江苏省盐城市、南京市2020届高三第一次模拟考试数学试题含附加题Word版含答案5611.pdf

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1、盐城市、南京市 2020 届高三年级第一次模拟考试 数学试题 注意事项：1本试卷共 4 页，包括填空题（第 1 题第 14 题）、解答题（第 15 题第 20 题）两部分本试卷满分为 160 分，考试时间为 120 分钟 2答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题卡 参考公式：柱体体积公式：VSh，锥体体积公式：V13Sh，其中S为底面积，h为高 样本数据x1，x2，xn的方差s21nni1(xi)2，其中1nni1xi 一 填空题:本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分不需写出解答过程，请把答案

2、写在答题卡的指定位置上 1已知集合A(0，)，全集UR，则U A 2设复数z2i，其中 i 为虚数单位，则zz 3学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概率为 4命题“R，cossin1”的否定是 命题(填“真”或“假”)5运行如图所示的伪代码，则输出的I的值为 6已知样本 7，8，9，x，y的平均数是 9，且xy110，则此样本的方差 是 7在平面直角坐标系xOy中，若抛物线y24x上的点P到其焦点的距离为 3，则点P到点O的距离为 8若数列an是公差不为 0 的等差数列，lna1、lna2、lna5成等差数列，则a2a1的值为 9在三棱柱ABCA1B1C1中

3、，点P是棱CC1上一点，记三棱柱ABCA1B1C1与四棱锥PABB1A1的体积分别为V1与V2，则V2V1 10设函数f(x)sin(x)(0，02)的图象与y轴交点的纵坐标为32，y轴右侧第一个最低点的横坐标为6，则的值为 S0 I0 While S10 SSI II1 End While Print I（第 5 题图）11 已知H是ABC的垂心(三角形三条高所在直线的交点)，AH14AB12AC，则 cosBAC的值为 12若无穷数列cos(n)(R)是等差数列，则其前 10 项的和为 13已知集合P(x，y)|x|x|y|y|16，集合Q(x，y)|kxb1ykxb2，若PQ，则|b1b

4、2|k21的最小值为 14若对任意实数x(，1，都有|exx22ax1|1 成立，则实数a的值为 二解答题:本大题共 6 小题，计 90 分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内 15(本小题满分 14 分)已知ABC满足 sin(B6)2cosB（1）若 cosC63，AC3，求AB；（2）若A(0，3)，且 cos(BA)45，求 sinA 16(本小题满分 14 分)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，已知底面ABCD是正方形，点P是侧棱CC1上的一点（1）若AC1/平面PBD，求PC1PC的值；（2）求证：BDA1P A B C D D1 A1

5、 B1 C1 P（第 16 题图）17(本小题满分 14 分)如图，是一块半径为 4 米的圆形铁皮，现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶具体做法是从O中裁剪出两块全等的圆形铁皮P与Q做圆柱的底面，裁剪出一个矩形ABCD做圆柱的侧面(接缝忽略不计)，AB为圆柱的一条母线，点A、B在O上，点P、Q在O的一条直径上，ABPQ，P、Q分别与直线BC、AD相切，都与O内切（1）求圆形铁皮P半径的取值范围；（2）请确定圆形铁皮P与Q半径的值，使得油桶的体积最大(不取近似值)18(本小题满分 16 分)设椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，离心率是 e，动点P(x0，y0)在椭圆C

6、上运动当PF2x轴时，x01，y0e（1）求椭圆C的方程；（2）延长PF1，PF2分别交椭圆C于点A，B(A，B不重合)设AF1F1P，BF2F2P，求的最小值 A B C D O Q P（第 17 题图）y（第 18 题图）A B P F1 F2 O x 19(本小题满分 16 分)定义：若无穷数列an满足an1an是公比为q的等比数列，则称数列an为“M(q)数列”设数列bn中b11，b37（1）若b24，且数列bn是“M(q)数列”，求数列bn的通项公式；（2）设数列bn的前n项和为Sn，且bn12Sn12n，请判断数列bn是否为“M(q)数列”，并说明理由；（3）若数列bn是“M(2)

7、数列”，是否存在正整数m，n使得40392019bmbn40402019?若存在，请求出所有满足条件的正整数m，n；若不存在，请说明理由 20(本小题满分 16 分)若函数f(x)exaexmx(mR)为奇函数，且xx0时f(x)有极小值f(x0)（1）求实数a的值；（2）求实数m的取值范围；（3）若f(x0)2e恒成立，求实数m的取值范围 注意事项：1附加题供选修物理的考生使用 2本试卷共 40 分，考试时间 30 分钟 3答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸卡 21【选做题】在 A、B、C 三小题

8、中只能选做 2 题，每小题 10 分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 A选修 42：矩阵与变换 已知圆C经矩阵Ma 33 2变换后得到圆C：x2y213，求实数a的值 B选修 44：坐标系与参数方程 在极坐标系中，直线cos2sinm被曲线4sin截得的弦为AB，当AB是最长弦时，求实数m的值 C选修 45：不等式选讲 已知正实数a，b，c满足1a2b3c1，求a2b3c的最小值 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 22(本小题满分 10 分)如图，AA

9、1、BB1是圆柱的两条母线，A1B1、AB分别经过上下底面圆的圆心O1、O，CD是下底面与AB垂直的直径，CD2（1）若AA13，求异面直线A1C与B1D所成角的余弦值；（2）若二面角A1CDB1的大小为3，求母线AA1的长 23(本小题满分 10 分)设2ni1(12x)ia0a1xa2x2a2nx2n(nN*)，记Sna0a2a4a2n（1）求Sn；（2）记TnS1C1nS2C2nS3C3n(1)nSnCnn，求证：|Tn|6n3恒成立 （第 22 题图）盐城市南京市 2020 届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案及评分标准 说明：1本解答给出的解法供参考如果考生的解法与本解答不同，可根

10、据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数，填空题不给中间分数 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1(，0 25 323 4真 56 62 72 3 83 923 107 1133 1210 134 1412 二、解答题：本大题共 6 小题，

11、计 90 分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内 15(本小题满分 14 分)解：（1）由 sin(B6)2cosB，可知32sinB12cosB2cosB，即 sinB 3cosB 因为 cosB0，所以 tanB 3 又B(0，)，故B3 2 分 由 cosC63，C(0，)，可知 sinC 1cos2C33 4 分 在ABC中，由正弦定理bsinBcsinC，可得 ACsin3ABsinC，所以AB2 7 分（2）由（1）知B3，所以A(0，3)时，3A(0，3)，由 cos(BA)45，即 cos(3A)45，所以 sin(3A)1cos2(3A

12、)35，10 分 所以 sinAsin3(3A)sin3cos(3A)cos3sin(3A)324512354 3310 14 分 16(本小题满分 14 分)证明：（1）连结AC交BD于点O，连结OP 因为AC1/平面PBD，AC1平面ACC1，平面ACC1平面BDPOP，所以AC1/OP 3 分 因为四边形ABCD是正方形，对角线AC交BD于点O，所以点O是AC的中点，所以AOOC，所以在ACC1中，PC1PCAOOC1 6 分（2）连结A1C1 因为ABCDA1B1C1D1为长方体，所以侧棱C1C平面ABCD 又BD平面ABCD，所以CC1BD 8 分 因为底面ABCD是正方形，所以AC

13、BD10 分 又ACCC1C，AC面ACC1A1，CC1面ACC1A1，所以BD面ACC1A1 12 分 又因为A1P面ACC1A1，所以BDA1P 14 分 O A B C D D1 A1 B1 C1 P（第 16 题图）17(本小题满分 14 分)解：（1）设P半径为r，则AB4(2r)，所以P的周长 2rBC2 164(2r)2，4分 解得 r1624，故P半径的取值范围为(0，1624 6 分（2）在（1）的条件下，油桶的体积Vr2AB4r2(2r)8分 设函数f(x)x2(2x)，x(0，1624，所以f(x)4x3x2，由于162443，所以f(x)0 在定义域上恒成立，故f(x)

14、在定义域上单调递增，即当r1624时，体积取到最大值13 分 答：P半径的取值范围为(0，1624当r1624米时，体积取到最大值14分 18(本小题满分 16 分)解：（1）由当PF2x轴时，x01，可知c1 2 分 将x01，y0e 代入椭圆方程得1a2e2b21 由 eca1a，b2a2c2a21，所以1a21a2(a21)1，解得a22，故b21，所以椭圆C的方程为x22y214 分（2）方 法 一：设A(x1，y1)，由AF1 F1P，得1x1(x01)，y1y0，即x1x01，y1y0，代入椭圆方程，得(x01)22(y0)21 8分 又由x202y01，得(x0)22(y0)22

15、，两式相减得(1)(2x01)212 因为10，所以 2x012(1)，故132x0 12 分 同理可得132x0，14 分 故132x0132x0694x2023，当且仅当x00 时取等号，故的最小值为2316分 方法二：由点A，B不重合可知直线PA与x轴不重合，故可设直线PA的方程为xmy1，联立 x22y21，xmy1，消去x，得(m22)y22my10 设A(x1，y1)，则y0y11m22，所以y11(m22)y0 8 分 将点P(x0，y0)代入椭圆的方程得x202y021，代入直线PA的方程得x0my01，所以mx01y0 由AF1F1P，得y1y0，故y1y01(m22)y20

16、1(x01)22y20 1(x01)22(112x20)132x0 12 分 同理可得132x0 14 分 故132x0132x0694x2023，当且仅当x00 时取等号，故的最小值为23 16分 注：（1）也可设P(2cos，sin)得132 2cos，其余同理 （2）也可由116，运用基本不等式求解的最小值 19(本小题满分 16 分)解：（1）因为b24，且数列bn是“M(q)数列”，所以qb3b2b2b174411，所以bn1bnbnbn11，n2，即bn1bnbnbn1，n2，2 分 所以数列bn是等差数列，其公差为b2b13，所以数列bn通项公式为bn1(n1)3，即bn3n2

17、4分（2）由bn12Sn12n，得b232，b3437，故1 方法一：由bn12Sn12n1，得bn22Sn112(n1)1，两式作差得bn2bn12bn112，即bn23bn112，nN*又b252，所以b23b112，所以bn13bn12对nN*恒成立，6 分 则bn1143(bn14)因为b114340，所以bn140，所以bn114bn143，即bn14是等比数列，8 分 所以bn14(114)3n1143n，即bn143n14，所以bn2bn1bn1bn(143n214)(143n114)(143n114)(143n14)3，所以bn1bn是公比为 3 的等比数列，故数列bn是“M(

18、q)数列”10 分 方法二：同方法一得bn13bn12对nN*恒成立，6 分 则bn23bn112，两式作差得bn2bn13(bn1bn)8 分 因为b2b1320，所以bn1bn0，所以bn2bn1bn1bn3，所以bn1bn是公比为 3 的等比数列，故数列bn是“M(q)数列”10 分（3）由数列bn是“M(2)数列”，得bn1bn(b2b1)2n1 又b3b2b2b12，即7b2b212，所以b23，所以b2b12，所以bn1bn2n，所以当n2 时，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1 2n12n2212n1 当n1 时上式也成立，所以bn2n1 12 分 假设存在正整数

19、m，n，使得40392019bmbn40402019，则403920192m12n140402019 由2m12n1403920191，可知 2m12n1，所以mn 又m，n为正整数，所以mn1 又2m12n12mn(2n1)2mn12n12mn2mn12n140402019，所以 2mn404020193，所以mn1，14 分 所以2m12n1212n1，即40392019212n140402019，所以202122n2020，所以n10，m11，故存在满足条件的正整数m，n，其中m11，n10 16 分 20(本小题满分 16 分)解：（1）由函数f(x)为奇函数，得f(x)f(x)0 在

20、定义域上恒成立，所以 exaexmxexaexmx0，化简可得(1a)(exex)0，所以a1 3 分（2）方法一：由（1）可得f(x)exexmx，所以f(x)exexme2xmex1ex 当m2 时，由于 e2xmex10 恒成立，即f(x)0 恒成立，故不存在极小值 5 分 当m2 时，令 ext，则方程t2mt10 有两个不等的正根t1，t2(t1t2)，故可知函数f(x)exexmx在(，lnt1)，(lnt2，)上单调递增，在(lnt1，lnt2)上单调递减，即在 lnt2处取到极小值，所以，m的取值范围是(2，)9 分 方法二：由（1）可得f(x)exexmx，令g(x)f(x)

21、exexm，则g(x)exexe2x1ex 故当x0 时，g(x)0；当x0 时，g(x)0，5分 故g(x)在(，0)上递减，在(0，)上递增，所以g(x)ming(0)2m 若 2m0，则g(x)0 恒成立，所以f(x)单调递增，此时f(x)无极值点 6分 若 2m0，即m2 时，g(0)2m0取tlnm，则g(t)1m0 又函数g(x)的图象在区间0，t上不间断，所以存在x0(0，t)，使得 g(x0)0 又g(x)在(0，)上递增，所以x(0，x0)时，g(x)0，即f(x)0；x(x0，)时，g(x)0，即f(x)0，所以f(x0)为f(x)极小值，符合题意 所以，m的取值范围是(2

22、，)9 分（3）由x0满足 ex0ex0m，代入f(x)exexmx,消去m，可得f(x0)(1x0)ex0(1x0)ex0 11 分 构造函数h(x)(1x)ex(1x)ex，所以h(x)x(exex)当x0 时，exex1e2xex0，所以当x0 时，h(x)0 恒成立，故h(x)在0，)上为单调减函数，其中h(1)2e,13 分 则f(x0)2e可转化为h(x0)h(1)，故x01 15 分 由 ex0ex0m，设yexex，可得当x0 时，yexex0，所以yexex在(0，1上递增，故me1e 综上，m的取值范围是(2，e1e16 分 盐城市、南京市 2020 届高三年级第一次模拟考

23、试 数学附加题参考答案及评分标准 2020.01 说明：1本解答给出的解法供参考如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数，填空题不给中间分数 21【选做题】在 A、B、C 三小题中只能选做 2 题，每小题 10 分，共计 20 分请在答卷纸指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算

24、步骤 A选修 42：矩阵与变换 解：设圆C上任一点(x，y)，经矩阵M变换后得到圆C上一点(x，y)，所以a 33 2 x y x y，所以 ax3yx，3x2yy 5分 又因为(x)2(y)213，所以圆C的方程为(ax3y)2(3x2y)213,化简得(a29)x2(6a12)xy13y213，所以 a2913，6a120，解得a2 所以，实数a的值为 2 10 分 B选修 44：坐标系与参数方程 解：以极点为原点,极轴为x轴的正半轴(单位长度相同)建立平面直角坐标系，由直线cos2sinm，可得直角坐标方程为x2ym0 又曲线4sin，所以24sin，其直角坐标方程为x2(y2)24，5

25、 分 所以曲线4sin是以(0，2)为圆心，2 为半径的圆 为使直线被曲线(圆)截得的弦AB最长，所以直线过圆心(0，2)，于是 022m0，解得m4 所以，实数m的值为 4 10 分 C选修 45：不等式选讲 解：因为1a2b3c1，所以1a42b93c1 由柯西不等式得a2b3c(a2b3c)(1a42b93c)(123)2，即a2b3c36，5分 当且仅当1aa42b2b93c3c，即abc时取等号，解得abc6，所以当且仅当abc6 时，a2b3c取最小值 36 10分 22（本小题满分 10 分）解：（1）以CD，AB，OO1所在直线建立如图所示空间直角坐标系Oxyz 由CD2，AA

26、13，所以A(0，1，0)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(1，0，0)，A1(0，1，3)，B1(0，1，3)，从而A1C(1，1，3)，B1D(1，1，3)，所以 cosA1C，B1D111(1)(3)(3)(1)212(3)2 12(1)2(3)2711，所以异面直线A1C与B1D所成角的余弦值为7114 分（2）设AA1m0，则A1(0，1，m)，B1(0，1，m)，所以A1C(1，1，m)，B1D(1，1，m)，CD(2，0，0)，设平面A1CD的一个法向量n1(x1，y1，z1)，则n1CD2x10，n1A1Cx1y1mz10，所以x10，令z11，则y1m，所以平面A1C

27、D的一个法向量n1(0，m，1)同理可得平面B1CD的一个法向量n2(0，m，1)因为二面角A1CDB1的大小为3，所以|cosn1，n2|m(m)11m212(m)212|12，解得m 3或m33，由图形可知当二面角A1CDB1的大小为3时，m 310 分 注：用传统方法也可，请参照评分 23（本小题满分 10 分）解：（1）令x1，得a0a1a2a2n0 令x1，得a0a1a2a3a2n1a2n313232n32(9n1)两式相加得 2(a0a2a4a2n)32(9n1)，所以Sn34(9n1)3 分（2）TnS1C1nS2C2nS3C3n(1)nSnCnn 3491C1n92C2n93C

28、3n(1)n9nCnnC1nC2nC3n(1)nCnn 3490C0n91C1n92C2n93C3n(1)n9nCnnC0nC1nC2nC3n(1)nCnn 3490C0n91C1n92C2n93C3n(1)n9nCnn 34C0n(9)0C1n(9)1C2n(9)2Cnn(9)n 341(9)n34(8)n 7 分 要证|Tn|6n3，即证348n6n3，只需证明 8n1n3，即证 2n1n 当n1，2 时，2n1n显然成立 当n3 时，2n1C0n1C1n1Cn1n1C0n1C1n11(n1)n，即 2n1n，所以 2n1n对nN*恒成立 综上，|Tn|6n3恒成立10 分 注：用数学归纳法或数列的单调性也可证明 2n1n恒成立，请参照评分