2020届江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）高三第二次调研考试（4月） 数学理(含附加)

2020届江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）高三第二次调研考试（4月）

数学理科

(满分160分，考试时间120分钟)

2020．4

参考公式：

柱体的体积公式：V柱体＝Sh，其中S为柱体的底面积，h为高．

锥体的体积公式：V锥体＝Sh，其中S为锥体的底面积，h为高．

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＝{1，4}，B＝{a－5，7}．若A∩B＝{4}，则实数a的值是________．

2. 若复数z满足＝2＋i，其中i是虚数单位，则z的模是________．

(第4题)

3. 在一块土地上种植某种农作物，连续5年的产量(单位：吨)分别为9.4，9.7，9.8，10.3，10.8，则该农作物的年平均产量是________吨．

4. 如图是一个算法流程图，则输出S的值是________．

5. “石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，其规则是：在石头、剪子和布中，二人各随机选出一种，若相同则平局；若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头，甲、乙两人玩一次该游戏，则甲不输的概率是________．

6. 在△ABC中，已知B＝2A，AC＝BC，则A的值是________．

7. 在等差数列{an}(n∈N*)中，若a1＝a2＋a4，a8＝－3，则a20的值是________．

(第8题)

8. 如图，在体积为V的圆柱O1O2中，以线段O1O2上的点O为顶点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为V1，V2，则的值是________．

9. 在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若△APQ为直角三角形，则该双曲线的离心率是________．

10. 在平面直角坐标系xOy中，点P在直线y＝2x上，过点P作圆C：(x－4)2＋y2＝8的一条切线，切点为T.若PT＝PO，则PC的长是________．

11. 若x＞1，则2x＋＋的最小值是________．

12. 在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝ex在点P(x0，ex0)处的切线与x轴相交于点A，其中e为自然对数的底数．若点B(x0，0)，△PAB的面积为3，则x0的值是________．

13. 如图(1)是第七届国际数学教育大会(ICME7)的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的(如图(2))，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，则·的值是________．

14. 设函数f(x)＝若存在实数m，使得关于x的方程f(x)＝m有4个不相等的实根，且这4个根的平方和存在最小值，则实数a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)

在平面直角坐标系xOy中，已知向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(α＋)，sin(α＋))，其中0＜α＜.

(1) 求(b－a)·a的值；

(2) 若c＝(1，1)，且(b＋c)∥a，求α的值．

16.(本小题满分14分)

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，点P，Q分别为AB1，CC1的中点．求证：

(1) PQ∥平面ABC；

(2) PQ⊥平面ABB1A1.

17. (本小题满分14分)

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x－3)2＋y2＝1，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切．

(1) 求椭圆E的方程；

(2) 设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当AN＝AM时，求直线l的方程．

18. (本小题满分16分)

某公园有一块边长为3百米的正三角形ABC空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉．方案是：先建造一条直道DE将△ABC分成面积之比为2∶1的两部分(点D，E分别在边AB，AC上)；再取DE的中点M，建造直道AM(如图)．设AD＝x，DE＝y1，AM＝y2(单位：百米)．

(1) 分别求y1，y2关于x的函数关系式；

(2) 试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值．

19. (本小题满分16分)

若函数f(x)在x0处有极值，且f(x0)＝x0，则称x0为函数f(x)的“F点”．

(1) 设函数f(x)＝kx2－2ln x(k∈R)．

① 当k＝1时，求函数f(x)的极值；

② 若函数f(x)存在“F点”，求k的值；

(2) 已知函数g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)存在两个不相等的“F点”x1，x2，且|g(x1)－g(x2)|≥1，求a的取值范围．

20. (本小题满分16分)

在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝.设数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝－1，an＋bn＝－Sn－1(n≥2，n∈N*)．

(1) 求数列{an}的通项公式；

(2) 求证：数列是等差数列；

(3) 是否存在等差数列{cn}，使得对任意n∈N*，都有Sn≤cn≤an？若存在，求出所有符合题意的等差数列{cn}；若不存在，请说明理由．

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)

已知矩阵A＝的逆矩阵A－1＝.若曲线C1：＋y2＝1在矩阵A对应的变换作用下得到另一曲线C2，求曲线C2的方程．

B. (选修44：坐标系与参数方程)

在极坐标系中，已知曲线C的方程为ρ＝r(r＞0)，直线l的方程为ρcos(θ＋)＝.设直线l与曲线C相交于A，B两点，且AB＝2，求r的值．

C. (选修45：不等式选讲)

已知实数x，y，z满足＋＋＝2，求证：＋＋≤.

【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. 小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工．节假日期间的某一天，每名员工休假的概率都是，且是否休假互不影响．若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店铺维持营业，否则该店就停业．

(1) 求发生调剂现象的概率；

(2) 设营业店铺数为X，求X的分布列和数学期望．

23.我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，…，xn)为n维向量，为该向量的范数．已知n维向量a＝(x1，x2，…，xn)，其中xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，…，n.记范数为奇数的n维向量a的个数为An，这An个向量的范数之和为Bn.

(1) 求A2和B2的值；

(2) 当n为偶数时，求An，Bn(用n表示)．

2020届高三模拟考试试卷(七市联考)

数学参考答案及评分标准

1. 9　2. 　3. 10　4. 　5. 　6. 　7. －15　8. 　9. 2　10. 　11. 8　12. ln 6

13. 　14. (－∞，1)

15. 解：(1) 因为向量a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(α＋)，sin(α＋))，

所以(b－a)·a＝a·b－a2(2分)

＝cos αcos(α＋)＋sin αsin(α＋)－(cos2α＋sin2α)(4分)

＝cos(－)－1＝－1.(6分)

(2) 因为c＝(1，1)，所以b＋c＝(cos(α＋)＋1，sin(α＋)＋1)．

因为(b＋c)∥a，所以[cos(α＋)＋1]sin α－[sin(α＋)＋1]cos α＝0.(9分)

于是sin α－cos α＝sin(α＋)cos α－cos(α＋)sin α，

从而sin(α－)＝sin ，即sin(α－)＝.(12分)

因为0＜α＜，所以－＜α－＜，于是α－＝，即α＝.(14分)

16. 证明：(1) 取AB的中点D，连结PD，CD.

在△ABB1中，因为点P，D分别为AB1，AB中点，

所以PD∥BB1，且PD＝BB1.

在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1∥BB1，CC1＝BB1.

因为点Q为棱CC1的中点，所以CQ∥BB1，且CQ＝BB1.(3分)

于是PD∥CQ，PD＝CQ.

所以四边形PDCQ为平行四边形，从而PQ∥CD.(5分)

因为CD⊂平面ABC，PQ⊄平面ABC，所以PQ∥平面ABC.(7分)

(2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC.

又CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD.

因为CA＝CB，点D为AB中点，所以CD⊥AB.(10分)

由(1)知CD∥PQ，所以BB1⊥PQ，AB⊥PQ.(12分)

因为AB∩BB1＝B，AB⊂平面ABB1A1，BB1⊂平面ABB1A1，

所以PQ⊥平面ABB1A1.(14分)

17. 解：(1) 记椭圆E的焦距为2c(c＞0)．

因为右顶点A(a，0)在圆C上，右准线x＝与圆C：(x－3)2＋y2＝1相切，

所以解得于是b2＝a2－c2＝3，

所以椭圆E的方程为＋＝1.(4分)

(2) (解法1)设N(xN，yN)，M(xM，yM)，

显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)．

由方程组消去y，得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.

所以xN·2＝，解得xN＝.(6分)

由方程组消去y，得(k2＋1)x2－(4k2＋6)x＋4k2＋8＝0，

所以xM·2＝，解得xM＝.(8分)

因为AN＝AM，所以2－xN＝(xM－2)，(10分)

即＝·，解得k＝±1.(12分)

所以直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.(14分)

(解法2)设N(xN，yN)，M(xM，yM)，当直线l与x轴重合时，不符题意．

设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)．

由方程组消去x，得(3t2＋4)y2＋12ty＝0，所以yN＝.(6分)

由方程组消去x，得(t2＋1)y2－2ty＝0，所以yM＝.(8分)

因为AN＝AM，所以yN＝－yM.(10分)

即＝－·，解得t＝±1.(12分)

所以直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.(14分)

18. 解：(1) 因为S△ADE＝S△ABC，△ABC是边长为3的等边三角形，又AD＝x，

所以AD·AE·sin ＝(×32×sin )，所以AE＝.(2分)

由得2≤x≤3.

(解法1)在△ADE中，由余弦定理得DE2＝AD2＋AE2－2AD·AE·cos ＝x2＋－6.

所以，直道 DE的长度y1关于x的函数关系式为y1＝，x∈[2，3]．(6分)

在△ADM和△AEM中，由余弦定理得AD2＝DM2＋AM2－2DM·AM·cos∠AMD　①，

AE2＝EM2＋AM2－2EM·AM·cos(π－∠AMD)　②.(8分)

因为点M为DE的中点，所以DM＝EM＝DE.

由①＋②，得AD2＋AE2＝DM2＋EM2＋2AM2＝DE2＋2AM2.

所以x2＋()2＝(x2＋－6)＋2AM2，所以AM2＝＋＋.

所以，直道AM的长度y2关于x的函数关系式为y2＝，x∈[2，3]．(10分)

(解法2)在△ADE中，因为＝－，

所以2＝2－2·＋2＝()2－2··xcos ＋x2＝x2＋－6.

所以，直道DE的长度y1关于x的函数关系式为y1＝，x∈[2，3]．(6分)

在△ADE中，因为点M为DE的中点，所以＝(＋)．(8分)

所以2＝(2＋2＋2·)＝(x2＋＋6)．

所以，直道AM的长度y2关于x的函数关系式为y2＝，x∈[2，3]．(10分)

(2) 由(1)得，两条直道的长度之和为DE＋AM＝y1＋y2＝＋

≥＋(12分)

＝＋(当且仅当即x＝时取“＝”)．(14分)

答：当AD＝百米时，两条直道的长度之和取得最小值(＋)百米．(16分)

19. 解：(1) ① 当k＝1时，f(x)＝x2－2ln x(k∈R)，

所以f′(x)＝(x＞0)．令f′(x)＝0，得x＝1.(2分)

列表如下：

所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为1，无极大值．(4分)

② 设x0是函数f(x)的一个“F点”(x0＞0)．

因为f′(x)＝(x＞0)，所以x0是函数f′(x)的零点．

所以k＞0.由f′(x0)＝0，得kx＝1，x0＝.

由f(x0)＝x0，得kx－2ln x0＝x0，即x0＋2ln x0－1＝0.(6分)

设φ(x)＝x＋2ln x－1，则φ′(x)＝1＋＞0，

所以函数φ(x)＝x＋2ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，注意到φ(1)＝0，

所以方程x0＋2ln x0－1＝0存在唯一实数根1，所以x0＝＝1，得k＝1.

根据①知，k＝1时，x＝1是函数f(x)的极小值点，所以1是函数f(x)的“F点”．

综上，实数k的值为1.(9分)

(2) 因为g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)，

所以g′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)．

因为函数g(x)存在不相等的两个“F点”x1和x2，

所以x1，x2是关于x的方程的两个相异实数根．

由ax3＋bx2＋cx＝x得x＝0，ax2＋bx＋c－1＝0.(11分)

① 当x＝0是函数g(x)一个“F点”时，c＝0且x＝－，

所以a(－)2＋b(－)－1＝0，即9a＝－2b2.

又|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|＝≥1，

所以4b2≥9a2，所以9a2≤2(－9a)．

又a≠0，所以－2≤a＜0.(13分)

② 当x＝0不是函数g(x)一个“F点”时，

则x1，x2是关于x的方程的两个相异实数根．

又a≠0，所以解得

所以ax2＝－，得x1，2＝±.

所以|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|＝2≥1，得－2≤a＜0.

综上，实数a的取值范围是[－2，0)．(16分)

20. (1) 解：设等比数列{an}的公比为q，

因为a1＝1，a4＝，所以q3＝，解得q＝.

所以数列{an}的通项公式为an＝()n－1.(3分)

(2) 证明：由(1)得，当n≥2，n∈N*时，()n－1＋bn＝－Sn－1　①，

所以()n＋bn＋1＝－Sn　②，

②－①，得bn＋1－bn＝()n，(5分)

所以－＝1，即－＝1，n≥2，n∈N*.

因为b1＝－1，由①得b2＝0，所以－＝0－(－1)＝1，所以－＝1，n∈N*.

所以数列是以－1为首项，1为公差为等差数列．(8分)

(3) 解：由(2)得＝n－2，所以bn＝，Sn＝－2(an＋1＋bn＋1)＝－2(＋)＝－.

假设存在等差数列{cn}，其通项cn＝dn＋c，使得对任意n∈N*，都有Sn≤cn≤an，

即对任意n∈N*，都有－≤dn＋c≤　③.(10分)

首先证明满足③的d＝0.若不然，d≠0，则d＞0，或d＜0.

(ⅰ) 若d＞0，则当n＞，n∈N*时，cn＝dn＋c＞1≥＝an，这与cn≤an矛盾．

(ⅱ) 若d＜0，则当n＞－，n∈N*时，cn＝dn＋c＜－1.

而Sn＋1－Sn＝－＋＝≥0，S1＝S2＜S3＜…，所以Sn≥S1＝－1.

故cn＝dn＋c＜－1≤Sn，这与Sn≤cn矛盾．

所以d＝0.(12分)

其次证明：当x≥7时，f(x)＝(x－1)ln 2－2ln x＞0.

因为f′(x)＝ln 2－＞ln 2－＞0，所以f(x)在[7，＋∞)上单调递增，

所以当x≥7时，f(x)≥f(7)＝6ln 2－2ln 7＝ln ＞0.

所以当n≥7，n∈N*时，2n－1＞n2.(14分)

再次证明c＝0.

(ⅲ) 若c＜0时，则当n≥7，n＞－，n∈N*，Sn＝－＞－＞c，这与③矛盾．

(ⅳ) 若c＞0时，同(ⅰ)可得矛盾．

所以c＝0.

当cn＝0时，因为Sn＝≤0，an＝()n－1＞0，

所以对任意n∈N*，都有Sn≤cn≤an.所以cn＝0，n∈N*.

综上，存在唯一的等差数列{cn}，其通项公式为cn＝0，n∈N*满足题设．(16分)

2020届高三模拟考试试卷(七市联考)

数学附加题参考答案及评分标准

21. A. 解：因为AA－1＝E，所以＝，即＝.

所以解得所以A＝.(4分)

设P(x′，y′)为曲线C1上任一点，则＋y′2＝1.

又设P(x′，y′)在矩阵A变换作用下得到点Q(x，y)，

则＝，即＝，所以即

代入＋y′2＝1，得y2＋x2＝1，

所以曲线C2的方程为x2＋y2＝1.(10分)

B. 解：以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy，

于是曲线C：ρ＝r(r＞0)的直角坐标方程为x2＋y2＝r2，

表示以原点为圆心，半径为r的圆．(3分)

由直线l的方程ρcos(θ＋)＝，化简得ρcos θcos －ρsin θsin ＝，

所以直线l的直角坐标方程为x－y－2＝0.(6分)

记圆心到直线l的距离为d，则d＝＝.

又r2＝d2＋()2，即r2＝2＋7＝9，所以r＝3.(10分)

C. 证明：因为＋＋＝2，

所以＋＋＝1－＋1－＋1－＝1.(5分)

由柯西不等式得

(＋＋)(＋＋)≥(＋＋)2，

所以(＋＋)2≤2.

所以＋＋≤.(10分)

22. 解：(1) 记2家小店分别为A，B，A店有i人休假记为事件Ai(i＝0，1，2)，B店有i人休假记为事件Bi(i＝0，1，2)，发生调剂现象的概率为P，

则P(A0)＝P(B0)＝C()2＝，

P(A1)＝P(B1)＝C()2＝，

P(A2)＝P(B2)＝C()2＝.

所以P＝P(A0B2)＋P(A2B0)＝×＋×＝.

答：发生调剂现象的概率为.(4分)

(2) 依题意，X的所有可能取值为0，1，2，则

P(X＝0)＝P(A2B2)＝×＝，

P(X＝1)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝×＋×＝.

P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－－＝.(8分)

所以X的分布列为

所以E(X)＝2×＋1×＋0×＝.(10分)

23. 解：(1) 范数为奇数的二元有序实数对有(－1，0)，(0，－1)，(0，1)，(1，0)，

它们的范数依次为1，1，1，1，故A2＝4，B2＝4.(3分)

(2) 当n为偶数时，在向量a＝(x1，x2，x3…，xn)的n个坐标中，要使得范数为奇数，则0的个数一定是奇数，所以可按照含0个数为1，3，…，n－1进行讨论：

a的n个坐标中含1个0，其余坐标为1或－1，共有C·2n－1个，每个a的范数为n－1；

a的n个坐标中含3个0，其余坐标为1或－1，共有C·2n－3个，每个a的范数为n－3；…

a的n个坐标中含n－1个0，其余坐标为1或－1，共有C·2个，每个a的范数为1；

所以An＝C·2n－1＋C·2n－3＋…＋C·2，

Bn＝(n－1)·C·2n－1＋(n－3)·C·2n－3＋…＋C·2.(6分)

因为(2＋1)n＝C·2n＋C·2n－1＋C·2n－2＋…＋C　①，

(2－1)n＝C·2n－C·2n－1＋C·2n－2－…＋(－1)nC　②，

得C·2n－1＋C·2n－3＋…＝，

所以An＝.(8分)

(解法1)因为(n－k)C＝(n－k)·＝n·＝nC，

所以Bn＝(n－1)·C·2n－1＋(n－3)·C·2n－3＋…＋C·2

＝n(C·2n－1＋C·2n－3＋…＋C·2)

＝2n(C·2n－2＋C·2n－4＋…＋C)

＝2n·()＝n·(3n－1－1)．(10分)

(解法2)得C·2n＋C·2n－2＋…＝.

因为kC＝k·＝n·＝nC，

所以Bn＝(n－1)·C·2n－1＋(n－3)·C·2n－3＋…＋C·2

＝n(C·2n－1＋C·2n－3＋…＋C·2)－[C·2n－1＋3·C·2n－3＋…＋(n－1)·C·2]

＝nAn－n(C·2n－1＋C·2n－3＋…＋C·2)

＝n·(－)＝n·(3n－1－1)．(10分)