江苏省苏锡常镇四市2020届高三第二次模拟考试（二模）数学试题含答案

2020届高三模拟考试试卷

数　　学

(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＝{1，2}，B＝{－1，a}．若A∪B＝{－1，a，2}，则a＝________．

2. 若复数z满足(1－i)z＝1＋i，其中i是虚数单位，则z的实部为________．

3. 某校100名学生参加知识竞赛的成绩均在[50，100]内，将学生成绩分成[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]五组，得到如图所示的频率分布直方图，则成绩在[80，90)内的学生人数是________．

　　y←1

x←1

While y≥1

　y←3－x2

　x←y

End While

Print y

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(第3题)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(第4题)

4. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出y的值为________．

5. 某班推选一名学生管理班级防疫用品，已知每个学生当选是等可能的，若“选到女生”的概率是“选到男生”的概率的，则这个班级的男生人数与女生人数的比值为________．

6. 函数f(x)＝＋ln x的定义域为________．

7. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝4x的焦点是双曲线－＝1的顶点，则a＝________．

(第9题)

8. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝5S2，a2＝2，则a4＝________．

9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，点M是对角线A1C上靠近点A1的三等分点，则三棱锥CMBD的体积为________．

10. 已知定义在R上的奇函数f(x)的周期为2，且x∈[0，1]时，f(x)＝则a＋b＝________．

11. 已知锐角α满足sin 2α－2cos 2α＝－1，则tan(α＋)＝________．

(第12题)

12. 如图，在△ABC中，∠ABC＝，AB＝1，BC＝3，以AC为一边在△ABC的另一侧作正三角形ACD，则·＝________．

13. 在平面直角坐标系xOy中，AB是圆O：x2＋y2＝1的直径，且点A在第一象限；圆O1：(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)与圆O外离，线段AO1与圆O1交于点M，线段BM与圆O交于点N，且＋＝0，则a的取值范围是________．

14. 已知a，b∈R，a＋b＝t(t为常数)，且直线y＝ax＋b与曲线y＝xex(e是自然对数的底数，e≈2.718 28…)相切．若满足条件的有序实数对(a，b)唯一存在，则实数t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△ABC中，已知a，b，c分别为角 A，B，C的对边，且bsin 2A＝asin B.

(1) 求A；

(2) 求cos(B＋)＋sin(C＋)的最大值．

16. (本小题满分14分)

在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，且平面A1ADD1⊥平面ABCD，DA1＝DD1，点E，F分别为线段A1D1，BC的中点．求证：

(1)  EF∥平面CC1D1D；

(2)  AC⊥平面EBD.

17. (本小题满分14分)

在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点到右准线的距离为3.

(1) 求椭圆C的标准方程；

(2) 过点P(0，1)的直线l与椭圆C交于两点A，B.己知在椭圆C上存在点Q，使得四边形OAQB是平行四边形，求Q的坐标．

18. (本小题满分16分)

某地开发一片荒地，如图，荒地的边界是以C为圆心，半径为1千米的圆周．已有两条互相垂直的道路OE，OF，分别与荒地的边界有且仅有一个接触点A，B.现规划修建一条新路(由线段MP，，线段QN三段组成)，其中点M，N分别在OE，OF上，且使得MP，QN所在直线分别与荒地的边界有且仅有一个接触点P，Q，所对的圆心角为.记∠PCA＝2θ(道路宽度均忽略不计)．

(1) 若θ＝，求QN的长度；

(2) 求新路总长度的最小值．

19. (本小题满分16分)

已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且对任意n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝2an＋1－2an恒成立．

(1) 求证：数列{}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

(2) 设bn＝an＋4n－3，已知b2，bi，bj(2＜i＜j)成等差数列，求正整数i，j .

20. (本小题满分16分)

已知函数f(x)＝(m－1)x＋ln x，g(x)＝(m－2)x2＋(n＋3)x－2，m，n∈R.

(1) 当m＝0时，求函数f(x)的极值；

(2) 当n＝0时，函数F(x)＝g(x)－f(x)在(0，＋∞)上为单调函数，求m的取值范围；

(3) 当n＞0时，判断是否存在正数m，使得函数f(x)与g(x)有相同的零点，并说明理由．

2020届高三模拟考试试卷

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)

已知点M(2，1)在矩阵A＝对应的变换作用下得到点N(5，6)，求矩阵A的特征值．

B. (选修44：坐标系与参数方程)

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)．以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ＋)＝.

(1) 求曲线C和直线l的普通方程；

(2) 点P是曲线C上的动点，求P到直线l的距离的最小值．

C. (选修45：不等式选讲)

已知a，b，c是正数，求证：对任意x∈R，不等式|x－2|－|x＋1|≤＋＋恒成立．

【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，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，AD＝AP＝3，点M是棱PD的中点．

(1) 求二面角MACD的余弦值；

(2) 点N是棱PC上的点，已知直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为，求的值．

23. 已知数列{an}中，a1＝6，an＋1＝a－an＋3(n∈N*)．

(1) 分别比较下列每组中两数的大小：

① a2和6×；② a3和6×()3；

(2) 当n≥3时，求证：()>2×()n－3.

2020届高三模拟考试试卷(苏锡常镇)

数学参考答案及评分标准

1. 1　2. 0　3. 30　4. －1　5. 2　6. (0，2]　7. 1　8. 2或8　9. 24　10. 0　11. 2　12.  4

13. (2，4)　14. t＝e或t<－5e－2

15. 解：(1) 因为bsin 2A＝asin B，所以2bsin Acos A＝asin B，

所以由正弦定理＝，得2bacos A＝ab.(3分)

因为ab≠0，所以cos A＝＝.

因为三角形内角A∈(0，π)，所以A＝.(6分)

(2) 由(1)知A＝，又A＋B＋C＝π，得C＝π－A－B＝－B，B∈(0，)，

所以cos(B＋)＋sin(C＋)＝cos Bcos －sin Bsin＋sin(π－B)

＝sin B＋cos B＝sin(B＋)．(11分)

因为0<B<，所以<B＋<π，

所以当B＋＝，即B＝时，sin(B＋)取最大值1，

所以cos(B＋)＋sin(C＋)的最大值为1.(14分)

16. 证明：(1) 连结CD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形A1B1C1D1，BB1C1C是平行四边形，

所以A1D1∥B1C1，BC∥B1C1，且A1D1＝B1C1，BC＝B1C1.

因为点E，F分别为线段A1D1，BC的中点，

所以ED1∥FC，ED1＝FC，

所以四边形ED1CF是平行四边形，(3分)

所以EF∥CD1.

因为EF⊄平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D，

所以EF∥平面CC1D1D.(6分)

(2) 在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形AA1D1D是平行四边形，所以AD∥A1D1.

在△DA1D1中，DA1＝DD1，点E为线段A1D1的中点，

所以DE⊥A1D1.

因为AD∥A1D1，所以DE⊥AD.(8分)

因为平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，DE ⊂平面A1ADD1，

所以DE⊥平面ABCD.

又AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.(11分)

因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.

因为BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面EBD，

所以AC⊥平面EBD.(14分)

17. 解：(1) 由椭圆C：＋＝1的离心率为，右焦点与右准线的距离为3，

得＝，－c＝3，解得c＝1，a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，(4分)

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(5分)

(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，四边形OAQB是平行四边形时，＝＋.

当直线l的斜率不存在时，直线l过原点O，此时O，A，B三点共线，不符合题意；(7分)

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1，与椭圆方程联立有

所以＋＝1，即(3＋4k2)x2＋8k2x－8＝0，

所以Δ>0，x1＋x2＝－，所以y1＋y2＝.(10分)

将Q(x1＋x2，y1＋y2)的坐标代入椭圆方程得＋＝1，

化简得k2＝，所以k＝±，符合题意，(13分)

所以Q的坐标是(±1，)．(14分)

18.  解：(1) 因为所对的圆心角为，θ＝，所以∠PCQ＝，∠PCA＝2θ＝.

因为∠BCA＝，所以∠BCQ＝2π－－－＝，所以四边形BCQN中，

∠BCQ＝∠CBN＝∠CQN＝，所以四边形BCQN是矩形，从而QN＝CB＝1.

答：QN的长为1千米．(4分)

(2) PM＝tan ＝tan θ，∠BCQ＝－2θ，

NQ＝tan ＝tan(－θ)，长为.(6分)

从而PM＋NQ＝tan θ＋tan(－θ)＝tan θ＋＝tan θ＋，

即PM＋NQ＝tan θ＋＝tan θ＋，(9分)

其中θ∈(，)，tan θ∈(，＋∞)，tan θ－∈(0，＋∞)，(11分)

所以PM＋NQ＝(tan θ－)＋＋≥2＋＝2，(14分)

当且仅当tan θ－＝，又θ∈(，)，即当且仅当θ＝时取等号．(15分)

答：当∠PCA＝时，新路总长度的最小值为(2＋)千米．(16分)

19. (1)  证明：＝＝2.

因为anSn＋1－an＋1Sn＝2an＋1－2an，所以anSn＋1＋2an＝an＋1Sn＋2an＋1.

因为an>0，两边除以anan＋1得＝，所以－＝0，n∈N*，

所以数列{}是首项为2，公差为0的等差数列，所以＝2.(3分)

则Sn＋2＝2an，Sn＋1＋2＝2an＋1，两式作差得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，

所以an＋1＝2an.

因为an>0，所以＝2，n∈N*，

所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.(7分)

(2)  解：bn＝2n＋4n－3，由b2，bi，bj成等差数列得2bi＝b2＋bj，

即2(2i＋4i－3)＝9＋2j＋4j－3，整理得2i－1＋2i＝2j－2＋j＋3(2<i<j)　(*)．

①若j＝i＋1，则2i－1＋2i＝2i－1＋i＋1＋3，所以i＝4，j＝5.(10分)

②若j≥i＋2，则(2j－2＋j＋3)－(2i－1＋2i)≥2i＋i＋5－2i－1－2i＝2i－1－i＋5.(12分)

设cn＝2n－1－n＋5(n>2)，cn＋1－cn＝(2n－n＋4)－(2n－1－n＋5)＝2n－1－1>0，

则cn＋1>cn(n>2)，所以n>2时，数列{cn}单调递增，其中c3＝6>0，所以cn>0，

即2j－2＋j＋3>2i－1＋2i，所以(*)式不成立．(15分)

综上可得i＝4，j＝5.(16分)

20. 解：(1) 当m＝0时，f(x)＝－x＋ln x，令f′(x)＝－1＋＝0，得x＝1，列表如下：

所以，当x＝1时，函数f(x)有极大值为f(1)＝－1，函数f(x)无极小值．(3分)

(2) 当n＝0时，F(x)＝(m－2)x2＋(4－m)x－ln x－2，x∈(0，＋∞)，

则F′(x)＝2(m－2)x＋(4－m)－＝＝，

当m－2≥0，即m≥2时，令F′(x)>0，则x>，所以F(x)在(0，)上单调递减，

在(，＋∞)上单调递增，不符合题意；(5分)

当m<2时，令F′(x)＝0，则x＝或x＝，

若<，令F′(x)>0，则<x<，所以F(x)在(0，)上单调递减，

在(，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，不符合题意；

若>，令F′(x)>0，则<x<，所以F(x)在(0，)上单调递减，

在(，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，不符合题意；

若＝，即m＝0，此时F′(x)＝－≤0恒成立，

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，符合题意．(8分)

综上可得m＝0.(9分)

(3) 对于任意的n>0，构造h(x)＝x＋ln x＋－(3＋n)(x>0)，

则h′(x)＝1＋－＝＝.

令h′(x)＝0，则x＝1，当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，

所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)，

因为h(1)＝－n<0，h(n＋3)＝ln(n＋3)＋>0，

且h(x)在[1，n＋3]上的图象是一条连续不间断的曲线，

所以存在x0∈(1，n＋3)，使得h(x0)＝0，即x0＋ln x0＋－(3＋n)＝0，

两边同乘以x0，有x＋x0ln x0＋2－(3＋n)x0＝0　①.(12分)

取m＝1－，构造k(x)＝1－，x>0，k′(x)＝.

令k′(x)＝0有x＝e，则有k(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，

所以当x＝e时，k(x)取最小值1－>0，

所以m＝1－>0，两边同时乘以x0，有mx0＝x0－ln x0，

化简得(m－1)x0＋ln x0＝0，即x0也是f(x)的零点；

两边同时乘以x0可得(m－1)x＋x0ln x0＝0　②.(14分)

用②－①可得(m－2)x＋(n＋3)x0－2＝0，所以x0也为g(x)的一个零点，

所以当n>0时，存在正数m，使得函数f(x)与g(x)有相同的零点．(16分)

2020届高三模拟考试试卷(十八)(苏锡常镇)

数学附加题参考答案及评分标准

21. A. 解：因为点M(2，1)在矩阵A＝对应的变换作用下得到点N(5，6)，

所以＝，则解得所以A＝.(5分)

f(λ)＝|λE－A|＝＝(λ－1)(λ－2)－6，令f(λ)＝0，得λ2－3λ－4＝0，

即(λ－4)(λ＋1)＝0，解得λ1＝4，λ2＝－1，

所以矩阵A的特征值为4或－1.(10分)

B. 解：(1) 由题意，曲线C的普通方程为＋y2＝1，

直线l的普通方程为x＋y－2＝0.(4分)

(2) 设P(2cos α，sin α)，则P到直线l的距离

d＝＝＝，(8分)

所以当sin(α＋θ)＝1时，dmin＝，

所以P到直线l的距离的最小值为.(10分)

C. 证明：对于正数a，b，c，由均值不等式得＋＋≥3＝3，

当且仅当a＝b＝c时取等号．(4分)

对任意x∈R，由绝对值不等式得|x－2|－|x＋1|≤||x－2|－|x＋1||≤|(x－2)－(x＋1)|＝3，

当且仅当x≤－1时取等号，(8分)

所以，对任意x∈R，都有不等式|x－2|－|x＋1|≤＋＋成立．(10分)

22. 解：(1) 以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，3), M(0，，)，＝(0，0，3)，＝(2，3，0)，＝(0，，)．

因为PA⊥平面ABCD，所以平面ACD的一个法向量为＝(0，0，3)．(1分)

设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，

所以即取n＝(3，－2，2)，(3分)

所以cos〈，n〉＝＝＝，

所以，由图可得二面角MACD的余弦值为.(5分)

(2) 设＝λ(λ∈(0，1))，其中＝(2，3，－3)，

所以＝＋＝(0，－，)＋(2λ，3λ，－3λ)＝(2λ，3λ－，－3λ＋)．

因为平面ABCD的一个法向量为＝(0，0，3)，

所以cos〈，〉＝＝＝.(8分)

因为直线MN与平面ABCD所成角的正弦值为，

所以＝，所以＝，

化简得4λ＝1，即λ＝，所以＝＝.(10分)

23. (1) 解：① 因为a2＝9，6×＝9，所以a2＝6×；

②因为a3＝21，6×()3＝，所以a3＞6×()3.(3分)

(2)  证明：先用数学归纳法证明：当n≥3时，an>6×().(4分)

①当n＝3时，a3＞6×()3；

②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即ak>6×()，

当n＝k＋1时，ak＋1＝a－ak＋3>×[6×()]2－6×()＋3>×[6×()]2－6×()，

其中>－＝2×()－()－k>1，

所以ak＋1>6×()，所以当n＝k＋1时，结论也成立，

综上所得，当n≥3时，an>6×()，(8分)

从而，当n≥3时，()>()n－1，

则()>()＋()2＋()3＋…＋()n－1＝＋()2＋()3＋…＋()n－1

＝×＝2×()n－3，所以当n≥3时，()>2×()n－3.(10分)