2020年江苏省南通市、泰州市高考数学一模试卷答案解析(共22页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年江苏省南通市、泰州市高考数学一模试卷答案解析一、 填空题（共14题，共70分）1已知集合A1，0，2，B1，1，2，则AB1，2【解答】解：集合A1，0，2，B1，1，2，AB1，2故答案为：1，22已知复数z满足（1+i）z2i，其中i是虚数单位，则z的模为【解答】解：由（1+i）z2i，得则复数z的模为：故答案为：3某校高三数学组有5名党员教师，他们一天中在“学习强国”平台上的学习积分依次为35，35，41，38，51，则这5名党员教师学习积分的平均值为40【解答】解：根据题意，5名党员教师的学习积分依次为35，35，41，38，51，则这5名党员教师学

2、习积分的平均值（35+35+41+38+51）40，故答案为：404根据如图所示的伪代码，输出的a的值为11【解答】解：模拟程序语言的运行过程知，该程序的功能是计算并输出a1+1+2+3+411故答案为：115已知等差数列an的公差d不为0，且a1，a2，a4成等比数列，则的值为1【解答】解：由题意，可知a1a4，（a1+d）2a1（a1+3d），即+2a1d+d2+3a1d化简，得a1d1故答案为：16将一枚质地均匀的硬币先后抛掷3次，则恰好出现2次正面向上的概率为【解答】解：将一枚质地均匀的硬币先后抛掷3次，则恰好出现2次正面向上的概率为：P故答案为：7在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA

3、1AB2，则三棱锥A1BB1C1的体积为【解答】解：如图所示，由正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AB2，则三棱锥A1BB1C1的体积B1B故答案为：8已知函数（0），若当时，函数f（x）取得最大值，则的最小值为5【解答】解：当x时，f（x）取得最大值，即f（）sin（）1，即+2k，kZ，即12k+5，kZ，由于0，所以当k0时，的最小值为5故答案为：59已知函数f（x）（m2）x2+（m8）x（mR）是奇函数，若对于任意的xR，关于x的不等式f（x2+1）f（a）恒成立，则实数a的取值范围是（，1）【解答】解：由奇函数的性质可得，f（x）f（x）恒成立，即（m2）x2（m8）x（m2）x

4、2（m8）x，故m20即m2，此时f（x）6x单调递减的奇函数，由不等式f（x2+1）f（a）恒成立，可得x2+1a恒成立，结合二次函数的性质可知，x2+11，所以a1故答案为：（，1）10在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B分别在双曲线C：x2y21的两条渐近线上，且双曲线C经过线段AB的中点若点A的横坐标为2，则点B的横坐标为【解答】解：设点B的横坐标为m，因为双曲线C：x2y21，所以双曲线的渐近线方程为yx，不妨设点A在直线yx上，点B在直线yx上则点A坐标为（2，2），点B坐标为（m，m），所以线段AB的中点坐标为，因为双曲线C经过线段AB的中点，所以，解得，故答案为：11尽管目前

5、人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE4.8+1.5M.2008年5月汶川发生里氏8.0级地震，它释放出来的能量是2019年6月四川长宁发生里氏6.0级地震释放出来能量的1000倍【解答】解：地震时释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE4.8+1.5M2008年5月汶川发生里氏8.0级地震，它释放出来的能量满足：lgE14.8+1.58.0，2019年6月四川长宁发生里氏6.0级地震释放出来能量满足：lgE24.8+1.56.0lgE1lgE23，解得：1031000故答案为

6、：100012已知ABC的面积为3，且ABAC，若，则BD的最小值为【解答】解：如图，设ABACx，由，得AD，设BAC（0），由余弦定理可得：cos，得，由ABC的面积为3，得，即，联立，得，令y，则ysin53cos，ysin+3cos5，即（+）5，得sin（+），由，解得y4或y4（舍）即，得BD，BD的最小值为故答案为：13在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2+y28与圆C2：x2+y2+2x+ya0相交于A、B两点若圆C1上存在点P，使得ABP为等腰直角三角形，则实数a的值组成的集合为8，82，8+2【解答】解：已知圆C1：x2+y28与圆C2：x2+y2+2x+ya0相交于

7、A、B两点，则AB所在直线的方程为2x+ya+80，若圆C1上存在点P，使得ABP为等腰直角三角形，分2种情况讨论：，P为直角顶点，则AB为圆C1的直径，即直线2x+ya+80经过圆C1的圆心C1，必有a+80，解可得a8；，A或B为直角顶点，则点C1到直线AB的距离dr22，则有d2，解可得a82或8+2，综合可得：a的取值的集合为8，82，8+2；故答案为：8，82，8+214已知函数f（x），若关于x的方程f2（x）+2af（x）+1a20有五个不相等的实数根，则实数a的取值范围是【解答】解：令f（x）t，则g（t）t2+2at+1a2，作f（x）的图象如下，设g（t）的零点为t1，t2

8、，由图可知，要满足题意，则需，故，解得故答案为：二、 解答题（共6题，共90分）15如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，PCAB，D，E分别为BC，AC的中点求证：（1）AB平面PDE；（2）平面PAB平面PAC【解答】证明：（1）D，E分别为BC，AC的中点，DE是三角形ABC的一条中位线，DEAB，AB不在平面PDE内，DE在平面PDE内，AB平面PDE；（2）PA平面ABC，AB在平面ABC内，PAAB，又PCAB，PAPCP，且PA，PC都在平面PAC内，AB平面PAC，AB在平面PAB内，平面PAB平面PAC16在ABC中，已知AC4，BC3，cosB（1）求sinA的值（2）

9、求的值【解答】解：（1）如图，又AC4，BC3，根据正弦定理得，解得；（2），cosCcos（A+B）cos（A+B）sinAsinBcosAcosB，17如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1（ab0）的焦距为4，两条准线间的距离为8，A，B分别为椭圆E的左、右顶点（1）求椭圆E的标准方程：（2）已知图中四边形ABCD是矩形，且BC4，点M，N分别在边BC，CD上，AM与BN相交于第一象限内的点P若M，N分别是BC，CD的中点，证明：点P在椭圆E上；若点P在椭圆E上，证明：为定值，并求出该定值【解答】解：（1）设椭圆的E的焦距为2c，则由题意，得，解得，所以b2a2c24，所以椭圆E的标

10、准方程为；（2）证明：由已知，得M（2，2），N（0，4），B（2，0），直线AM的方程为，直线BN的方程为，联立，解得，即P（，），因为，所以点P在椭圆上；解法一：设P（x0，y0），（x00，y00），则，直线AP的方程为，令，得，直线BP的方程，令y4，得，所以解法二：设直线AP的方程为（k10），令，得，设直线BP的方程为（k20），令y4，得，所以|k1k2|，设P（x0，y0），（x00，y00），则，所以k1k2，所以18在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫作图形的旋转，如图，小卢利用图形的旋转设计某次活动的徽标，他将边长为a的正三角形ABC绕其中心O逆

11、时针旋转到三角形A1B1C1，且顺次连结A，A1，B，B1，C，C1，A，得到六边形徽标AA1BB1CC1（1）当时，求六边形徽标的面积；（2）求六边形微标的周长的最大值【解答】解：（1）因为正三角形ABC的边长为a，所以AOB120，且OAOA1OBOB1OCOC1，由旋转图形的性质可知，A1AC1AA1BB1BA1BB1CC1CB1CC1A，所以AA1BA1BB1BB1CB1CC1CC1AC1AA1120，在等腰AOA1中，因为AOA1，所以AA1O，所以BA1O，因此A1OB，依此类推可得，BOB1COC1，B1OCC1OA，所以六边形徽标的面积S+3（）3，故六边形徽标的面积为（2）由

12、（1）可知，A1AB1BC1C，A1BB1CC1A，不妨设A1Ax，A1By，则六边形徽标的周长L3（x+y）在AA1B中，由余弦定理得，cosAA1Bcos120所以xx2+y2+xya2，变形得（x+y）2xya2由基本不等式可知，由解得，x+y，当且仅当xy时取等号所以六边形徽标的周长L3（x+y）3故六边形徽标的周长的最大值为19已知数列an满足：a11，且当n2时，anan1+（R）（1）若1，证明：数列a2n1是等差数列；（2）若2设bna2n+，求数列bn的通项公式；设n，证明：对于任意的p，mN*，当pm，都有pm【解答】解：（1）当1时，则根据a11，anan1+（n2），得

13、，所以a2n+1a2n1+1，即a2n+1a2n11为常数，即数列a2n1是首项为1，公差为1的等差数列；（2）2时，a11，且当n2时，an2an1+，当n2时，所以a2n4a2n2+2，则a2n+4（a2n2+），又因为bna2n+，即有bna2n+4（a2n2+），而b1a2+2a1+0，所以4是常数，所以数列bn时首项为，公比为4的等比数列，则bn的通项公式为bn4n14n（nN+）；由知，a2nbn（4n1），a2n1a2n（4n1），则（）n，所以n（nN+），则Cn+1n，当n1时，C2C10，则C2C1；当n2时，C3C20，则C3C2；当n3时，Cn+1n0，则Cn+1n，故

14、对于任意的p，mN*，当pm，都有pm20设函数（aR），其中e为自然对数的底数（1）当a0时，求函数f（x）的单调减区间；（2）已知函数f（x）的导函数f（x）有三个零点x1，x2，x3（x1x2x3）求a的取值范围；若m1，m2（m1m2）是函数f（x）的两个零点，证明：x1m1x1+1【解答】解：（1）当a0时，其定义域为（，0）（0，+），令f（x）0，则x1，f（x）的单调递减区间为（1，+）（2）由，得，设g（x）ax3x+1，则导函数f（x）有三个零点，即函数g（x）有三个非零的零点又g（x）3ax21，若a0，则g（x）3ax210，g（x）在（，+）上是减函数，g（x）至多有

15、1个零点，不符合题意，a0令g（x）0，则当x时，g（x）0；当x，g（x）0，g（x）在上单调递减，在和上单调递增，即，又g（0）10，g（x）在上有且只有1个非零的零点当时，且，又函数g（x）的图象是连续不间断的，g（x）在和上各有且只有1个非零的零点，实数a的取值范围是由f（m1）f（m2）0，得，设p（x）ax2ax1（a0），且p（m1）p（m2）0，又m1m2，m10m2xm1或xm2时，p（x）0；m1xm2时，p（x）0由知a0，x10x2x3，x1m1x1+1成立【选做题】（3选2，每题10分）21已知a，bR，向量是矩阵A的属于特征值3的一个特征向量（1）求矩阵A；（2）若

16、点P在矩阵A对应的变换作用下得到点P（2，2），求点P的坐标【解答】解：（1）由矩阵特征值和特征向量的关系可知：A3，带入可知： 3，即，解得a2，b1，故矩阵A（2）设P为（x，y），因为点P在矩阵A对应的变换作用下得到点P（2，2），所以，解得x1，y0，故P（1，0）22在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程（t为参数），椭圆C的参数方程为（为参数），求椭圆C上的点P到直线l的距离的最大值【解答】解：已知直线l的参数方程（t为参数），转换为直角坐标方程为x+2y+30，椭圆C的参数方程为（为参数），设椭圆上的点P（2cos，sin）到直线l的距离d，当sin（）1时，23已知a，

17、b，c都是正实数，且1证明：（1）abc27； （2）1【解答】证明：（1）a，b，c都是正实数，又1，即abc27，得证；（2）a，b，c都是正实数，由+得，得证【必做题】（每题10分）24如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ABAD，ABADAA12BC2（1）求二面角C1B1CD1的余弦值；（2）若点P为棱AD的中点，点Q在棱AB上，且直线B1C与平面B1PQ所成角的正弦值为，求AQ的长【解答】解：（1）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，AB，AD平面ABCD，ABAA1，ADAA1，ABAD，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建

18、立空间直角坐标系，ABADAA12BC2A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，1，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），B1（2，0，2），C1（2，1，2），D1（0，2，2），（2，2，0），（0，1，2），设平面B1CD1的一个法向量（x，y，z），则，取x2，则（2，2，1），AB平面B1C1C，平面B1CC1的一个法向量（2，0，0），设二面角C1B1CD1的的平面角为，由图形得锐角，二面角C1B1CD1的余弦值为：cos（2）设AQ（02），则Q（，0，0），点P是AD中点，则P（0，1，0），（，1，0），（2，0，2），设平面B1PQ的法向量（x，y，z），则，取x

19、2，得（2，2，2），设直线B1C与平面B1PQ所成角大小为，直线B1C与平面B1PQ所成角的正弦值为，sin，解得1或AQ125一只口袋装有形状、大小完全相同的5只小球，其中红球、黄球、绿球、黑球、白球各1只现从口袋中先后有放回地取球2n次（nN*），且每次取1只球（1）当n3时，求恰好取到3次红球的概率；（2）随机变量X表示2n次取球中取到红球的次数，随机变量，求Y的数学期望（用n表示）【解答】解：（1）当n3时，从装有5只小球的口袋中有放回地取球6次，共有n56个基本事件，记“恰好取到3次红球”为事件A，则事件A包含的基本事件个数为m，当n3时，恰好取到3次红球的概率P（A）（2）由题意知随机变量Y的所在可能取值为0，1，3，5，2n1，（nN*），则P（Y2t+1）（2i+1）（0in1，iN），E（Y）0P（Y0）+3P（Y3）+5P（Y5）+（2n1）P（Y2n1）（+），令xn+，yn+，则，xnyn（41）2n132n1E（Y）专心-专注-专业