江苏省七市2020届高三第二次调研考试数学(含答案)z2723.pdf

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1、1 江苏省七市 2020 届高三第二次调研考试 数 学(满分 160 分，考试时间 120 分钟)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13Sh，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 A1，4，Ba5，7若 AB4，则实数 a 的值是_ 2.若复数 z 满足zi2i，其中 i 是虚数单位，则 z 的模是_ 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

2、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_ (第 4 题)6.在ABC 中，已知 B2A，AC 3BC，则 A 的值是_ 7.在等差数列an(nN*)中，若 a1a2a4，a83，则 a20的值是_ 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V1V2V的值是_ 9.在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2a2y2b21(a0

3、，b0)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 y2x 上，过点 P 作圆 C：(x4)2y28 的一条切线，切点为 T.若 PTPO，则 PC 的长是_ 11.若 x1，则 2x9x11x1的最小值是_ 12.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 yex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_ 2 13.如图(1)是第七届国际数学教育大会(ICME7)的会徽图案

4、，它是由一串直角三角形演化而成的(如图(2)，其中 OA1A1A2A2A3A7A81，则A6A7A7A8的值是_ 14.设函数 f(x)|log2xa|，0 x4，f（8x），4x8.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，sin)，b(cos(4)，sin(4)，其中 02.(1)求(ba)a 的值；(2)若 c(1，1)，

5、且(bc)a，求 的值 16.(本小题满分 14 分)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，点 P，Q 分别为 AB1，CC1的中点求证：(1)PQ平面 ABC；(2)PQ平面 ABB1A1.3 17.(本小题满分 14 分)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：(x3)2y21，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)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 AN127AM 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

6、 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 21 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 ADx，DEy1，AMy2(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)kx22ln x(kR)当 k1 时，求函数 f(x)的极

7、值；若函数 f(x)存在“F 点”，求 k 的值；(2)已知函数 g(x)ax3bx2cx(a，b，cR，a0)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 4 20.(本小题满分 16 分)在等比数列an中，已知 a11，a418.设数列bn的前 n 项和为 Sn，且 b11，anbn12Sn1(n2，nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列bnan是等差数列；(3)是否存在等差数列cn，使得对任意 nN*，都有 Sncnan？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 5 2020 届高三模拟考试试卷 数学附加题(满分

8、 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 A01a0的逆矩阵 A102b0.若曲线 C1：x24y21 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 r(r0)，直线 l 的方程为 cos(4)2.设直线 l 与曲线 C 相交于 A，B 两点，且 AB2 7，求 r 的值 C.(选修 45：不等式选讲)已知实数

9、 x，y，z 满足x21x2y21y2z21z22，求证：x1x2y1y2z1z2 2.6【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12，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(nN*)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(x

10、1，x2，xn)，其中 xi1，0，1，i1，2，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)7 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 2.5 3.10 4.52 5.23 6.6 7.15 8.13 9.2 10.13 11.8 12.ln 6 13.427 14.(，1)15.解：(1)因为向量 a(cos，sin)，b(cos(4)，sin(4)，所以(ba)aaba2(2 分)cos cos(4)sin sin(4)(cos2sin

11、2)(4 分)cos(4)1221.(6 分)(2)因为 c(1，1)，所以 bc(cos(4)1，sin(4)1)因为(bc)a，所以cos(4)1sin sin(4)1cos 0.(9 分)于是 sin cos sin(4)cos cos(4)sin，从而 2sin(4)sin 4，即 sin(4)12.(12 分)因为 02，所以444，于是 46，即 512.(14 分)8 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 PDBB1，且 PD12BB1.在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1BB1，CC1BB1

12、.因为点 Q 为棱 CC1的中点，所以 CQBB1，且 CQ12BB1.(3 分)于是 PDCQ，PDCQ.所以四边形 PDCQ 为平行四边形，从而 PQCD.(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 BB1CD.因为 CACB，点 D 为 AB 中点，所以 CDAB.(10 分)由(1)知 CDPQ，所以 BB1PQ，ABPQ.(12 分)因为 ABBB1B，AB平面 ABB1A1，BB1平面 ABB1A1，所以 PQ平面 ABB1A1.(14 分)17.解：(

13、1)记椭圆 E 的焦距为 2c(c0)因为右顶点 A(a，0)在圆 C 上，右准线 xa2c与圆 C：(x3)2y21 相切，所以（a3）2021，a2c3 1，解得a2，c1.于是 b2a2c23，所以椭圆 E 的方程为x24y231.(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 yk(x2)由方程组yk（x2），x24y231，消去 y，得(4k23)x216k2x16k2120.所以 xN216k2124k23，解得 xN8k264k23.(6 分)由方程组yk（x2），（x3）2y21，消去 y，得(k21)x2(4

14、k26)x4k280，所以 xM24k28k21，解得 xM2k24k21.(8 分)9 因为 AN127AM，所以 2xN127(xM2)，(10 分)即124k2312721k2，解得 k1.(12 分)所以直线 l 的方程为 xy20 或 xy20.(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 xty2(t0)由方程组xty2，x24y231，消去 x，得(3t24)y212ty0，所以 yN12t3t24.(6 分)由方程组xty2，（x3）2y21，消去 x，得(t21)y22ty0，所以 yM2tt21

15、.(8 分)因为 AN127AM，所以 yN127yM.(10 分)即12t3t241272tt21，解得 t1.(12 分)所以直线 l 的方程为 xy20 或 xy20.(14 分)18.解：(1)因为 SADE23SABC，ABC 是边长为 3 的等边三角形，又 ADx，所以12ADAEsin 323(1232sin 3)，所以 AE6x.(2 分)由0ADx3，0AEx63，得 2x3.(解法 1)在ADE 中，由余弦定理得 DE2AD2AE22ADAEcos 3x236x26.所以，直道 DE 的长度 y1关于 x 的函数关系式为 y1x236x26，x2，3(6 分)在ADM 和A

16、EM 中，由余弦定理得 AD2DM2AM22DMAMcosAMD，AE2EM2AM22EMAMcos(AMD).(8 分)因为点 M 为 DE 的中点，所以 DMEM12DE.由，得 AD2AE2DM2EM22AM212DE22AM2.所以 x2(6x)212(x236x26)2AM2，所以 AM2x249x232.所以，直道 AM 的长度 y2关于 x 的函数关系式为 y2x249x232，x2，3(10 分)10(解法 2)在ADE 中，因为DEAEAD，所以DE2AE22AEADAD2(6x)226xxcos 3x2x236x26.所以，直道 DE 的长度 y1关于 x 的函数关系式为

17、y1x236x26，x2，3(6 分)在ADE 中，因为点 M 为 DE 的中点，所以AM12(ADAE)(8 分)所以AM214(AD2AE22ADAE)14(x236x26)所以，直道 AM 的长度 y2关于 x 的函数关系式为 y2x249x232，x2，3(10 分)(2)由(1)得，两条直道的长度之和为 DEAMy1y2x236x26x249x232 2x236x262x249x232(12 分)63 22(当且仅当x236x2，x249x2，即 x 6时取“”)(14 分)答：当 AD 6百米时，两条直道的长度之和取得最小值(63 22)百米(16 分)19.解：(1)当 k1 时

18、，f(x)x22ln x(kR)，所以 f(x)2（x1）（x1）x(x0)令 f(x)0，得 x1.(2 分)列表如下：x(0，1)1(1，)f(x)0 f(x)极小值 所以函数 f(x)在 x1 处取得极小值，极小值为 1，无极大值(4 分)设 x0是函数 f(x)的一个“F 点”(x00)因为 f(x)2（kx21）x(x0)，所以 x0是函数 f(x)的零点 所以 k0.由 f(x0)0，得 kx201，x01k.由 f(x0)x0，得 kx202ln x0 x0，即 x02ln x010.(6 分)11 设(x)x2ln x1，则(x)12x0，所以函数(x)x2ln x1 在(0，

19、)上单调递增，注意到(1)0，所以方程 x02ln x010 存在唯一实数根 1，所以 x01k1，得 k1.根据知，k1 时，x1 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)ax3bx2cx(a，b，cR，a0)，所以 g(x)3ax22bxc(a0)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3ax22bxc0，ax3bx2cxx的两个相异实数根 由 ax3bx2cxx 得 x0，ax2bxc10.(11 分)当 x0 是函数 g(x)一个“F 点”时，c0 且

20、 x2b3a，所以 a(2b3a)2b(2b3a)10，即 9a2b2.又|g(x1)g(x2)|x1x2|2b3a0 1，所以 4b29a2，所以 9a22(9a)又 a0，所以2a0.(13 分)当 x0 不是函数 g(x)一个“F 点”时，则 x1，x2是关于 x 的方程3ax22bxc0，ax2bxc10的两个相异实数根 又 a0，所以2b3b，c3c1，解得b0，c32.所以 ax212，得 x1，212a.所以|g(x1)g(x2)|x1x2|212a1，得2a0.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 a11，a418，所

21、以 q318，解得 q12.12 所以数列an的通项公式为 an(12)n1.(3 分)(2)证明：由(1)得，当 n2，nN*时，(12)n1bn12Sn1，所以(12)nbn112Sn，得 bn112bn(12)n，(5 分)所以bn1（12）nbn（12）n11，即bn1an1bnan1，n2，nN*.因为 b11，由得 b20，所以b2a2b1a10(1)1，所以bn1an1bnan1，nN*.所以数列bnan是以1 为首项，1 为公差为等差数列(8 分)(3)解：由(2)得bnann2，所以 bnn22n1，Sn2(an1bn1)2(12nn12n)n2n1.假设存在等差数列cn，其

22、通项 cndnc，使得对任意 nN*，都有 Sncnan，即对任意 nN*，都有n2n1dnc12n1.(10 分)首先证明满足的 d0.若不然，d0，则 d0，或 d0.()若 d0，则当 n1cd，nN*时，cndnc112n1an，这与 cnan矛盾()若 d0，则当 n1cd，nN*时，cndnc1.而 Sn1Snn12nn2n1n12n0，S1S2S3，所以 SnS11.故 cndnc1Sn，这与 Sncn矛盾 所以 d0.(12 分)其次证明：当 x7 时，f(x)(x1)ln 22ln x0.因为 f(x)ln 21xln 2170，所以 f(x)在7，)上单调递增，所以当 x7

23、 时，f(x)f(7)6ln 22ln 7ln 64490.所以当 n7，nN*时，2n1n2.(14 分)再次证明 c0.()若 c0 时，则当 n7，n1c，nN*，Snn2n11nc，这与矛盾 13()若 c0 时，同()可得矛盾 所以 c0.当 cn0 时，因为 Sn1n2n10，an(12)n10，所以对任意 nN*，都有 Sncnan.所以 cn0，nN*.综上，存在唯一的等差数列cn，其通项公式为 cn0，nN*满足题设(16 分)14 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 AA1E，所以01a002b01001，即b002a1

24、001.所以b1，2a1，解得a12，b1.所以 A01120.(4 分)设 P(x，y)为曲线 C1上任一点，则x24y21.又设 P(x，y)在矩阵 A 变换作用下得到点 Q(x，y)，则01120 xyxy，即yx2xy，所以yx，x2y，即x2y，yx，代入x24y21，得 y2x21，所以曲线 C2的方程为 x2y21.(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：r(r0)的直角坐标方程为 x2y2r2，表示以原点为圆心，半径为 r 的圆(3 分)由直线 l 的方程 cos(4)2，化简得 cos cos 4sin sin 4

25、 2，所以直线 l 的直角坐标方程为 xy20.(6 分)记圆心到直线 l 的距离为 d，则 d|2|2 2.又 r2d2(AB2)2，即 r2279，所以 r3.(10 分)C.证明：因为x21x2y21y2z21z22，所以11x211y211z21x21x21y21y21z21z21.(5 分)由柯西不等式得(x21x2y21y2z21z2)(11x211y211z2)(x1x2y1y2z1z2)2，15 所以(x1x2y1y2z1z2)22.所以x1x2y1y2z1z2 2.(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(i0，1，2)，B

26、 店有 i 人休假记为事件 Bi(i0，1，2)，发生调剂现象的概率为 P，则 P(A0)P(B0)C02(12)214，P(A1)P(B1)C12(12)212，P(A2)P(B2)C22(12)214.所以 PP(A0B2)P(A2B0)1414141418.答：发生调剂现象的概率为18.(4 分)(2)依题意，X 的所有可能取值为 0，1，2，则 P(X0)P(A2B2)1414116，P(X1)P(A1B2)P(A2B1)1412121414.P(X2)1P(X0)P(X1)1116141116.(8 分)所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 116 14 1116 所以 E(X)

27、211161140116138.(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 A24，B24.(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，n1 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 C1n2n1个，每个 a 的范数为 n1；a 的 n 个坐标中含 3 个 0，其余坐标为 1 或1，共有 C3n2n3个，每个 a 的范数为 n3；a 的 n 个坐

28、标中含 n1 个 0，其余坐标为 1 或1，共有 Cn1n2 个，每个 a 的范数为 1；16 所以 AnC1n2n1C3n2n3Cn1n2，Bn(n1)C1n2n1(n3)C3n2n3Cn1n2.(6 分)因为(21)nC0n2nC1n2n1C2n2n2Cnn，(21)nC0n2nC1n2n1C2n2n2(1)nCnn，2得 C1n2n1C3n2n33n12，所以 An3n12.(8 分)(解法 1)因为(nk)Ckn(nk)n！k！（nk）！n（n1）！k！（n1k）！nCkn1，所以 Bn(n1)C1n2n1(n3)C3n2n3Cn1n2 n(C1n12n1C3n12n3Cn1n12)2n(C1n12n2C3n12n4Cn1n1)2n(3n112)n(3n11)(10 分)(解法 2)2得 C0n2nC2n2n23n12.因为 kCknkn！k！（nk）！n（n1）！（k1）！（nk）！nCk1n1，所以 Bn(n1)C1n2n1(n3)C3n2n3Cn1n2 n(C1n2n1C3n2n3Cn1n2)C1n2n13C3n2n3(n1)Cn1n2 nAnn(C0n12n1C2n12n3Cn2n12)n(3n123n112)n(3n11)(10 分)