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江苏省泰州市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：
锥体的体积公式：V＝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＝{1，2}，B＝{2，4，8}，则A∪B＝________．
2. 若实数x，y满足x＋yi＝－1＋(x－y)i(i是虚数单位)，则xy＝________．
3. 如图是容量为100的样本的频率分布直方图，则样本数据落在区间[6，18)内的频数为________．
I←1
While I<5
I←I＋2
S←I＋3
End While
Print S
(第3题) (第4题)
4. 根据如图所示的伪代码，可得输出S的值为________．
5. 若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的方程为y＝2x，则该双曲线的离心率为________．
6. 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，这两次出现向上的点数分别记为x，y，则|x－y|＝1的概率是________．
7. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝4x上一点P到焦点F的距离是它到y轴距离的3倍，则点P的横坐标为________．
8. 我国古代数学名著《增删算法统宗》中有这样一首数学诗：“三百七十八里关，初日健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”它的大意是：有人要到某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都是前一天的一半，一共走了六天到达目的地．那么这个人第一天走的路程是________里．
9. 若定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)，f(1)＝1，则f(6)＋f(7)＋f(8) 的值为________．
10. 将半径为R的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面．若圆锥的体积为9π，则R＝________．
11. 若函数f(x)＝只有一个零点，则实数a的取值范围是________．
12. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在圆O：x2＋y2＝4上，且满足x1x2＋y1y2＝－2，则x1＋x2＋y1＋y2的最小值是________．
13. 在锐角三角形ABC中，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．若＝3，＝λ，且·＝2·＝6，||＝1，则实数λ的值为________．
14. 在△ABC中，点D在边BC上，且满足AD＝BD，3tan2B－2tan A＋3＝0，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)
如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB＝AC，点D，E，F分別是AB，AC，BC的中点．求证：
(1) BC∥平面PDE；
(2) 平面PAF⊥平面PDE.
16. (本小题满分14分)
已知函数f(x)＝sin2x＋sin xcos x－，x∈R.
(1) 求函数f(x)的最大值，并写出相应的x的取值集合；
(2) 若f(α)＝，α∈(－，)，求sin 2α的值．
17. (本小题满分14分)
某温泉度假村拟以泉眼C为圆心建造一个半径为12米的圆形温泉池，如图，M，N是圆C上关于直径AB对称的两点，以A为圆心，AC为半径的圆与圆C的弦AM，AN分别交于点D，E，其中四边形AEBD为温泉区，Ⅰ、Ⅱ区域为池外休息区，Ⅲ、Ⅳ区域为池内休息区，设∠MAB＝θ.
(1) 当θ＝时，求池内休息区的总面积(Ⅲ和Ⅳ两个部分面积的和)；
(2) 当池内休息区的总面积最大时，求AM的长．
18. (本小题满分16分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过点A的直线与椭圆M交于x轴上方一点B，以AB为边作矩形ABCD，其中直线CD过原点O.当点B为椭圆M的上顶点时，△AOB的面积为b，且AB＝b.
(1) 求椭圆M的标准方程；
(2) 求矩形ABCD的面积S的最大值；
(3) 矩形ABCD能否为正方形？请说明理由．
19. (本小题满分16分)
定义：若一个函数存在极大值，且该极大值为负数，则称这个函数为“YZ函数”．
(1) 判断函数f(x)＝－1是否为“YZ函数”，并说明理由；
(2) 若函数g(x)＝ln x－mx(m∈R)是“YZ函数”，求实数m的取值范围；
(3) 已知h(x)＝x3＋ax2＋bx－b，x∈(0，＋∞)，a，b∈R，求证：当a≤－2，且0＜b＜1时，函数h(x)是“YZ函数”．
20. (本小题满分16分)
已知数列{an}，{bn}，{cn}满足bn＝an＋2－an，cn＝2an＋1＋an.
(1) 若数列{an}是等比数列，试判断数列{cn}是否为等比数列，并说明理由；
(2) 若an恰好是一个等差数列的前n项和，求证：数列{bn}是等差数列；
(3) 若数列{bn}是各项均为正数的等比数列，数列{cn}是等差数列，求证：数列{an}是等差数列．
2020届高三模拟考试试卷(十七)
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)
已知列向量在矩阵M＝对应的变换下得到列向量，求M－1.
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)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ＋)＝4，点P为曲线C上任一点，求点P到直线l距离的最大值．
C. (选修45：不等式选讲)
已知实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，＋＋＝3，求证：a＋b＋c≤3.
【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，在多面体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是等腰直角三角形，且∠ADE＝，EF⊥平面ADE，EF＝1.
(1) 求异面直线AE和DF所成角的余弦值；
(2) 求二面角BDFC的余弦值．
23. 给定n(n≥3，n∈N*)个不同的数1，2，3，…，n，它的某一个排列P的前k(k∈N*，1≤k≤n)项和为Sk，该排列P中满足2Sk≤Sn的k的最大值为kP.记这n个不同数的所有排列对应的kP之和为Tn.
(1) 若n＝3，求T3；
(2) 若n＝4l＋1，l∈N*，
①求证：对任意的排列P，都不存在k(k∈N*，1≤k≤n)使得2Sk＝Sn；
②求Tn(用n表示)．
2020届高三模拟考试试卷(十七)(泰州)
数学参考答案及评分标准
1. {1，2，4，8} 2. 3. 80 4. 8 5. 6. 7. 8. 192 9. －1 10. 6
11. (－∞，－1]∪(0，1] 12. －2 13. 3 14. (1，2]
15. 证明：(1) 在△ABC中，因为点D，E分别是AB，AC的中点，
所以DE∥BC.(2分)
因为BC⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
所以BC∥平面PDE.(6分)
(2) 因为PA⊥平面ABC，DE⊂平面PDE，
所以PA⊥DE.
在△ABC中，因为AB＝AC，点F是BC的中点，
所以AF⊥BC.(8分)
因为DE∥BC，所以DE⊥AF.
因为AF∩PA＝A，AF⊂平面PAF，PA⊂平面PAF，
所以DE⊥平面PAF.(12分)
因为DE⊂平面PDE，所以平面PAF⊥平面PDE.(14分)
16. 解：(1) 因为f(x)＝sin2x＋sin xcos x－，
所以f(x)＝＋sin 2x－＝(sin 2x－cos 2x)(2分)
＝(sin 2xcos －cos 2xsin )＝sin(2x－)．(4分)
当2x－＝2kπ＋(k∈Z)，即x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取最大值，
所以f(x)的最大值为，此时x的取值集合为.(7分)
(2) 因为f(α)＝，所以sin(2α－)＝，即sin(2α－)＝.
因为α∈(－，)，所以2α－∈(－，)，
则cos(2α－)＝＝＝，(10分)
所以sin 2α＝sin[(2α－)＋]＝sin(2α－)cos＋cos(2α－)sin
＝×＋×＝.(14分)
17. 解：(1) 在Rt△ABM中，因为AB＝24，θ＝，
所以MB＝AM＝12，MD＝24cos －12＝12－12，
所以池内休息区总面积S＝2×MB·DM＝12(12－12)＝144(2－)．(4分)
(2) 在Rt△ABM中，因为AB＝24，∠MAB＝θ，
所以MB＝24sin θ，AM＝24cos θ，MD＝24cos θ－12.
由MB＝24sin θ>0，MD＝24cos θ－12>0得θ∈(0，)，(6分)
则池内休息区总面积S＝2×MB·DM＝24sin θ(24cos θ－12)，θ∈(0，)．(9分)
设f(θ)＝sin θ(2cos θ－1)，θ∈(0，)．
因为f′(θ)＝cos θ(2cos θ－1)－2sin2θ＝4cos2θ－cos θ－2＝0⇒cos θ＝，
又cos θ＝>，所以∃θ0∈(0，)，使得cos θ0＝，
则当x∈(0，θ0)时，f′(θ)>0⇒f(θ)在(0，θ0)上单调递增；
当x∈(θ0，)时，f′(θ)<0⇒f(θ)在(θ0，)上单调递减，
即f(θ0)是极大值，也是最大值，所以f(θ)max＝f(θ0)，
此时AM＝24cos θ0＝3＋3.(13分)
答：(1) 池内休息区总面积为144(2－)m2；
(2) 池内休息区总面积最大时AM的长为AM＝(3＋3)m.(14分)
18. 解：(1) 由题意知解得a＝2，b＝c＝，
所以椭圆M的标准方程为＋＝1.(4分)
(2) 显然直线AB的斜率存在，设为k且k>0，
则直线AB的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
联立得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，解得xB＝，yB＝，
所以AB＝＝.
直线CD的方程为y＝kx，即kx－y＝0，所以BC＝＝，
所以矩形ABCD的面积S＝·＝＝≤＝2，
所以当且仅当k＝时，矩形ABCD的面积S的最大值为2.(11分)
(3) 若矩形ABCD为正方形，则AB＝BC，
即＝，则2k3－2k2＋k－2＝0(k>0)．
令f(k)＝2k3－2k2＋k－2(k>0)，
因为f(1)＝－1<0，f(2)＝8>0，又f(k)＝2k3－2k2＋k－2(k>0)的图象不间断，
所以f(k)＝2k3－2k2＋k－2(k>0)有零点，所以存在矩形ABCD为正方形．(16分)
19. (1) 解：函数f(x)＝－1是“YZ函数”，理由如下：
因为f(x)＝－1，则f′(x)＝，
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)＝－1的极大值f(1)＝－1<0，
故函数f(x)＝－1是“YZ函数”．(4分)
(2) 解：定义域为(0，＋∞), g′(x)＝－m，
当m≤0时，g′(x)＝－m>0，函数单调递增，无极大值，不满足题意；
当m>0时，当00，函数单调递增，
当x>时，g′(x)＝－m<0，函数单调递减，
所以g(x)的极大值为g()＝ln －m·＝－ln m－1.
由题意知g()＝－ln m－1<0，解得m>.(10分)
(3) 证明： h′(x)＝x2＋ax＋b，
因为a≤－2，00，
所以h′(x)＝x2＋ax＋b＝0有两个不等实根，设为x1，x2.
因为所以x1>0，x2>0，不妨设00，则h(x)单调递增；
当x1
由h′(x1)＝x＋ax1＋b＝0得x＝x1(－ax1－b)＝－ax－bx1.
因为a≤－2，0
＝ax＋bx1－b≤－x＋bx1－b＝－(x1－b)2＋b(b－1)<0.
所以函数h(x)是“YZ函数”．(16分)
(其他证法相应给分)
20. (1) 解：设等比数列{an}的公比为q，则cn＝2an＋1＋an＝2anq＋an＝(2q＋1)an，
当q＝－时，cn＝0，数列{cn}不是等比数列．(2分)
当q≠－时，因为cn≠0，所以＝＝q，所以数列{cn}是等比数列．(5分)
(2) 证明：因为an恰好是一个等差数列的前n项和，所以设这个等差数列为{dn}，公差为d.
因为an＝d1＋d2＋…＋dn，所以an＋1＝d1＋d2＋…＋dn＋dn＋1，
两式相减得an＋1－an＝dn＋1.
因为an＋2＝an＋bn，
所以bn＋1－bn＝(an＋3－an＋1)－(an＋2－an)＝(an＋3－an＋2)－(an＋1－an)＝dn＋3－dn＋1＝2d，
所以数列{bn}是等差数列．(10分)
(3) 证明：因为数列{cn}是等差数列，所以cn＋3－cn＋2＝cn＋1－cn.
因为cn＝2an＋1＋an，所以2an＋4＋an＋3－(2an＋3＋an＋2)＝2an＋2＋an＋1－(2an＋1＋an)，
即 2(an＋4－an＋2)＝(an＋3－an＋1)＋(an＋2－an)，则2bn＋2＝bn＋1＋bn.
因为数列{bn}是等比数列，所以b2n＋1＝bnbn＋2，则b2n＋1＝bn·，
即(bn＋1－bn)(2bn＋1＋bn)＝0.
因为数列{bn}各项均为正数，所以bn＋1＝bn，(13分)
则an＋3－an＋1＝an＋2－an，
即an＋3＝an＋2＋an＋1－an.
又数列{cn}是等差数列，所以cn＋2＋cn＝2cn＋1，
即(2an＋3＋an＋2)＋(2an＋1＋an)＝2(2an＋2＋an＋1)，
化简得2an＋3＋an＝3an＋2，将an＋3＝an＋2＋an＋1－an代入得2(an＋2＋an＋1－an)＋an＝3an＋2，
化简得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列．(16分)
(其他证法相应给分)
2020届高三模拟考试试卷(泰州)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：因为＝，所以解得(4分)
设M－1＝，则＝，
即解得所以M－1＝，(8分)
所以M－1＝＝.(10分)
B. 解：由题可知，直线方程即为ρ(sin θcos ＋cos θsin )＝4.
由ρcos θ＝x，ρsin θ＝y得直线的直角坐标方程为x＋y－8＝0.(4分)
设点P的坐标为(cos α，sin α)，
∴点P到直线的距离d＝＝，(8分)
当α＋＝2kπ－(k∈Z)，即α＝2kπ－(k∈Z)时，d取得最大值5，
此时点P的坐标为(－，－)．(10分)
C. 证明：由柯西不等式，得
3(a＋b＋c)＝(b＋c＋a)(＋＋)
＝[()2＋()2＋()2][()2＋()2＋()2](5分)
≥(·＋·＋·)2＝(a＋b＋c)2，
所以a＋b＋c≤3.(10分)
22. 解：∵ 平面ADE⊥平面ABCD，又∠ADE＝，∴ DE⊥AD.
∵ DE⊂平面ADE，平面ADE∩平面ABCD＝AD，∴ DE⊥平面ABCD.
由四边形ABCD为边长为2的正方形，∴ DA，DC，DE两两互相垂直．
以D为坐标原点，{，，}为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系．(2分)
由EF⊥平面ADE，且EF＝1，
∴ D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，F(0，1，2)．
(1) ＝(－2，0，2)，＝(0，1，2)，
则cos〈，〉＝＝＝，
∴ AE和DF所成角的余弦值为.(5分)
(2) ＝(2，2，0)，＝(0，1，2)，设平面BDF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由取z＝1，得n＝(2，－2，1)．
∵平面DFC的一个法向量为m＝(1，0，0)，
∴ cos〈m，n〉＝＝＝.
由二面角BDFC的平面角为锐角，∴二面角BDFC的余弦值为.(10分)
23. (1) 解：1，2，3的所有排列为1，2，3；1，3，2；2，1，3；2，3，1；3，1，2；3，2，1.
因为S3＝6，所以对应的kP分别为2，1，2，1，1，1，所以T3＝8.(3分)
(2) ①解：设n个不同数的某一个排列P为a1，a2，…，an，
因为n＝4l＋1，l∈N*，所以Sn＝＝(4l＋1)(2l＋1)为奇数．
而2Sk为偶数，所以不存在k(k∈N*，1≤k≤n)使得2Sk＝Sn.(5分)
②证明：因为2Sk≤Sn，即a1＋a2＋…＋ak≤ak＋1＋ak＋2＋…＋an，
又由①知不存在k(k∈N*，1≤k≤n)使得2Sk＝Sn，
所以a1＋a2＋…＋ak
考虑排列P的对应倒序排列P′：an，an－1，…，a1，
(i)(ii)即an＋…＋ak＋2ak＋…＋a2＋a1.
由题意知kP′＝n－k－1，则kP＋kP′＝n－1.(8分)
又1，2，3，…，n，这n个不同数共有n！个不同的排列，可以构成个对应组合(P，P′)，
且每组(P，P′)中kP＋kP′＝n－1，所以Tn＝(n－1)．(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：
锥体的体积公式：V＝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＝{1，2}，B＝{2，4，8}，则A∪B＝________．
2. 若实数x，y满足x＋yi＝－1＋(x－y)i(i是虚数单位)，则xy＝________．
3. 如图是容量为100的样本的频率分布直方图，则样本数据落在区间[6，18)内的频数为________．
I←1
While I<5
I←I＋2
S←I＋3
End While
Print S
(第3题) (第4题)
4. 根据如图所示的伪代码，可得输出S的值为________．
5. 若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的方程为y＝2x，则该双曲线的离心率为________．
6. 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，这两次出现向上的点数分别记为x，y，则|x－y|＝1的概率是________．
7. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝4x上一点P到焦点F的距离是它到y轴距离的3倍，则点P的横坐标为________．
8. 我国古代数学名著《增删算法统宗》中有这样一首数学诗：“三百七十八里关，初日健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”它的大意是：有人要到某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起，由于脚痛，每天走的路程都是前一天的一半，一共走了六天到达目的地．那么这个人第一天走的路程是________里．
9. 若定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)，f(1)＝1，则f(6)＋f(7)＋f(8) 的值为________．
10. 将半径为R的半圆形铁皮卷成一个圆锥的侧面．若圆锥的体积为9π，则R＝________．
11. 若函数f(x)＝只有一个零点，则实数a的取值范围是________．
12. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)在圆O：x2＋y2＝4上，且满足x1x2＋y1y2＝－2，则x1＋x2＋y1＋y2的最小值是________．
13. 在锐角三角形ABC中，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．若＝3，＝λ，且·＝2·＝6，||＝1，则实数λ的值为________．
14. 在△ABC中，点D在边BC上，且满足AD＝BD，3tan2B－2tan A＋3＝0，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)
如图，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，AB＝AC，点D，E，F分別是AB，AC，BC的中点．求证：
(1) BC∥平面PDE；
(2) 平面PAF⊥平面PDE.
16. (本小题满分14分)
已知函数f(x)＝sin2x＋sin xcos x－，x∈R.
(1) 求函数f(x)的最大值，并写出相应的x的取值集合；
(2) 若f(α)＝，α∈(－，)，求sin 2α的值．
17. (本小题满分14分)
某温泉度假村拟以泉眼C为圆心建造一个半径为12米的圆形温泉池，如图，M，N是圆C上关于直径AB对称的两点，以A为圆心，AC为半径的圆与圆C的弦AM，AN分别交于点D，E，其中四边形AEBD为温泉区，Ⅰ、Ⅱ区域为池外休息区，Ⅲ、Ⅳ区域为池内休息区，设∠MAB＝θ.
(1) 当θ＝时，求池内休息区的总面积(Ⅲ和Ⅳ两个部分面积的和)；
(2) 当池内休息区的总面积最大时，求AM的长．
18. (本小题满分16分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过点A的直线与椭圆M交于x轴上方一点B，以AB为边作矩形ABCD，其中直线CD过原点O.当点B为椭圆M的上顶点时，△AOB的面积为b，且AB＝b.
(1) 求椭圆M的标准方程；
(2) 求矩形ABCD的面积S的最大值；
(3) 矩形ABCD能否为正方形？请说明理由．
19. (本小题满分16分)
定义：若一个函数存在极大值，且该极大值为负数，则称这个函数为“YZ函数”．
(1) 判断函数f(x)＝－1是否为“YZ函数”，并说明理由；
(2) 若函数g(x)＝ln x－mx(m∈R)是“YZ函数”，求实数m的取值范围；
(3) 已知h(x)＝x3＋ax2＋bx－b，x∈(0，＋∞)，a，b∈R，求证：当a≤－2，且0＜b＜1时，函数h(x)是“YZ函数”．
20. (本小题满分16分)
已知数列{an}，{bn}，{cn}满足bn＝an＋2－an，cn＝2an＋1＋an.
(1) 若数列{an}是等比数列，试判断数列{cn}是否为等比数列，并说明理由；
(2) 若an恰好是一个等差数列的前n项和，求证：数列{bn}是等差数列；
(3) 若数列{bn}是各项均为正数的等比数列，数列{cn}是等差数列，求证：数列{an}是等差数列．
2020届高三模拟考试试卷(十七)
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)
已知列向量在矩阵M＝对应的变换下得到列向量，求M－1.
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)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ＋)＝4，点P为曲线C上任一点，求点P到直线l距离的最大值．
C. (选修45：不等式选讲)
已知实数a，b，c满足a＞0，b＞0，c＞0，＋＋＝3，求证：a＋b＋c≤3.
【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，在多面体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是等腰直角三角形，且∠ADE＝，EF⊥平面ADE，EF＝1.
(1) 求异面直线AE和DF所成角的余弦值；
(2) 求二面角BDFC的余弦值．
23. 给定n(n≥3，n∈N*)个不同的数1，2，3，…，n，它的某一个排列P的前k(k∈N*，1≤k≤n)项和为Sk，该排列P中满足2Sk≤Sn的k的最大值为kP.记这n个不同数的所有排列对应的kP之和为Tn.
(1) 若n＝3，求T3；
(2) 若n＝4l＋1，l∈N*，
①求证：对任意的排列P，都不存在k(k∈N*，1≤k≤n)使得2Sk＝Sn；
②求Tn(用n表示)．
2020届高三模拟考试试卷(十七)(泰州)
数学参考答案及评分标准
1. {1，2，4，8} 2. 3. 80 4. 8 5. 6. 7. 8. 192 9. －1 10. 6
11. (－∞，－1]∪(0，1] 12. －2 13. 3 14. (1，2]
15. 证明：(1) 在△ABC中，因为点D，E分别是AB，AC的中点，
所以DE∥BC.(2分)
因为BC⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
所以BC∥平面PDE.(6分)
(2) 因为PA⊥平面ABC，DE⊂平面PDE，
所以PA⊥DE.
在△ABC中，因为AB＝AC，点F是BC的中点，
所以AF⊥BC.(8分)
因为DE∥BC，所以DE⊥AF.
因为AF∩PA＝A，AF⊂平面PAF，PA⊂平面PAF，
所以DE⊥平面PAF.(12分)
因为DE⊂平面PDE，所以平面PAF⊥平面PDE.(14分)
16. 解：(1) 因为f(x)＝sin2x＋sin xcos x－，
所以f(x)＝＋sin 2x－＝(sin 2x－cos 2x)(2分)
＝(sin 2xcos －cos 2xsin )＝sin(2x－)．(4分)
当2x－＝2kπ＋(k∈Z)，即x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取最大值，
所以f(x)的最大值为，此时x的取值集合为.(7分)
(2) 因为f(α)＝，所以sin(2α－)＝，即sin(2α－)＝.
因为α∈(－，)，所以2α－∈(－，)，
则cos(2α－)＝＝＝，(10分)
所以sin 2α＝sin[(2α－)＋]＝sin(2α－)cos＋cos(2α－)sin
＝×＋×＝.(14分)
17. 解：(1) 在Rt△ABM中，因为AB＝24，θ＝，
所以MB＝AM＝12，MD＝24cos －12＝12－12，
所以池内休息区总面积S＝2×MB·DM＝12(12－12)＝144(2－)．(4分)
(2) 在Rt△ABM中，因为AB＝24，∠MAB＝θ，
所以MB＝24sin θ，AM＝24cos θ，MD＝24cos θ－12.
由MB＝24sin θ>0，MD＝24cos θ－12>0得θ∈(0，)，(6分)
则池内休息区总面积S＝2×MB·DM＝24sin θ(24cos θ－12)，θ∈(0，)．(9分)
设f(θ)＝sin θ(2cos θ－1)，θ∈(0，)．
因为f′(θ)＝cos θ(2cos θ－1)－2sin2θ＝4cos2θ－cos θ－2＝0⇒cos θ＝，
又cos θ＝>，所以∃θ0∈(0，)，使得cos θ0＝，
则当x∈(0，θ0)时，f′(θ)>0⇒f(θ)在(0，θ0)上单调递增；
当x∈(θ0，)时，f′(θ)<0⇒f(θ)在(θ0，)上单调递减，
即f(θ0)是极大值，也是最大值，所以f(θ)max＝f(θ0)，
此时AM＝24cos θ0＝3＋3.(13分)
答：(1) 池内休息区总面积为144(2－)m2；
(2) 池内休息区总面积最大时AM的长为AM＝(3＋3)m.(14分)
18. 解：(1) 由题意知解得a＝2，b＝c＝，
所以椭圆M的标准方程为＋＝1.(4分)
(2) 显然直线AB的斜率存在，设为k且k>0，
则直线AB的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
联立得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，解得xB＝，yB＝，
所以AB＝＝.
直线CD的方程为y＝kx，即kx－y＝0，所以BC＝＝，
所以矩形ABCD的面积S＝·＝＝≤＝2，
所以当且仅当k＝时，矩形ABCD的面积S的最大值为2.(11分)
(3) 若矩形ABCD为正方形，则AB＝BC，
即＝，则2k3－2k2＋k－2＝0(k>0)．
令f(k)＝2k3－2k2＋k－2(k>0)，
因为f(1)＝－1<0，f(2)＝8>0，又f(k)＝2k3－2k2＋k－2(k>0)的图象不间断，
所以f(k)＝2k3－2k2＋k－2(k>0)有零点，所以存在矩形ABCD为正方形．(16分)
19. (1) 解：函数f(x)＝－1是“YZ函数”，理由如下：
因为f(x)＝－1，则f′(x)＝，
当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)＝－1的极大值f(1)＝－1<0，
故函数f(x)＝－1是“YZ函数”．(4分)
(2) 解：定义域为(0，＋∞), g′(x)＝－m，
当m≤0时，g′(x)＝－m>0，函数单调递增，无极大值，不满足题意；
当m>0时，当0
当x>时，g′(x)＝－m<0，函数单调递减，
所以g(x)的极大值为g()＝ln －m·＝－ln m－1.
由题意知g()＝－ln m－1<0，解得m>.(10分)
(3) 证明： h′(x)＝x2＋ax＋b，
因为a≤－2，0
所以h′(x)＝x2＋ax＋b＝0有两个不等实根，设为x1，x2.
因为所以x1>0，x2>0，不妨设0
当x1
由h′(x1)＝x＋ax1＋b＝0得x＝x1(－ax1－b)＝－ax－bx1.
因为a≤－2，0
＝ax＋bx1－b≤－x＋bx1－b＝－(x1－b)2＋b(b－1)<0.
所以函数h(x)是“YZ函数”．(16分)
(其他证法相应给分)
20. (1) 解：设等比数列{an}的公比为q，则cn＝2an＋1＋an＝2anq＋an＝(2q＋1)an，
当q＝－时，cn＝0，数列{cn}不是等比数列．(2分)
当q≠－时，因为cn≠0，所以＝＝q，所以数列{cn}是等比数列．(5分)
(2) 证明：因为an恰好是一个等差数列的前n项和，所以设这个等差数列为{dn}，公差为d.
因为an＝d1＋d2＋…＋dn，所以an＋1＝d1＋d2＋…＋dn＋dn＋1，
两式相减得an＋1－an＝dn＋1.
因为an＋2＝an＋bn，
所以bn＋1－bn＝(an＋3－an＋1)－(an＋2－an)＝(an＋3－an＋2)－(an＋1－an)＝dn＋3－dn＋1＝2d，
所以数列{bn}是等差数列．(10分)
(3) 证明：因为数列{cn}是等差数列，所以cn＋3－cn＋2＝cn＋1－cn.
因为cn＝2an＋1＋an，所以2an＋4＋an＋3－(2an＋3＋an＋2)＝2an＋2＋an＋1－(2an＋1＋an)，
即 2(an＋4－an＋2)＝(an＋3－an＋1)＋(an＋2－an)，则2bn＋2＝bn＋1＋bn.
因为数列{bn}是等比数列，所以b2n＋1＝bnbn＋2，则b2n＋1＝bn·，
即(bn＋1－bn)(2bn＋1＋bn)＝0.
因为数列{bn}各项均为正数，所以bn＋1＝bn，(13分)
则an＋3－an＋1＝an＋2－an，
即an＋3＝an＋2＋an＋1－an.
又数列{cn}是等差数列，所以cn＋2＋cn＝2cn＋1，
即(2an＋3＋an＋2)＋(2an＋1＋an)＝2(2an＋2＋an＋1)，
化简得2an＋3＋an＝3an＋2，将an＋3＝an＋2＋an＋1－an代入得2(an＋2＋an＋1－an)＋an＝3an＋2，
化简得an＋2＋an＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列．(16分)
(其他证法相应给分)
2020届高三模拟考试试卷(泰州)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：因为＝，所以解得(4分)
设M－1＝，则＝，
即解得所以M－1＝，(8分)
所以M－1＝＝.(10分)
B. 解：由题可知，直线方程即为ρ(sin θcos ＋cos θsin )＝4.
由ρcos θ＝x，ρsin θ＝y得直线的直角坐标方程为x＋y－8＝0.(4分)
设点P的坐标为(cos α，sin α)，
∴点P到直线的距离d＝＝，(8分)
当α＋＝2kπ－(k∈Z)，即α＝2kπ－(k∈Z)时，d取得最大值5，
此时点P的坐标为(－，－)．(10分)
C. 证明：由柯西不等式，得
3(a＋b＋c)＝(b＋c＋a)(＋＋)
＝[()2＋()2＋()2][()2＋()2＋()2](5分)
≥(·＋·＋·)2＝(a＋b＋c)2，
所以a＋b＋c≤3.(10分)
22. 解：∵ 平面ADE⊥平面ABCD，又∠ADE＝，∴ DE⊥AD.
∵ DE⊂平面ADE，平面ADE∩平面ABCD＝AD，∴ DE⊥平面ABCD.
由四边形ABCD为边长为2的正方形，∴ DA，DC，DE两两互相垂直．
以D为坐标原点，{，，}为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系．(2分)
由EF⊥平面ADE，且EF＝1，
∴ D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，F(0，1，2)．
(1) ＝(－2，0，2)，＝(0，1，2)，
则cos〈，〉＝＝＝，
∴ AE和DF所成角的余弦值为.(5分)
(2) ＝(2，2，0)，＝(0，1，2)，设平面BDF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由取z＝1，得n＝(2，－2，1)．
∵平面DFC的一个法向量为m＝(1，0，0)，
∴ cos〈m，n〉＝＝＝.
由二面角BDFC的平面角为锐角，∴二面角BDFC的余弦值为.(10分)
23. (1) 解：1，2，3的所有排列为1，2，3；1，3，2；2，1，3；2，3，1；3，1，2；3，2，1.
因为S3＝6，所以对应的kP分别为2，1，2，1，1，1，所以T3＝8.(3分)
(2) ①解：设n个不同数的某一个排列P为a1，a2，…，an，
因为n＝4l＋1，l∈N*，所以Sn＝＝(4l＋1)(2l＋1)为奇数．
而2Sk为偶数，所以不存在k(k∈N*，1≤k≤n)使得2Sk＝Sn.(5分)
②证明：因为2Sk≤Sn，即a1＋a2＋…＋ak≤ak＋1＋ak＋2＋…＋an，
又由①知不存在k(k∈N*，1≤k≤n)使得2Sk＝Sn，
所以a1＋a2＋…＋ak
考虑排列P的对应倒序排列P′：an，an－1，…，a1，
(i)(ii)即an＋…＋ak＋2
由题意知kP′＝n－k－1，则kP＋kP′＝n－1.(8分)
又1，2，3，…，n，这n个不同数共有n！个不同的排列，可以构成个对应组合(P，P′)，
且每组(P，P′)中kP＋kP′＝n－1，所以Tn＝(n－1)．(10分)
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