>0，所以g(x)单调递增， x111 且g()＝ln<0，g(1)＝1>0，所以存在x0∈(，1)使得g(x0)＝0.(12分) 222因为当x∈(0，x0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)单调递增， 所以x＝x0时，f(x)取得极小值，也是最小值， 111 此时f(x0)＝(2－)ln x0＝(2－)(1－2x0)＝－(4x0＋)＋4.(14分) x0x0x01 因为x0∈(，1)，所以f(x0)∈(－1，0)． 2 因为f(x)≥λ，且λ为整数，所以λ≤－1，即λ的最大值为－1.(16分) 20. 解：(1) 由an＋1＝kan－1，a1＝3可知，a2＝3k－1，a3＝3k2－k－1. 因为{an－1}为等比数列，所以(a2－1)2＝(a1－1)(a3－1)， 4 即(3k－2)2＝2×(3k2－k－2)，即3k2－10k＋8＝0，解得k＝2或k＝.(2分) 344 当k＝时，an＋1－3＝(an－3)，所以an＝3，则an－1＝2， 33所以数列{an－1}的公比为1，不符合题意； an＋1－1当k＝2时，an＋1－1＝2(an－1)，所以数列{an－1}的公比q＝＝2， an－1所以实数k的值为2.(4分) (2) 由(1)知 an－1＝2n，所以 4－n， n为奇数，bn＝n 2， n为偶数， － 则S2m＝(4－1)＋4＋(4－3)＋42＋…＋[4－(2m－1)]＋4m ＝(4－1)＋(4－3)＋…＋[4－(2m－1)]＋4＋42＋…＋4m 4m1－4 ＝m(4－m)＋，(6分) 3 4m－4 则S2m－1＝S2m－b2m＝m(4－m)＋. 3 因为b2m＋b2m＋1＝3－2m＋4m，又(b2m＋2＋b2m＋3)－(b2m＋b2m＋1)＝3×4m－2>0， 且b2＋b3＝5>0，b1＝3>0，所以S2m－1>0，则S2m>0. 设 S2m ＝bt>0，t∈N*，(8分) S2m－1 ＋ ＋ 则t＝1，3或t为偶数，因为b3＝1不可能，所以t＝1或t为偶数． 4m1－4 m（4－m）＋ 3S2m ①当＝b1时，＝3，化简得6m2－24m＋8＝－4m≤－4， mS2m－14－4 m（4－m）＋ 3即m2－4m＋2≤0，所以m可能取值为1，2，3， S27S4S687S4 验证＝，＝3，＝，得当m＝2时，＝b1成立．(12分) S13S3S523S3 4m1－4 m（4－m）＋ 3S2m3 ②当t为偶数时，＝＝1＋， m2S2m－14－4－3m＋12m－4 m（4－m）＋＋1 34m－3m2＋12m－49m2－42m＋21 设cm＝，则cm＋1－cm＝. ＋ 4m4m1－3 由①知m>3，当m＝4时，c5－c4＝5<0； 4 －19 当m>4时，cm＋1－cm>0，所以c4>c5 所以0<<1＋<5. S2m－1－19 ＋11 024令 S2m3 ＝4＝b2，则1＋＝4，即－3m2＋12m－4＝0，无整数解． 2S2m－1－3m＋12m－4 ＋1 4m ＋ 综上，正整数m的值2.(16分) 2020届高三模拟考试试卷(苏北四市) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：矩阵M的特征多项式为f(λ)＝ λ－2－3 ＝(λ－2)(λ－1)－3t.(2分) －tλ－1 因为矩阵M的一个特征值为4，所以f(4)＝6－3t＝0，所以t＝2.(5分) －3113 － 2×1－3×22×1－3×24423－1 所以M＝＝，所以M＝ 2111－22 －222×1－3×22×1－3×2 .(10分) B. 解：由l：ρcos θ＋ρsin φ－12＝0，及x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以l的直角坐标方程为x＋y－12＝0. (2分) 在曲线C上取点M(23cos φ，2sin φ)，则点M到l的距离 d＝ 4sin（φ＋π）－1212－4sin（φ＋π） 33|23cos φ＋2sin φ－12| 2 ＝2 ＝2 ，(6分) π 当φ＝时，d取最小值42，(8分) 6 此时点M的坐标为(3，1)．(10分) C. 解：因为x，y，z都为正数，且x＋y＋z＝1， 111 所以由柯西不等式，得3(＋＋) x＋2yy＋2zz＋2x＝(≥(111 ＋＋)·[(x＋2y)＋(y＋2z)＋(z＋2x)](5分) x＋2yy＋2zz＋2x1 ·x＋2y＋x＋2y 1 ·y＋2z＋y＋2z 1 ·z＋2x)2＝9， z＋2x 1 当且仅当x＝y＝z＝时等号成立， 3 111所以＋＋的最小值为3.(10分) x＋2yy＋2zz＋2x 22. 解：(1) 因为四边形AA1B1B为正方形，所以AB⊥BB1. 因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1， AB⊂平面AA1B1B，所以AB⊥平面BB1C1C. (2分) 以点B为坐标原点，分别以BA，BB1所在的直线为x，y轴，以过点B且垂直于平面AA1B1B的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz. 不妨设正方形AA1B1B的边长为2， 则A(2，0 ，0)，B1(0，2，0)． 在菱形BB1C1C中，因为∠BB1C1＝60°， → 所以C1(0，1，3)，所以AC1＝(－2，1，3)． 因为平面AA1B1B的一个法向量为n＝(0，0，1)， 设直线AC1与平面AA1B1B所成角为α， |3|6→ 则sin α＝|cos〈AC1，n〉|＝＝， 22×14即直线AC1与平面AA1B1B所成角的正弦值为 6 .(6分) 4 → (2) 由(1)可知，C(0，－1，3)，所以CC1＝(0，2，0)． 设平面ACC1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， →n1·AC1＝0，（x1，y1，z1）·（－2，1，3）＝0， 因为即 →（x，y，z）·（0，2，0）＝0，111n1·CC1＝0，取x1＝ 33 ，y1＝0，z1＝1，即n1＝(，0，1)． 22 设平面ABC1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →→ 因为BA＝(2，0，0)，BC1＝(0，1, 3)， （2，0，0）＝0，（x2，y2，z2）· 所以取n2＝(0，3，－1)．(8分) （0，1，3）＝0，（x2，y2，z2）·设二面角BAC1C的平面角为θ， n1·n2 则cos θ＝－cos〈n1，n2〉＝－＝－ |n1|·|n2| 7.(10分) 7 －13 ＋1·3＋14 ＝ 7， 7 所以二面角BAC1C的余弦值为 241623321 23. 解：(1) 因为n＝4，所以a0＝C0()＝，a＝C(.(2分) 44)＝381132712n－k1k(2) 当x＝时，akxk＝Ck()， n()333 n！（n－1）！－1因为kCk＝n＝nCkn＝kn－1，(4分) k！（n－k）！（k－1）！（n－k）！ 121－ ＝n－n(＋)n1 333 2 ＝n，当n＝1时，也符合． 3 2 (n－k)akxk的值为n.(10分) 3 所以 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容