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江苏省南通市2020届高三第二次模拟考试（5月） 数学
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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
参考公式：
样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝圆柱的体积公式：V圆柱＝Sh，其中S是圆柱的底面积，h为高．
圆柱的侧面积公式：S圆柱侧＝cl，其中c是圆柱底面的周长，l为母线长．
球的体积公式：V球＝πR3，球的表面积公式：S球＝4πR2，其中R为球的半径．
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 已知集合M＝{－2，－1，0，1}，N＝{x|x2＋x≤0}，则M∩N＝________．
2. 已知复数为纯虚数，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．
3. 某同学5次数学练习的得分依次为114，116，114，114，117，则这5次得分的方差是________．
Read x
If x＜0 Then
m←2x＋1
Else
m←2－3x
End If
Print m
(第4题)
4. 根据如图所示的伪代码，当输入的x为－1时，最后输出m的值是________．
5. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为，则该双曲线的渐近线的方程是____________．
6. 某同学参加“新冠肺炎防疫知识”答题竞赛活动，需从4道题中随机抽取2道作答．若该同学会其中的3道题，则抽到的2道题他都会的概率是________．
7. 将函数f(x)＝sin(2x＋)的图象向右平移φ个单位长度得到函数g(x)的图象．若g(x)为奇函数，则φ的最小正值是________．
8. 已知非零向量b与a的夹角为120°，且|a|＝2，|2a＋b|＝4，则|b|＝________．
9. 已知等比数列{an}的各项均为正数，且8a1，a3，6a2成等差数列，则的值是________．
10. 在平面直角坐标系xOy中，已知过点(－10，0)的圆M与圆x2＋y2－6x－6y＝0相切于原点，则圆M的半径是________．
11. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则的值是________．
12. 已知函数f(x)＝logax(a>1)的图象与直线y＝k(x－1)(k∈R)相交．若其中一个交点的纵坐标为1，则k＋a的最小值是________．
13. 已知函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)－mx－m－1<0(m∈R)的解集是(x1，x2)∪(x3，＋∞)，x1
14. 如图，在△ABC中，AC＝BC，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝AC，BN＝BC.若BM与AN相交于点P，则的取值范围是________．
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)
在斜三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1) 若2acos C＝b，且sin2C＝sin Asin B，求B的值；
(2) 若cos(2A＋B)＋3cos B＝0，求tan Atan C的值．
16. (本小题满分14分)
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，侧面BCC1B1是矩形，点E，F分别为BC，A1B1的中点．求证：
(1) BC⊥AC1；
(2) EF∥平面ACC1A1.
17.(本小题满分14分)
如图，某森林公园内有一条宽为100米的笔直的河道(假设河道足够长)，现拟在河道内围出一块直角三角形区域养殖观赏鱼．三角形区域记为△ABC，A到河两岸的距离AE，AD相等，B，C分别在两岸上，AB⊥AC.为方便游客观赏，拟围绕△ABC区域在水面搭建景观桥．为了使桥的总长度l(即△ABC的周长)最短，工程师设计了以下两种方案：
方案1：设∠ABD＝α，求出l关于α的函数解析式f(α)，并求出f(α)的最小值．
方案2：设EC＝x米，求出l关于x的函数解析式g(x)，并求出g(x)的最小值．
请从以上两种方案中自选一种解答．(注：如果选用了两种方案解答，则按第一种解答计分)
18. (本小题满分16分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 直线l：y＝kx＋m(k>0，m≠0)与椭圆C交于P，Q两点，设直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2.已知k2＝k1·k2.
①求k的值；
②当△OPQ的面积最大时，求直线PQ的方程．
19. (本小题满分16分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，λan＋1＋Sn·Sn＋2＝S，n∈N*，λ∈R.
(1) 若λ＝－3，a2＝－1，求a3的值；
(2) 若数列{an}的前k项成公差不为0的等差数列，求k的最大值；
(3) 若a2>0，是否存在λ∈R，使{an}为等比数列？若存在，求出所有符合题意的λ的值；若不存在，请说明理由．
20. (本小题满分16分)
对于定义在D上的函数f(x)，若存在k∈R，使f(x)
(2) 设函数h2(x)＝f(x)＋.求证：当a＝－时，h2(x)为“M(1)型函数”；
(3) 若a∈Z，求证：存在唯一整数a，使得f(x)为“m()型函数”．
2020届高三模拟考试试卷(十四)
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)
已知矩阵A的逆矩阵A－1＝.
(1) 求矩阵A；
(2) 若向量α＝，计算A2α.
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos(θ＋)．设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的最大值．
C. (选修45：不等式选讲)
若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值．
【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，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(4p，0)的直线l交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．当AB垂直于x轴时，△OAB的面积为2.
(1) 求抛物线的方程；
(2) 设线段AB的垂直平分线交x轴于点T.
①求证：y1y2为定值；
②若OA∥TB，求直线l的斜率．
23. 设n∈N*，k∈N，n≥k.
(1) 化简：；
(2) 已知(1－x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，记F(n)＝(n＋1).求证：F(n)能被2n＋1整除．
2020届高三模拟考试试卷(南通)
数学参考答案及评分标准
1. {－1，0} 2. － 3. 4. 5. y＝±2x 6. 7. 8. 4 9. 16 10. 5 11. 2 12. 3 13. (0，2)∪(2，3) 14. (，2)
15. 解： (1) 在△ABC中，由余弦定理得2a·＝b，
化简得a2＝c2，即a＝c.(2分)
因为sin2C＝sin Asin B，且＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)，
所以c2＝ab，(4分)
所以c＝a＝b，所以△ABC为正三角形，
所以B＝.(6分)
(2) 因为cos(2A＋B)＋3cos B＝0，且B＝π－(A＋C)，
所以cos[π＋(A－C)]＋3cos[π－(A＋C)]＝0，(8分)
所以cos(A－C)＝－3cos(A＋C)，(10分)
即cos Acos C＋sin Asin C＝－3cos Acos C＋3sin Asin C，
所以2cos Acos C＝sin Asin C．(12分)
在斜三角形ABC中，因为A≠，C≠，所以cos A≠0，cos C≠0，
所以tan Atan C＝2.(14分)
16. 证明：(1) 因为侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥CC1.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝C1C，BC⊂平面BCC1B1，
所以BC⊥平面ACC1A1.(4分)
因为AC1⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥AC1.(6分)
(2) 取A1C1的中点G，连结FG，CG.
在△A1B1C1中，点F，G分别是A1B1，A1C1的中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝B1C1.(8分)
在矩形BCC1B1中，点E是BC的中点，
所以EC∥B1C1，且EC＝B1C1，
所以EC∥FG，且EC＝FG.(10分)
所以四边形EFGC为平行四边形，
所以EF∥GC.(12分)
因为EF⊄平面ACC1A1，GC⊂平面ACC1A1，
所以EF∥平面ACC1A1.(14分)
17. 解：方案1：因为AB⊥AC，
所以∠EAC＋∠BAD＝90°.
在Rt△ABD中，∠ABD＋∠BAD＝90°，
所以∠EAC＝∠ABD＝α，α∈(0，)．(2分)
因为AD＝AE＝50，
在Rt△ADB和Rt△AEC中，AB＝，AC＝，(4分)
所以BC＝＝50＝，
所以f(α)＝50(＋＋)＝50()，其中α∈(0，)．(7分)
(解法1)设t＝sin α＋cos α，则t＝sin α＋cos α＝sin(α＋)．
因为α∈(0，)，所以t∈(1，]．(9分)
因为t2＝1＋2sin αcos α，所以sin αcos α＝，
所以y＝＝，(12分)
所以当t＝时，f(α)min＝＝100＋100.
答：景观桥总长度的最小值为(100＋100)米．(14分)
(解法2)f′(α)＝.(10分)
因为α∈(0，)，所以－1－sin αcos α－sin α－cos α<0，(sin αcos α)2>0.
当α∈(0，)时，cos α－sin α>0，f′(α)<0，f(α)单调递减；
当α∈(，)时，cos α－sin α<0，f′(α)>0，f(α)单调递增．(12分)
所以当α＝时，f(α)取得最小值，最小值为(100＋100)米．
答：景观桥总长度的最小值为(100＋100)米．(14分)
方案2：因为AB⊥AC，所以∠EAC＋∠BAD＝90°.
在Rt△ABD中，∠ABD＋∠BAD＝90°，
所以∠EAC＝∠ABD，
所以Rt△CAE∽Rt△ABD,
所以＝.(2分)
因为EC＝x，AC＝＝，AD＝50，
所以AB＝.(4分)
BC＝＝＝x＋，
所以g(x)＝＋＋(x＋)，x>0.(7分)
因为x>0，
所以g(x)≥2＋2(10分)
＝2＋100≥2＋100＝100＋100.(12分)
当且仅当＝，且＝x，即x＝50时取“＝”．
所以g(x)min＝100＋100，
答：景观桥总长度的最小值为(100＋100)米．(14分)
18. 解：(1) 设椭圆的焦距为2c，则c2＝a2－b2.
因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以c＝b.
又两准线间的距离为，则＝，所以a＝2，b＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(3分)
(2) ① 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得m2<4k2＋1，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
又OP的斜率k1＝，OQ的斜率k2＝，
所以k2＝k1·k2＝＝＝，(6分)
化简得km(x1＋x2)＋m2＝0，
所以km·＋m2＝0.
因为m≠0，即4k2＝1，又k>0，所以k＝.(8分)
②由①得k＝，直线PQ的方程为y＝x＋m，
且x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，m2<2.
又m≠0，所以0<<.
所以PQ＝＝|x1－x2|＝＝·，(10分)
点O到直线PQ的距离d＝＝|m|，(12分)
所以S△OPQ＝PQ·d＝×··|m|＝≤＝1，
当且仅当m2＝2－m2，即m＝±1时，△OPQ的面积最大，
所以直线PQ的方程为y＝x±1.(16分)
19. 解：记λan＋1＋Sn·Sn＋2＝S为(*)式．
(1) 当λ＝－3时，(*)式为－3an＋1＋Sn·Sn＋2＝S，
令n＝1得－3a2＋S1·S3＝S，即－3a2＋a1·(a1＋a2＋a3)＝(a1＋a2)2.
由已知a1＝1，a2＝－1，解得a3＝－3.(2分)
(2) 因为前k项成等差数列，设公差为d，则a2＝1＋d，a3＝1＋2d.
若k＝3，则S2＝2＋d，S3＝3＋3d.
在(*)式中，令n＝1得λa2＋S1·S3＝S，所以λ(1＋d)＋3＋3d＝(2＋d)2，
化简得d2＋d＋1＝λ(1＋d) ①.(4分)
若k＝4，则S4＝4＋6d.
在(*)式中，令n＝2得λa3＋S2·S4＝S，所以λ(1＋2d)＋(2＋d)(4＋6d)＝(3＋3d)2，
化简得3d2＋2d＋1＝λ(1＋2d) ②.
②－①，得2d2＋d＝λd，因为公差不为0，所以d≠0，
所以2d＋1＝λ，代入①得d2＋2d＝0，所以d＝－2，λ＝－3.
所以k＝4符合题意．(6分)
若k＝5，则a1＝1，a2＝－1，a3＝－3，a4＝－5，a5＝－7，S3＝－3，S4＝－8，S5＝－15.
在(*)式中，令n＝3得－3a4＋S3S5＝－3×(－5)＋(－3)×(－15)＝60，S＝(－8)2＝64，
所以－3a4＋S3S5≠S，所以k的最大值为4.(8分)
(3) 假设存在λ∈R，使{an}为等比数列．
设前3项分别为1，q，q2，则S1＝1，S2＝1＋q，S3＝1＋q＋q2，
(*)式中，令n＝1得λq＋(1＋q＋q2)＝(1＋q)2，化简得q(λ－1)＝0.
因为q＝a2>0，所以λ＝1.(10分)
此时(*)式为(Sn＋1－Sn)＋Sn·Sn＋2＝S，即Sn＋1(Sn＋1－1)＝Sn(Sn＋2－1) (**)．
由S1＝1，S2＝1＋a2>1，得S3>1; 由S2，S3>1得S4>1，…
依次类推，Sn≥1>0，所以(**)等价于＝，
所以数列为常数列，
所以＝＝a2.(14分)
于是n≥2时，两式相减得an＋1＝a2·an.
因为a2＝a2·a1，所以an＋1＝a2·an(n∈N*)．
又a1，a2≠0，所以＝a2(非零常数)，所以存在λ＝1，使{an}为等比数列．(16分)
20. (1)解：a＝0时，h1(x)＝ln x＋1.
因为h1(x)为“m(k)型函数”，所以h1(x)恒成立．
设g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝≤0恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝1，
所以k的取值范围是(1，＋∞)．(3分)
(2) 证明：当a＝－时，要证h2(x)为“M(1)型函数”，
即证(1＋x)ln x＋≥x，即证(1＋x)ln x＋－x≥0.
(证法1)令R(x)＝(1＋x)ln x＋－x，
则R′(x)＝ln x＋(1＋x)·－－1＝ln x＋－＝ln x＋.
当x>1时，ln x>0，>0，则R′(x)>0；
当0
则R(x)≥R(1)，又R(1)＝0，所以R(x)≥0，
所以h2(x)为“M(1)型函数”．(8分)
(证法2)令F(x)＝ln x＋－，则F′(x)＝－＋＝>0，
所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，
所以当01时，R′(x)>0，
所以R(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分)
以下同证法1.
(3) 证明：函数f(x)为“m()型函数”等价于p(x)＝(1－2ax)ln x－x<0恒成立，
当a≤0时，p(e)＝(1－2ae)－≥1－>0，不合题意；
当a≥2时，p()＝－1－≥(4－e－)>0，不合题意；(10分)
当a＝1时，
(证法1)p(x)＝(1－2x)ln x－x，
①当x≥1或0，
所以p(x)<－x＝(3x－2)2≤0.
综上，存在唯一整数a＝1，使得f(x)为“m()型函数”．(16分)
(证法2)p(x)＝(1－2x)ln x－x，p′(x)＝－2ln x＋－＝－2ln x＋－.
记φ(x)＝－2ln x＋－，则φ′(x)＝－<0，
所以φ(x)＝p′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
易得ln x≤x－1，
所以p′()＝2ln ＋－≤2(－1)＋－＝3－＝<0.
因为p′()＝2ln 2＋2－>1＋2－>0，
所以存在唯一零点x0∈(，)，使得p′(x0)＝－2ln x0＋－＝0，
且x0为p(x)的最大值点，(12分)
所以p(x0)＝(1－2x0)ln x0－x0＝－x0＝2x0＋－.
注意到y＝2x＋－在(，)上单调递增，
所以p(x0)
综上，存在唯一整数a＝1，使得f(x)为“m()型函数”．(16分)
2020届高三模拟考试试卷(南通)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：(1) 设矩阵A＝，则A－1A＝＝＝，
故解得则矩阵A＝.(5分)
(2) 由矩阵A＝，得A2＝＝，(8分)
所以A2α＝＝.(10分)
B. 解：由ρ＝4cos(θ＋)得ρ2＝4ρcos(θ＋)＝2ρcos θ－2ρsin θ，
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y＝0，
即(x－1)2＋(y＋)2＝4，圆心(1，－)，半径r＝2.(3分)
由直线l的参数方程(t为参数)得x＝1＋y，
所以直线l的普通方程为x－y－1＝0.(6分)
所以圆心(1，－)到直线l的距离d＝，(8分)
所以点P到直线l的距离的最大值为＋2＝.(10分)
C. 解：由柯西不等式，得(x＋2y＋3z)2≤(12＋22＋32)·(x2＋y2＋z2)，(5分)
即x＋2y＋3z≤·.
因为x＋2y＋3z＝1，所以x2＋y2＋z2≥，
当且仅当＝＝，即x＝，y＝，z＝时取等号．
综上，x2＋y2＋z2的最小值为.(10分)
22. (1) 解：当AB垂直于x轴时，A(4p，2p)，B(4p，－2p)，
所以△OAB的面积为·AB·OM＝·4p·4p＝8p2＝2.
因为p>0，所以p＝，
所以抛物线的方程为y2＝x.(3分)
(2) ①证明：由题意可知直线l与x轴不垂直．
由(1)知M(2，0)，设A(y，y1)，B(y，y2)，则kAB＝＝.
由A，M，B三点共线，得＝.
因为y1≠y2，化简得y1y2＝－2.(5分)
②解：因为y1y2＝－2，所以B(，－)．
因为线段AB垂直平分线的方程为y－＝－(y1＋y2)(x－)，
令y＝0，得xT＝＝(y＋＋1)．(7分)
因为OA∥TB，所以kOA＝kTB，即＝，
整理得(y＋1)(y－4)＝0，解得y1＝±2，故A(4，±2)．
所以kAM＝±1，即直线l的斜率为±1.(10分)
23. (1) 解：＝
＝＝.(3分)
(2) 证明：由(1)得＝·＝·
＝·(＋)．(6分)
因为＝＝·，
所以F(n)＝(n＋1)＝·.
因为
＝(＋＋…＋＋)＋(＋＋…＋＋)
＝＋(＋)＋…＋(＋)＋
＝(＋＋…＋＋)＋＝2n，
所以F(n)＝(n＋1)＝·2n＝n(2n＋1)能被2n＋1整除．(10分)
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
参考公式：
样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝圆柱的体积公式：V圆柱＝Sh，其中S是圆柱的底面积，h为高．
圆柱的侧面积公式：S圆柱侧＝cl，其中c是圆柱底面的周长，l为母线长．
球的体积公式：V球＝πR3，球的表面积公式：S球＝4πR2，其中R为球的半径．
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 已知集合M＝{－2，－1，0，1}，N＝{x|x2＋x≤0}，则M∩N＝________．
2. 已知复数为纯虚数，其中i为虚数单位，则实数a的值是________．
3. 某同学5次数学练习的得分依次为114，116，114，114，117，则这5次得分的方差是________．
Read x
If x＜0 Then
m←2x＋1
Else
m←2－3x
End If
Print m
(第4题)
4. 根据如图所示的伪代码，当输入的x为－1时，最后输出m的值是________．
5. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为，则该双曲线的渐近线的方程是____________．
6. 某同学参加“新冠肺炎防疫知识”答题竞赛活动，需从4道题中随机抽取2道作答．若该同学会其中的3道题，则抽到的2道题他都会的概率是________．
7. 将函数f(x)＝sin(2x＋)的图象向右平移φ个单位长度得到函数g(x)的图象．若g(x)为奇函数，则φ的最小正值是________．
8. 已知非零向量b与a的夹角为120°，且|a|＝2，|2a＋b|＝4，则|b|＝________．
9. 已知等比数列{an}的各项均为正数，且8a1，a3，6a2成等差数列，则的值是________．
10. 在平面直角坐标系xOy中，已知过点(－10，0)的圆M与圆x2＋y2－6x－6y＝0相切于原点，则圆M的半径是________．
11. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为πR2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1，下部分(半球)的体积为V2，则的值是________．
12. 已知函数f(x)＝logax(a>1)的图象与直线y＝k(x－1)(k∈R)相交．若其中一个交点的纵坐标为1，则k＋a的最小值是________．
13. 已知函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)－mx－m－1<0(m∈R)的解集是(x1，x2)∪(x3，＋∞)，x1
14. 如图，在△ABC中，AC＝BC，点M，N分别在AC，BC上，且AM＝AC，BN＝BC.若BM与AN相交于点P，则的取值范围是________．
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)
在斜三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1) 若2acos C＝b，且sin2C＝sin Asin B，求B的值；
(2) 若cos(2A＋B)＋3cos B＝0，求tan Atan C的值．
16. (本小题满分14分)
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，侧面BCC1B1是矩形，点E，F分别为BC，A1B1的中点．求证：
(1) BC⊥AC1；
(2) EF∥平面ACC1A1.
17.(本小题满分14分)
如图，某森林公园内有一条宽为100米的笔直的河道(假设河道足够长)，现拟在河道内围出一块直角三角形区域养殖观赏鱼．三角形区域记为△ABC，A到河两岸的距离AE，AD相等，B，C分别在两岸上，AB⊥AC.为方便游客观赏，拟围绕△ABC区域在水面搭建景观桥．为了使桥的总长度l(即△ABC的周长)最短，工程师设计了以下两种方案：
方案1：设∠ABD＝α，求出l关于α的函数解析式f(α)，并求出f(α)的最小值．
方案2：设EC＝x米，求出l关于x的函数解析式g(x)，并求出g(x)的最小值．
请从以上两种方案中自选一种解答．(注：如果选用了两种方案解答，则按第一种解答计分)
18. (本小题满分16分)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 直线l：y＝kx＋m(k>0，m≠0)与椭圆C交于P，Q两点，设直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2.已知k2＝k1·k2.
①求k的值；
②当△OPQ的面积最大时，求直线PQ的方程．
19. (本小题满分16分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，λan＋1＋Sn·Sn＋2＝S，n∈N*，λ∈R.
(1) 若λ＝－3，a2＝－1，求a3的值；
(2) 若数列{an}的前k项成公差不为0的等差数列，求k的最大值；
(3) 若a2>0，是否存在λ∈R，使{an}为等比数列？若存在，求出所有符合题意的λ的值；若不存在，请说明理由．
20. (本小题满分16分)
对于定义在D上的函数f(x)，若存在k∈R，使f(x)
(2) 设函数h2(x)＝f(x)＋.求证：当a＝－时，h2(x)为“M(1)型函数”；
(3) 若a∈Z，求证：存在唯一整数a，使得f(x)为“m()型函数”．
2020届高三模拟考试试卷(十四)
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)
已知矩阵A的逆矩阵A－1＝.
(1) 求矩阵A；
(2) 若向量α＝，计算A2α.
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ＝4cos(θ＋)．设P为曲线C上的动点，求点P到直线l的距离的最大值．
C. (选修45：不等式选讲)
若实数x，y，z满足x＋2y＋3z＝1，求x2＋y2＋z2的最小值．
【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，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(4p，0)的直线l交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．当AB垂直于x轴时，△OAB的面积为2.
(1) 求抛物线的方程；
(2) 设线段AB的垂直平分线交x轴于点T.
①求证：y1y2为定值；
②若OA∥TB，求直线l的斜率．
23. 设n∈N*，k∈N，n≥k.
(1) 化简：；
(2) 已知(1－x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，记F(n)＝(n＋1).求证：F(n)能被2n＋1整除．
2020届高三模拟考试试卷(南通)
数学参考答案及评分标准
1. {－1，0} 2. － 3. 4. 5. y＝±2x 6. 7. 8. 4 9. 16 10. 5 11. 2 12. 3 13. (0，2)∪(2，3) 14. (，2)
15. 解： (1) 在△ABC中，由余弦定理得2a·＝b，
化简得a2＝c2，即a＝c.(2分)
因为sin2C＝sin Asin B，且＝＝＝2R(R为△ABC外接圆半径)，
所以c2＝ab，(4分)
所以c＝a＝b，所以△ABC为正三角形，
所以B＝.(6分)
(2) 因为cos(2A＋B)＋3cos B＝0，且B＝π－(A＋C)，
所以cos[π＋(A－C)]＋3cos[π－(A＋C)]＝0，(8分)
所以cos(A－C)＝－3cos(A＋C)，(10分)
即cos Acos C＋sin Asin C＝－3cos Acos C＋3sin Asin C，
所以2cos Acos C＝sin Asin C．(12分)
在斜三角形ABC中，因为A≠，C≠，所以cos A≠0，cos C≠0，
所以tan Atan C＝2.(14分)
16. 证明：(1) 因为侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥CC1.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝C1C，BC⊂平面BCC1B1，
所以BC⊥平面ACC1A1.(4分)
因为AC1⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥AC1.(6分)
(2) 取A1C1的中点G，连结FG，CG.
在△A1B1C1中，点F，G分别是A1B1，A1C1的中点，
所以FG∥B1C1，且FG＝B1C1.(8分)
在矩形BCC1B1中，点E是BC的中点，
所以EC∥B1C1，且EC＝B1C1，
所以EC∥FG，且EC＝FG.(10分)
所以四边形EFGC为平行四边形，
所以EF∥GC.(12分)
因为EF⊄平面ACC1A1，GC⊂平面ACC1A1，
所以EF∥平面ACC1A1.(14分)
17. 解：方案1：因为AB⊥AC，
所以∠EAC＋∠BAD＝90°.
在Rt△ABD中，∠ABD＋∠BAD＝90°，
所以∠EAC＝∠ABD＝α，α∈(0，)．(2分)
因为AD＝AE＝50，
在Rt△ADB和Rt△AEC中，AB＝，AC＝，(4分)
所以BC＝＝50＝，
所以f(α)＝50(＋＋)＝50()，其中α∈(0，)．(7分)
(解法1)设t＝sin α＋cos α，则t＝sin α＋cos α＝sin(α＋)．
因为α∈(0，)，所以t∈(1，]．(9分)
因为t2＝1＋2sin αcos α，所以sin αcos α＝，
所以y＝＝，(12分)
所以当t＝时，f(α)min＝＝100＋100.
答：景观桥总长度的最小值为(100＋100)米．(14分)
(解法2)f′(α)＝.(10分)
因为α∈(0，)，所以－1－sin αcos α－sin α－cos α<0，(sin αcos α)2>0.
当α∈(0，)时，cos α－sin α>0，f′(α)<0，f(α)单调递减；
当α∈(，)时，cos α－sin α<0，f′(α)>0，f(α)单调递增．(12分)
所以当α＝时，f(α)取得最小值，最小值为(100＋100)米．
答：景观桥总长度的最小值为(100＋100)米．(14分)
方案2：因为AB⊥AC，所以∠EAC＋∠BAD＝90°.
在Rt△ABD中，∠ABD＋∠BAD＝90°，
所以∠EAC＝∠ABD，
所以Rt△CAE∽Rt△ABD,
所以＝.(2分)
因为EC＝x，AC＝＝，AD＝50，
所以AB＝.(4分)
BC＝＝＝x＋，
所以g(x)＝＋＋(x＋)，x>0.(7分)
因为x>0，
所以g(x)≥2＋2(10分)
＝2＋100≥2＋100＝100＋100.(12分)
当且仅当＝，且＝x，即x＝50时取“＝”．
所以g(x)min＝100＋100，
答：景观桥总长度的最小值为(100＋100)米．(14分)
18. 解：(1) 设椭圆的焦距为2c，则c2＝a2－b2.
因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以c＝b.
又两准线间的距离为，则＝，所以a＝2，b＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(3分)
(2) ① 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得m2<4k2＋1，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
又OP的斜率k1＝，OQ的斜率k2＝，
所以k2＝k1·k2＝＝＝，(6分)
化简得km(x1＋x2)＋m2＝0，
所以km·＋m2＝0.
因为m≠0，即4k2＝1，又k>0，所以k＝.(8分)
②由①得k＝，直线PQ的方程为y＝x＋m，
且x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，m2<2.
又m≠0，所以0<<.
所以PQ＝＝|x1－x2|＝＝·，(10分)
点O到直线PQ的距离d＝＝|m|，(12分)
所以S△OPQ＝PQ·d＝×··|m|＝≤＝1，
当且仅当m2＝2－m2，即m＝±1时，△OPQ的面积最大，
所以直线PQ的方程为y＝x±1.(16分)
19. 解：记λan＋1＋Sn·Sn＋2＝S为(*)式．
(1) 当λ＝－3时，(*)式为－3an＋1＋Sn·Sn＋2＝S，
令n＝1得－3a2＋S1·S3＝S，即－3a2＋a1·(a1＋a2＋a3)＝(a1＋a2)2.
由已知a1＝1，a2＝－1，解得a3＝－3.(2分)
(2) 因为前k项成等差数列，设公差为d，则a2＝1＋d，a3＝1＋2d.
若k＝3，则S2＝2＋d，S3＝3＋3d.
在(*)式中，令n＝1得λa2＋S1·S3＝S，所以λ(1＋d)＋3＋3d＝(2＋d)2，
化简得d2＋d＋1＝λ(1＋d) ①.(4分)
若k＝4，则S4＝4＋6d.
在(*)式中，令n＝2得λa3＋S2·S4＝S，所以λ(1＋2d)＋(2＋d)(4＋6d)＝(3＋3d)2，
化简得3d2＋2d＋1＝λ(1＋2d) ②.
②－①，得2d2＋d＝λd，因为公差不为0，所以d≠0，
所以2d＋1＝λ，代入①得d2＋2d＝0，所以d＝－2，λ＝－3.
所以k＝4符合题意．(6分)
若k＝5，则a1＝1，a2＝－1，a3＝－3，a4＝－5，a5＝－7，S3＝－3，S4＝－8，S5＝－15.
在(*)式中，令n＝3得－3a4＋S3S5＝－3×(－5)＋(－3)×(－15)＝60，S＝(－8)2＝64，
所以－3a4＋S3S5≠S，所以k的最大值为4.(8分)
(3) 假设存在λ∈R，使{an}为等比数列．
设前3项分别为1，q，q2，则S1＝1，S2＝1＋q，S3＝1＋q＋q2，
(*)式中，令n＝1得λq＋(1＋q＋q2)＝(1＋q)2，化简得q(λ－1)＝0.
因为q＝a2>0，所以λ＝1.(10分)
此时(*)式为(Sn＋1－Sn)＋Sn·Sn＋2＝S，即Sn＋1(Sn＋1－1)＝Sn(Sn＋2－1) (**)．
由S1＝1，S2＝1＋a2>1，得S3>1; 由S2，S3>1得S4>1，…
依次类推，Sn≥1>0，所以(**)等价于＝，
所以数列为常数列，
所以＝＝a2.(14分)
于是n≥2时，两式相减得an＋1＝a2·an.
因为a2＝a2·a1，所以an＋1＝a2·an(n∈N*)．
又a1，a2≠0，所以＝a2(非零常数)，所以存在λ＝1，使{an}为等比数列．(16分)
20. (1)解：a＝0时，h1(x)＝ln x＋1.
因为h1(x)为“m(k)型函数”，所以h1(x)
设g(x)＝(x≥1)，则g′(x)＝≤0恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝1，
所以k的取值范围是(1，＋∞)．(3分)
(2) 证明：当a＝－时，要证h2(x)为“M(1)型函数”，
即证(1＋x)ln x＋≥x，即证(1＋x)ln x＋－x≥0.
(证法1)令R(x)＝(1＋x)ln x＋－x，
则R′(x)＝ln x＋(1＋x)·－－1＝ln x＋－＝ln x＋.
当x>1时，ln x>0，>0，则R′(x)>0；
当0
则R(x)≥R(1)，又R(1)＝0，所以R(x)≥0，
所以h2(x)为“M(1)型函数”．(8分)
(证法2)令F(x)＝ln x＋－，则F′(x)＝－＋＝>0，
所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，
所以当0
所以R(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分)
以下同证法1.
(3) 证明：函数f(x)为“m()型函数”等价于p(x)＝(1－2ax)ln x－x<0恒成立，
当a≤0时，p(e)＝(1－2ae)－≥1－>0，不合题意；
当a≥2时，p()＝－1－≥(4－e－)>0，不合题意；(10分)
当a＝1时，
(证法1)p(x)＝(1－2x)ln x－x，
①当x≥1或0
所以p(x)<－x＝(3x－2)2≤0.
综上，存在唯一整数a＝1，使得f(x)为“m()型函数”．(16分)
(证法2)p(x)＝(1－2x)ln x－x，p′(x)＝－2ln x＋－＝－2ln x＋－.
记φ(x)＝－2ln x＋－，则φ′(x)＝－<0，
所以φ(x)＝p′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
易得ln x≤x－1，
所以p′()＝2ln ＋－≤2(－1)＋－＝3－＝<0.
因为p′()＝2ln 2＋2－>1＋2－>0，
所以存在唯一零点x0∈(，)，使得p′(x0)＝－2ln x0＋－＝0，
且x0为p(x)的最大值点，(12分)
所以p(x0)＝(1－2x0)ln x0－x0＝－x0＝2x0＋－.
注意到y＝2x＋－在(，)上单调递增，
所以p(x0)
综上，存在唯一整数a＝1，使得f(x)为“m()型函数”．(16分)
2020届高三模拟考试试卷(南通)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：(1) 设矩阵A＝，则A－1A＝＝＝，
故解得则矩阵A＝.(5分)
(2) 由矩阵A＝，得A2＝＝，(8分)
所以A2α＝＝.(10分)
B. 解：由ρ＝4cos(θ＋)得ρ2＝4ρcos(θ＋)＝2ρcos θ－2ρsin θ，
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y＝0，
即(x－1)2＋(y＋)2＝4，圆心(1，－)，半径r＝2.(3分)
由直线l的参数方程(t为参数)得x＝1＋y，
所以直线l的普通方程为x－y－1＝0.(6分)
所以圆心(1，－)到直线l的距离d＝，(8分)
所以点P到直线l的距离的最大值为＋2＝.(10分)
C. 解：由柯西不等式，得(x＋2y＋3z)2≤(12＋22＋32)·(x2＋y2＋z2)，(5分)
即x＋2y＋3z≤·.
因为x＋2y＋3z＝1，所以x2＋y2＋z2≥，
当且仅当＝＝，即x＝，y＝，z＝时取等号．
综上，x2＋y2＋z2的最小值为.(10分)
22. (1) 解：当AB垂直于x轴时，A(4p，2p)，B(4p，－2p)，
所以△OAB的面积为·AB·OM＝·4p·4p＝8p2＝2.
因为p>0，所以p＝，
所以抛物线的方程为y2＝x.(3分)
(2) ①证明：由题意可知直线l与x轴不垂直．
由(1)知M(2，0)，设A(y，y1)，B(y，y2)，则kAB＝＝.
由A，M，B三点共线，得＝.
因为y1≠y2，化简得y1y2＝－2.(5分)
②解：因为y1y2＝－2，所以B(，－)．
因为线段AB垂直平分线的方程为y－＝－(y1＋y2)(x－)，
令y＝0，得xT＝＝(y＋＋1)．(7分)
因为OA∥TB，所以kOA＝kTB，即＝，
整理得(y＋1)(y－4)＝0，解得y1＝±2，故A(4，±2)．
所以kAM＝±1，即直线l的斜率为±1.(10分)
23. (1) 解：＝
＝＝.(3分)
(2) 证明：由(1)得＝·＝·
＝·(＋)．(6分)
因为＝＝·，
所以F(n)＝(n＋1)＝·.
因为
＝(＋＋…＋＋)＋(＋＋…＋＋)
＝＋(＋)＋…＋(＋)＋
＝(＋＋…＋＋)＋＝2n，
所以F(n)＝(n＋1)＝·2n＝n(2n＋1)能被2n＋1整除．(10分)
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