2020届江苏省南京市、盐城市高三第二次模拟考试数学文.pdf

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1、第页1 2020 届江苏省南京市、盐城市高三第二次模拟考试数学文科(满分 160 分，考试时间120 分钟)20204 参考公式：圆锥的侧面积公式：S rl，其中 r 为圆锥底面圆的半径，l 为圆锥的母线长一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分1.已知集合Ax|x 2k 1，kZ，Bx|x(x 5)0，则 AB_2.已知复数z1 2i，其中 i 为虚数单位，则z2的模为 _3.如图是一个算法流程图，若输出的实数y 的值为 1，则输入的实数x 的值为 _(第 3 题)(第 4 题)4.某校初三年级共有500 名女生，为了了解初三女生1 分钟“仰卧起坐”项目训练情况，统计了所有

2、女生 1 分钟“仰卧起坐”测试数据(单位：个)，并绘制了如图频率分布直方图，则1 分钟至少能做到30 个仰卧起坐的初三女生有_个5.从编号为1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则第二次抽得的卡片上数字能被第一次抽得的卡片上的数字整除的概率为_6.已知函敬f(x)是定义在R 上的奇函敷，且周期为2，当 x(0，1时，f(x)x，则 f(a)的值为 _7.若将函数 f(x)sin(2x3)的图象沿 x 轴向右平移(0)个单位长度后所得的图象与f(x)的图象关于 x 轴对称，则的最小值为 _8.在 ABC 中，AB 25，AC 5，BAC 90，则 ABC 绕 BC

3、所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为_9.已知数列 an为等差数列，数列bn为等比数列，满足a1，a2，a3 b1，b2，b3a，b，2，第页2 其中 a0，b0，则 ab 的值为 _10.已知点 P 是抛物线x24y 上动点，F 是抛物线的焦点，点A 的坐标为(0，1)，则PFPA的最小值为_11.已知 x，y 为正实数，且xy 2x4y41，则 x y 的最小值为 _12.在平面直角坐标系xOy 中，圆 C：(x m)2y2r2(m 0)已知过原点O 且相互垂直的两条直线l1和 l2，其中 l1与圆 C 相交于 A，B 两点，l2与圆 C 相切于点D.若 ABOD，则直线 l1的斜率为

4、 _13.在 ABC 中，BC 为定长，|AB2AC|3|BC|.若 ABC 面积的最大值为2，则边 BC 的长为 _14.已知函数f(x)exxb(e 为自然对数的底数，bR)若函数g(x)f(f(x)12)恰有 4 个零点，则实数 b 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，点 D，E 分别为 AB，BC 的中点，且平面PDE 上平面 ABC.(1)求证：AC平面 PDE；(2)若 PDAC 2，PE3，求证：平面PBC平面 ABC.16.(本小题满分14 分)在 ABC

5、 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且 abcos Ccsin B.(1)求 B 的值；(2)设 BAC 的平分线AD 与边 BC 交于点 D.已知 AD 177，cos A725，求 b 的值第页3 17.(本小题满分14 分)如图，湖中有一个半径为1 千米的圆形小岛，岸边点 A 与小岛圆心C 相距 3 千米 为方便游人到小岛观光，从点A 向小岛建三段栈道AB，BD，BE，湖面上的点B 在线段 AC 上，且 BD，BE 均与圆 C 相切，切点分别为D，E，其中栈道AB，BD，BE 和小岛在同一个平面上沿圆C 的优弧(圆 C 上实线部分)上再修建栈道 DE，记 CBD 为.(1)用

6、 表示栈道的总长度f()，并确定sin 的取值范围；(2)求当 为何值时，栈道总长度最短第页4 18.(本小题满分16 分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，且过点(0，3)(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知 BMN 是椭圆 C 的内接三角形 若点 B 为椭圆 C 的上顶点，原点O 为 BMN 的垂心，求线段MN 的长；若原点 O 为 BMN 的重心，求原点O 到直线 MN 距离的最小值第页5 19.(本小题满分16 分)已知函数f(x)x3x2(a16)x，g(x)aln x，aR.函数 h(x)f（x）xg(x)的导函数h(x)在52，

7、4上存在零点(1)求实数 a的取值范围；(2)若存在实数a，当 x0，b时，函数f(x)在 x0 时取得最大值，求正实数b 的最大值；(3)若直线 l 与曲线 yf(x)和 yg(x)都相切，且l 在 y 轴上的截距为12，求实数a 的值第页6 20.(本小题满分16 分)已知无穷数列an 的各项均为正整数，其前n 项和为Sn.记 Tn为数列 an的前 an项和，即Tna1a2 an.(1)若数列 an为等比数列，且a1 1，S4 5S2，求 T3的值；(2)若数列 an为等差数列，且存在唯一的正整数n(n2)，使得Tnan2，求数列 an的通项公式；(3)若数列 Tn的通项为Tnn（n 1）

8、2，求证：数列 an为等差数列.第页7 2020 届高三模拟考试试卷(南京、盐城)数学参考答案及评分标准1.1，32.53.144.3255.126.07.28.6 59.510.2211.812.25513.214.(1，12ln 2)15.证明：(1)因为点 D，E 分别为 AB，BC 的中点，所以DEAC.(2 分)因为 AC?平面 PDE，DE?平面 PDE，所以 AC 平面 PDE.(4 分)(2)因为点 D，E 分别为 AB，BC 的中点，所以DE12AC.因为 AC 2，所以 DE1.因为 PD2，PE3，所以 PD2PE2DE2，因此在 PDE 中，PEDE.(8 分)又平面

9、PDE平面 ABC，且平面PDE平面 ABC DE，PE?平面 PDE，所以 PE平面 ABC.(12 分)因为 PE?平面 PBC，所以平面PBC平面 ABC.(14 分)16.解：(1)因为 abcos Ccsin B，由asin Absin Bcsin C，得 sin Asin Bcos Csin Csin B(2 分)因为 sin Asin(BC)sin(B C)sin Bcos Ccos Bsin C，所以 sin Bcos Ccos Bsin Csin Bcos Csin Csin B，即 cos Bsin C sin Csin B(4 分)因为 0C，所以sin C 0，所以 s

10、in Bcos B.又 0B，所以sin B0，从而 cos B0，所以 tan B1，所以 B4.(6 分)(2)因为 AD 是 BAC 的平分线，设BAD ，所以 A2.因为 cos A725，所以 cos 2 cos A725，即 2cos2 1725，所以 cos2925.因为 0A，所以0 2，所以 cos 35，所以 sin 1cos245.在 ABD 中，sinADB sin(B)sin(4)sin4cos cos4sin 22(3545)7 210.(8 分)由ADsin BABsinADB，所以 AB ADsin ADBsin B1777 2102175.(10 分)在 AB

11、C 中，sin A1cos2A2425，所以 sin Csin(A B)sin Acos B cos Asin B 22(2425725)17250.(12 分)由bsin Bcsin C，得 bcsin Bsin C17522172505.(14 分)第页8 17.解：(1)连结 CD，因为 BD 与圆 C 相切，切点为D，所以 BCD 为直角三角形因为 CBD ，且圆形小岛的半径为1 千米，所以DB 1tan，BC1sin.因为岸边上的点A 与小岛圆心C 相距 3 千米，所以AB ACBC31sin.(2 分)因为 BE 与圆 C 相切，所以BE DB1tan，优弧 DE所对圆心角为2(2

12、)2，所以优弧DE长 l 为 2.(4 分)所以 f()ABBD BEl31sin 1tan 1tan 2 3 2 2cos 1sin.(6 分)因为 0AB 2，所以 031sin 2，解得13sin 1，所以 sin 的取值范围是(13，1)(8 分)(2)由 f()3 2 2cos 1sin，得 f()2cos sin22cos（12cos）sin2.(10 分)令 f()0，解得 cos 12.因为 为锐角，所以 3.(12 分)设 sin 013，0为锐角，则003.当 (0，3)时，f()0，则 f()在(0，3)上单调递减；当 (3，2)时，f()0，则 f()在(3，2)上单调

13、递增所以 f()在 3时取得最小值答：当 3时，栈道总长度最短(14 分)18.解：(1)记椭圆 C 的焦距为2c，因为椭圆C 的离心率为12，所以ca12.因为椭圆C 过点(0，3)，所以 b3.因为 a2 c2 b2，解得 c1，a2，故椭圆 C 的方程为x24y23 1.(2 分)(2)因为点 B 为椭圆 C 的上顶点，所以B 点坐标为(0，3)因为 O 为 BMN 的垂心，所以BOMN，即 MN y 轴由椭圆的对称性可知M，N 两点关于y 轴对称(4 分)不妨设 M(x0，y0)，则 N(x0，y0)，其中3y03.因为 MO BN，所以 MO BN0，即(x0，y0)(x0，y03)

14、0，得 x20 y203y00.(6 分)又点 M(x0，y0)在椭圆上，则x204y2031.第页9 由x20y203y00，x204y2031，解得 y04 37或 y03(舍去)，此时|x0|2 337.故 MN 2|x0|4 337，即线段MN 的长为4337.(8 分)(解法 1)设 B(m，n)，记线段MN 中点为 D.因为 O 为 BMN 的重心，所以BO 2OD，则点 D 的坐标为(m2，n2)(10 分)若 n0，则|m|2，此时直线MN 与 x 轴垂直，故原点O 到直线 MN 的距离为m2，即为 1.若 n0，此时直线MN 的斜率存在设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，

15、则 x1x2 m，y1y2 n.又x214y2131，x224y2231，两式相减得（x1x2）（x1x2）4（y1y2）（y1y2）30，可得 kMNy1 y2x1 x23m4n.(12 分)故直线 MN 的方程为y3m4n(xm2)n2，即 6mx8ny3m24n20，则点 O 到直线 MN 的距离为d|3m24n2|36m2 64n2.将m24n23 1，代入得d3n29.(14 分)因为 0n23，所以 dmin32.又32 1，故原点O 到直线 MN 距离的最小值为32.(16 分)(解法 2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)，因为 O 为 BMN 的重心，所

16、以x1x2x30，y1y2y30，则 x3(x1x2)，y3(y1y2)(10 分)因为x234y2331，所以（x1x2）24（y1 y2）231.将x214y2131，x224y2231，代入得x1x24y1y2312.(12 分)若直线 MN 的斜率不存在，则线段MN 的中点在x 轴上，从而B 点位于长轴的顶点处由于 OB2，所以此时原点O 到直线 MN 的距离为1.若直线 MN 的斜率存在，设为k，则其方程为ykxn.由ykx n，x24y231，消去 y 得(34k2)x28knx 4n2120(*)则 (8kn)24(34k2)(4n212)0，即 34k2n2.由根与系数关系可得

17、x1x28kn3 4k2，x1x24n21234k2，则 y1y2(kx1 n)(kx2 n)k2x1x2 kn(x1x2)n23n2 12k234k2，代入x1x24y1y2312，得144n21234k2133n212k234k212，即 n2k234.(14 分)第页10 又 34k2n2，于是 34k2k234，即 3k294 0恒成立，因此kR.原点(0，0)到直线 MN 的距离为d|n|k21k234k21114（k21）.因为 k20，所以当k0 时，dmin32.又32 1，故原点O 到直线 MN 距离的最小值为32.(16 分)19.解：(1)因为 h(x)f（x）xg(x)

18、x2x(a16)aln x，所以 h(x)2x1ax2x2xax.令 h(x)0，得 2x2xa0.因为函数h(x)在52，4上存在零点，即y2x2x a在 52，4上存在零点，又函数 y2x2xa 在52，4上单调递增，所以2（52）252a0，2 424a0，解得 10a 28.因此，实数a 的取值范围是 10，28(2 分)(2)(解法 1)因为当 x0，b时，函数f(x)在 x0 处取得最大值，即存在实数a，当 x0，b时，f(0)f(x)恒成立，即 x3 x2(a16)x0 对任意 x0，b都成立(4 分)当 x0 时，上式恒成立；(6 分)当 x(0，b时，存在a10，28，使得

19、x2x16a 成立，(8 分)所以 x2x1628，解得 3x4，所以 b4.故当 a28 时，b 的最大值为4.(10 分)(解法 2)由 f(x)x3x2(a16)x，得 f(x)3x22x(a16)设 412(a16)4(3a47)若 0，则 f(x)0 恒成立，f(x)在0，b上单调递增，因此当 x0，b时，函数f(x)在 x0 时不能取得最大值，于是 0，(4 分)故 f(x)0 有两个不同的实数根，记为x1，x2(x1x2)若 x1 0，则当 x(0，x1)时，f(x)0，f(x)在(0，x1)上单调递增，因此当 x0，b时，函数f(x)在 x0 时不能取得最大值，所以 x10.(

20、6 分)又 x1 x2230，因此 x20，从而当 x(0，x2)时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x(x2，)时，f(x)0，f(x)单调递增，若存在实数a，当 x0，b时，函数f(x)在 x 0 处取得最大值，则存在实数a，使得 f(0)f(b)成立，即b3b2(a16)b0.(8 分)所以存在a10，28，使得 b2 b16 a成立，所以 b2b1628，解得 3b4，第页11 故当 a28 时，b 的最大值为4.(10 分)(3)设直线 l 与曲线 yf(x)相切于点A(x1，f(x1)，与曲线y g(x)相切于点 B(x2，g(x2)，过点 A(x1，f(x1)的切线方程为y x

21、31x21(a16)x13x212x1(a16)(x x1)，即y3x212x1(a16)x2x31x21.过点 B(x2，g(x2)的切线方程为yaln x2ax2(xx2)，即 yax2xaln x2a.因为直线l 在 y 上的截距为 12，所以3x212x1（a16）ax2，2x31x21 12，aln x2a 12.(12 分)由解得x12，则24aax2，aln x2a 12，消去 a，得 ln x21x22x20.(14 分)由(1)知 10a28，且 x2 0，则 x257.令 p(x)ln x1x2x，x 57，)，则 p(x)1x12x22x12x2.因为 p(x)0，所以函

22、数p(x)在 57，)上为增函数因为 p(1)0，且函数p(x)的图象是不间断的，所以函数p(x)在57，)上有唯一零点1，所以方程ln x21x22x20 的解为 x2 1，所以 a 12.所以实数a 的值为 12.(16 分)20.(1)解：设等比数列 an 的公比为q，因为 S45S2，所以 a1a2a3a45(a1a2)，即 a3a44(a1a2)，所以 a1q2(1q)4a1(1q)因为数列 an的各项均为正整数，所以a1，q 均为正数，所以q24，解得 q2.又 a11，所以 an2n1，从而 a34，所以 T3S4122223 15.(2 分)(2)解：设等差数列 an的公差为d

23、，则 an a1(n 1)d.因为数列 an的各项均为正整数，所以dZ.若 d0，令 an0，得 n1a1d，这与 an为无穷数列相矛盾，因此 d0，即 dN.(4 分)因为 Snna1n（n1）d2，所以 Tna1anan（an1）d2，因此Tnana1（an1）d2.由Tnan2，得 a1（an1）d22.(6 分)因为 a1 N*，dN，所以 2a1（an1）d2 a1 1，因此 a11.于是 1（n1）d222，即(n1)d22.若 d0，则存在无穷多个n(n 2)，使得上述不等式成立，所以d0 不合题意；(8 分)第页12 若 dN*，则 n12d2，因为存在唯一的正整数n(n2)，

24、使得该不等式成立，所以 212d23，即 1d22.又 dN*，所以 d1，因此 an1(n1)1n.(10 分)(3)证明：因为 Sn1Snan10，所以 Sn1Sn，即数列 Sn单调递增又 Tn1 Tn（n1）（n2）2n（n 1）2n10，所以 Tn1Tn，即 San1San，因为数列 Sn单调递增，所以an1an.(12 分)又 anN*，所以 an1an1，即 an1 an 1，所以 an1 a1(a2a1)(a3a2)(an1an)n，因此 an1 a1 n1n，即 ann(n2)又 a11，所以 ann.(14 分)由 Tn1 Tnn 1，得 aan1aan 2 aan1n1，因此 n1aan 1an1，即 ann.由知ann，因此 an1an1，所以数列 an为等差数列(16 分)