2020届高三模拟考试试卷镇江数学三

2020届高三模拟考试试卷镇江数学三

‎2020届高三模拟考试试卷(三)‎ 数　　学 ‎(满分160分，考试时间120分钟)‎ ‎2020．1‎ 参考公式：‎ 锥体的体积公式：V＝Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．‎ 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＝{x|x2－2x≤0}，B＝{－1，1，2}，则A∩B＝________．‎ ‎2. 设复数z＝1＋(其中i为虚数单位)，则|z|＝________．‎ ‎3. 如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是________．‎ Read S←0‎ For i from 1 to 9 step 2‎ ‎　 S←S＋i End for Print S End ‎　 　　　(第3题)‎ ‎4. 顶点在原点且以双曲线－＝1的右焦点为焦点的抛物线方程是________．‎ ‎5. 已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x－my＋m－2＝0，l2：mx＋(m－2)y－1＝0.若直线l1∥l2，则m＝________．‎ ‎6. 从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成等差数列的概率是________．‎ ‎7. 若实数x，y满足条件则z＝3x＋2y的最大值为________．‎ ‎8. 将函数f(x)＝cos 2x的图象向左平移个单位长度后，‎ 21‎ 再将图象上各点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数y＝g(x)的图象，则g()＝________．‎ ‎9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，点E是棱AD上的任意一点，点F是棱B1C1上的任意一点，则三棱锥BECF的体积为________．‎ ‎10. 已知等比数列{an}的前三项和S3＝42.若a1，a2＋3，a3成等差数列，则公比q＝________．‎ ‎11. 记集合A＝[a，b]，当θ∈时，函数f(θ)＝2sin θcos θ＋2cos2θ的值域为B.若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则b－a的最小值是________．‎ ‎12. 已知函数f(x)＝若对任意的x∈[m，m＋1]，不等式f(1－x)≤f(x＋m)恒成立，则实数m的取值范围是________．‎ ‎13. 过直线l：y＝x－2上任意一点P作圆C：x2＋y2＝1的一条切线，切点为A.若存在定点B(x0，y0)，使得PA＝ PB恒成立，则x0－y0＝________．‎ ‎14. 在平面直角坐标系xOy中，已知三个点A(2，1)，B(1，－2)，C(3，－1)，点P(x，y)满足(·)×(·)＝－1，则的最大值为________．‎ 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)‎ 在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E是AP的中点，AB⊥BD，PB⊥PD，平面PBD⊥底面ABCD.求证：‎ ‎(1) PC∥平面BDE；‎ ‎(2) PD⊥平面PAB.‎ 21‎ ‎16. (本小题满分14分)‎ 如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，AB＝14，BD＝6，·＝66.‎ ‎(1) 若C＞B，且cos(C－B)＝，求角C的大小；‎ ‎(2) 若△ACD的面积为S，且S＝·，求AC的长度．‎ 21‎ ‎17. (本小题满分14分)‎ 在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，左准线l的方程为x＝－4.‎ ‎(1) 求椭圆的标准方程；‎ ‎(2) 直线l1过椭圆E的左焦点F1，且与椭圆E交于A，B两点．‎ ‎① 若AB＝，求直线l1的方程；‎ ‎② 过A作左准线l的垂线，垂足为A1，点G(－，0)，求证：A1，B，G三点共线．‎ 21‎ ‎18. (本小题满分16分)‎ 某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内，如图所示，矩形PQRS的长PS为130米，宽RS为120米，圆弧形轨道所在圆的圆心为O，圆O与PS，SR，QR分别相切于点A，D，C，点T为PQ的中点．现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成：出发点N在线段PT上(不含端点，游客从点Q处乘升降电梯至点N)，轨道第一段NM与圆O相切于点M，再沿着圆弧轨道到达最高点A，然后在点A处沿垂直轨道急速下降至点O处，接着沿直线轨道OG滑行至地面点G处(设计要求M，O，G三点共线)，最后通过制动装置减速沿水平轨道GR滑行到达终点R.记∠MOT为α，轨道总长度为l米．‎ ‎(1) 试将l表示为α的函数l(α)，并写出α的取值范围；‎ ‎(2) 求l最小时cos α的值．‎ 21‎ ‎19. (本小题满分16分)‎ 已知函数f(x)＝ln x＋a(x2－x)(a∈R)．‎ ‎(1) 当a＝0，求证：f(x)≤x－1；‎ ‎(2) 如果函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，且f(x1)＋f(x2)≤k恒成立，求实数k的取值范围；‎ ‎(3) 当a<0时，求函数f(x)的零点个数．‎ 21‎ ‎20. (本小题满分16分)‎ 已知n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1－a1；数列{bn}的前n项和为Tn，且满足Tn＋bn＝n＋n(1＋bn)，且a1＝b2.‎ ‎(1) 求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2) 求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(3) 设cn＝，问：数列{cn}中是否存在不同两项ci，cj(1≤i＜j，i，j∈N*)，使ci＋cj仍是数列{cn}中的项？若存在，请求出i，j的值；若不存在，请说明理由．‎ 21‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(三)‎ 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)‎ 在平面直角坐标系xOy中，设点P(x，1)在矩阵M＝对应的变换下得到点Q(y－2，y)，求M－1.‎ B. (选修43：坐标系与参数方程)‎ 已知曲线C1的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，以极点为原点，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，曲线C2的参数方程为(α为参数)，求曲线C1与曲线C2交点的直角坐标．‎ C. (选修44：不等式选讲)‎ 已知函数f(x) ＝|2x－1|＋|2x＋2|的最小值为k，且a＋b＋c＝k，求a2＋b2＋c2的最小值．‎ 21‎ 21‎ ‎【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. 已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线方程为y2＝2px(p>0)．‎ ‎(1) 若直线y＝－x＋1与抛物线相交于M，N两点，且MN ＝2，求抛物线的方程；‎ ‎(2) 直线l过点Q(0，t)(t≠0)交抛物线于A，B两点，交x轴于点C，如图，设＝m，＝n，求证：m＋n为定值．‎ ‎23. 我们常用构造等式对同一个量算两次的方法来推导组合数恒等式．例如由等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n可得：等式左边xk项系数为C(0≤k≤n)，等式右边xk项系数为CC＋CC＋CC＋…＋CC＋CC，所以我们得到组合数恒等式：‎ CC＋CC＋CC＋…＋CC＋CC＝C.‎ ‎(1) 化简：(C)2＋(C)2＋(C)2＋…＋(C)2＋(C)2；‎ ‎(2) 若袋中装有n(n∈N*)个红球和n个白球，从中一次性取出n个球．规定取出k(0≤k≤n)个红球得k2分，设X为一次性取球的得分，求X的数学期望．‎ 21‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(三)(镇江)‎ 数学参考答案及评分标准 ‎1. {1，2}　2. 　3. 25　4. y2＝16x　5. －2　6. 　7. 13　8. －　9. 　10. 2或　11. 3‎ ‎12. [－1，－]　13. 2±　14. ‎15. 解：(1) 连结AC交BD于一点O，连结OE，‎ 因为底面ABCD是平行四边形，‎ 所以点O是AC的中点．(1分)‎ 因为点E是AP的中点，‎ 所以OE是△PAC的中位线，(2分)‎ 所以OE∥PC.(3分)‎ 因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PC∥平面BDE.(7分)‎ ‎(2) 因为平面PBD⊥底面ABCD，AB⊥BD，平面PBD∩底面ABCD＝BD，AB⊂平面ABCD，‎ 所以AB⊥平面PBD.(9分)‎ 因为PD⊂平面PBD，所以AB⊥PD.(11分)‎ 因为PB⊥PD，PB∩AB＝B，PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，‎ 所以PD⊥平面PAB.(14分)‎ ‎16. 解：(1) 在△ABD中，AB＝14，BD＝6，‎ 则·＝BA·BD·cos B＝14×6·cos B＝66，得cos B＝.(1分)‎ 在△ABC中，sin B＞0，sin B＝＝＝.(2分)‎ 又C∈(0，π)，C＞B，则B∈(0，)，则C－B∈(0，π)．‎ 21‎ 又cos(C－B)＞0，则C－B∈(0，)，由cos(C－B)＝，‎ 则sin(C－B)＝＝＝，(4分)‎ 则cos C＝cos[B＋(C－B)]＝cos B·cos(C－B)－sin B·sin(C－B)‎ ‎＝×－×＝.(6分)‎ 又C∈(0，π)，则C＝.(7分)‎ ‎(2) 在△ACD中，AD2＝BA2＋BD2－2BA·BDcos B＝142＋62－2×14×6×＝102，‎ 解得AD＝10.(9分)‎ 由余弦定理得cos∠ADB＝＝＝－.‎ 又∠ADB∈(0，π)，得∠ADB＝，则∠ADC＝.(10分)‎ 因为S＝·，即CA·CD·sin C＝CA·CD·cos C，‎ 得tan C＝1，又C为锐角，C＝.(12分)‎ 在△ACD中，因为AD＝10，C＝，∠ADC＝，‎ 则由正弦定理得＝，即＝，解得AC＝5.(14分)‎ ‎17. (1) 解：设椭圆左焦点的坐标为(－c，0)(c＞0)，由2a＝4，＝4，解得a＝2，c＝1.(2分)‎ 由b2＝a2－c2＝3，则所求椭圆的方程为＋＝1.(3分)‎ ‎(2) ① 解：若直线AB的斜率不存在，则AB＝3≠，所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，‎ 21‎ Δ＝(8k2)2－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)＞0，‎ 则x1＝，x2＝　(Ⅰ)，‎ x1＋x2＝－，x1x2＝　(Ⅱ)．(4分)‎ ‎(解法1)由椭圆的第二定义知＝，则AF1＝AA1＝(x1＋4)＝x1＋2.‎ 同理BF1＝2＋x2，(5分)‎ 则AB＝AF1＋BF1＝4＋(x1＋x2)＝4＋·＝.(6分)‎ 解得k＝±1，则直线l1的方程为y＝x＋1或y＝－x－1.(8分)‎ ‎(解法2)AB＝＝＝|x2－x1|，(5分)‎ 代入(Ⅰ)得AB＝×＝＝.‎ ‎(下同解法1)(6分)‎ ‎② 证明：当直线AB的斜率不存在时，不妨设A(－1，)，B(－1，－)，则A1(－4，)．‎ 又G(－，0)，kA1G＝＝－1，kBG＝＝－1.‎ 则kA1G＝kBG，所以A1，B，G三点共线(9分)‎ 当直线AB的斜率存在时，A(x1，y1)，A1(－4，y1)，又G(－，0)，要证A1，B，G三点共线，‎ 因为kA1G＝，kBG＝，只要证＝.(10分)‎ 即证k(x1＋1)(2x2＋5)＋3k(x2＋1)＝0.(12分)‎ 即证2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝0，代入(Ⅱ)，‎ 因为2＋5＋8＝＋8＝－8＋8＝0，所以A1，B，G三点共线．‎ 21‎ 综上所述，A1，B，G三点共线．(14分)‎ ‎18. 解：(1) 过点M作ME⊥TO，垂足为E，过点N作NF⊥ME，垂足为F，‎ 过点G作GI⊥OD，垂足为I.‎ 因为圆O与矩形的三边PS，SR，QR相切，‎ 所以PS＝130，SR＝120，圆O的半径r＝60，‎ 弧长MA＝60(－α)．(1分)‎ 在Rt△MNF中，MN＝＝＝.(2分)‎ 在Rt△OCG中，OG＝，(3分)‎ CG＝＝，GR＝60－，(4分)‎ 所以l(α)＝＋60(－α)＋60＋＋60－ ‎＝－60α＋120＋30π.(7分)‎ 答：将l表示为α的函数l(α)＝－60α＋120＋30π，α的取值范围是(，)．(8分)‎ ‎(2) l′(α)＝＝10·.(10分)‎ 令l′(α)＝0，解得cos α＝或cos α＝(舍去)．(12分)‎ 记cos α0＝，a0∈(，)．‎ 21‎ α ‎(，α0)‎ α0‎ ‎(α0，)‎ l′(α)‎ ‎0‎ l(α)‎ 递减 极小值 递增 ‎(14分)‎ 所以当cos α＝时，l(α)最小．(15分)‎ 答：轨道总长度l最小时，cos α的值为.(16分)‎ ‎19. (1) 证明：当a＝0时，f(x)＝ln x，定义域为(0，＋∞)，‎ 记F(x)＝f(x)－(x－1)＝ln x－x＋1，令F′(x)＝－1＝＝0，解得x＝1.(1分)‎ 当x∈(0，1)时，F′(x)＞0，则F(x)在(0，1)上单调递增；‎ 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，则F(x)在(1，＋∞)上单调递减，(2分)‎ 所以F(x)≤F(1)＝0，则f(x)≤x－1.(3分)‎ ‎(2) 解：由题知f′(x)＝＋2ax－a＝　①.(4分)‎ 因为f(x)有两个不同的极值点x1，x2，‎ 令g(x)＝2ax2－ax＋1　②，则方程g(x)＝0的两正根为x1，x2，‎ 即x1＝＞0，x2＝＞0，‎ 等价于a≠0，Δ＝a2－8a＞0　③，x1＋x2＝＞0　④，x1x2＝＞0　⑤，‎ 解得a＞8.(5分)‎ 令G(a)＝f(x1)＋f(x2)＝ln x1＋a(x－x1)＋ln x2＋a(x－x2)‎ ‎＝ln(x1x2)＋a[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)，‎ 将④⑤代入得G(a)＝ln －a－1＝－ln(2a)－a－1.(6分)‎ 因为G(a)在a∈(8，＋∞)上为减函数，则G(a)＜G(8)＝－ln 16－3.(7分)‎ 由f(x1)＋f(x2)≤k恒成立，则k的取值范围是[－ln 16－3，＋∞)．(8分)‎ ‎(3) 解：当a＜0时，显然f(1)＝0，所以f(x)至少有一个零点为1.(9分)‎ 21‎ 由(2)中②③⑤知，此时Δ>0，x1＋x2＝＞0，x1x2＝＜0，则x1＜0＜x2.‎ 因为f′(x)＝＝，x－x1＞0，‎ 当x∈(0，x2)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，x2)上为增函数；‎ 当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(x2，＋∞)上为减函数，所以f(x)max＝f(x2)．(10分)‎ 因g(1)＝2a－a＋1＝a＋1，‎ ‎1° 当a＝－1时，g(1)＝0，则x2＝1，f(x)max＝f(x2)＝f(1)＝0，‎ 此时f(x)有且只有一个零点．(11分)‎ ‎2° 当a＜－1时，g(1)＜0，则0＜x2＜1，又由f(x)在(x2，＋∞)上单调递减，f(x2)＞f(1)＝0，‎ 则f(x)在(x2，＋∞)上有且仅有一个零点是1.(12分)‎ 又a＜－1，则0＜－＜1，－－x2＝－2x1x2－x2＝(2x2－2)x2＜0，则0＜－＜x2.‎ 由(1)知当x＞0且x≠1时，f(x)＜x－1＋a(x2－x)＝(ax＋1)(x－1)，则f(－)＜0　⑥.‎ 因为f(x)为连续函数，且在(0，x2)上递增，则f(x)在(0，x2)上有且仅有一个零点，‎ 所以当a＜－1时，f(x)共有两个零点．(13分)‎ ‎3° 当－1＜a＜0时，g(1)＞0，则x2＞1，又由f(x)在(0，x2)上为增函数，f(x2)＞f(1)＝0，‎ 则f(x)在(0，x2)上有且仅有一个零点是1.(14分)‎ 又－1＜a＜0，则－＞1，－－x2＝－2x1x2－x2＝(2x2－2)x2＞0，则－＞x2.‎ 由⑥知，f(－)＜0，因为f(x)为连续函数，且在(x2，＋∞)上为减函数，‎ 所以当－1＜a＜0时，f(x)在(x2，＋∞)上有且仅有一个零点，‎ 此时f(x)共有两个零点．(15分)‎ 综上所述，当a＝－1时，f(x)有且只有一个零点；‎ 当a＜－1或－1＜a＜0时，f(x)共有两个不同零点．(16分)‎ ‎20. 解：在Tn＋bn＝n＋n(1＋bn)中，令n＝1，得b1＝1.‎ 21‎ 令n＝2，得b2＝2，则a1＝b2＝2，(1分)‎ 当n≥2时，由Sn＝an＋1－a1，则Sn－1＝an－a1，‎ 两式相减得Sn－Sn－1＝an＋1－an，即an＝an＋1－an，则＝2.(2分)‎ 又由Sn＝an＋1－a1，令n＝1，得＝2，‎ 则数列{an}为首项为2，公比为2的等比数列，即an＝2n.(3分)‎ ‎(2) 当n≥2时，由Tn＋bn＝n＋n(1＋bn)　①，则Tn－1＋bn－1＝n－1＋(n－1)(1＋bn－1)　②，‎ ‎①－②得bn＋bn－bn－1＝＋nbn－(n－1)bn－1，‎ ‎(n－4)bn－(n－3)bn－1＋3＝0　③.(4分)‎ 当n≥3时，则(n－5)bn－1－(n－3)bn－2＋3＝0　④，‎ 两式相减得(n－4)bn－(2n－8)bn－1＋(n－4)bn－2＝0，‎ 所以当n≥5时，bn＋1＋bn－1＝2bn，bn＋1－bn＝bn－bn－1，(5分)‎ 由(1)知b1＝1，b2＝2，在①中令n＝3，4，5，求得b3＝3，b4＝4，b5＝5，b6＝6，(6分)‎ 所以bn＋1－bn＝bn－bn－1＝…＝b2－b1＝1，‎ 所以数列{bn}为首项为1，公差为1的等差数列，即bn＝n.(7分)‎ ‎(3) 由(1)(2)得cn＝＝，‎ cn＋1－cn＝－＝＝≥0，‎ 则c2＝c1，当n≥2时，且cn－1＞cn.(9分)‎ 假设存在不同两项ci，cj，使ci＋cj仍是{cn}中的第k(1≤i＜j＜k，i，j，k∈N*)项，‎ 即ci＋cj＝ck.‎ 由ci＋cj≤cj－1＋cj＝＋＝＝.(11分)‎ 又ck≥cj＋1＝，(12分)‎ 则ck－(ci＋cj)≥－＝ 21‎ ‎＝.‎ 当j≥5时，ck－(ci＋cj)＞0，ci＋cj＝ck无解．(14分)‎ 又c1＝2，c2＝2，c3＝，c4＝4，c5＝，c6＝，‎ 当j＝2，3，4，5时，只存在不同两项c1，c2，使得c1＋c2＝c4.‎ 综上所述，存在i＝1，j＝2，使得c1＋c2＝c4.(16分)‎ 21‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(三)(镇江)‎ 数学附加题参考答案及评分标准 ‎21. A. 解：依题意，[][]＝[]，即解得(4分)‎ 设逆矩阵M－1＝[]，由MM－1＝[]得a＝－2，b＝1，c＝，d＝－，(7分)‎ 则逆矩阵M－1＝[]，(8分)‎ 所以M－1[]＝[][]＝[]．(10分)‎ B. 解：由θ＝，得曲线C1的直角坐标系的方程为x－y＝0.(4分)‎ 由得曲线C2的普通方程为x2＋y＝1(－1≤x≤1)．(8分)‎ 由得x2＋x－1＝0，即x＝(舍去)或x＝，‎ 所以曲线C1与曲线C2交点的直角坐标为(，)．(10分)‎ C. 解：f(x)＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|(2x－1)－(2x＋2)|＝3，(2分)‎ 当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0，即－1≤x≤时取等号，则k＝3.(3分)‎ 因为a＋b＋c＝3，‎ 则由柯西不等式得(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a＋b＋c)2，(6分)‎ 所以a2＋b2＋c2≥＝3，(7分)‎ 当且仅当a＝b＝c＝1时，(8分)‎ 此时a2＋b2＋c2的最小值为3.(10分)‎ ‎22. (1) 解：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得x2－2(1＋p)x＋1＝0.(1分)‎ 21‎ 因为p＞0，所以Δ1＝4(p2＋2p)＞0，‎ x1＝p＋1－，x2＝p＋1＋.(2分)‎ 由MN＝＝|x2－x1|＝2＝2，解得p＝1.(3分)‎ 所以抛物线的方程为y2＝2x　①.(4分)‎ ‎(2) 证明：设A(x3，y3)，B(x4，y4)，由于直线l过Q(0，t)(t≠0)，点C(x0，0)，‎ 故可设直线l的方程为y＝kx＋t　②.‎ ‎②代入①消去x，得ky2－2py＋2pt＝0，Δ2＝4p2－8kpt＞0，‎ y3＝，y4＝，则y3＋y4＝　③，y3y4＝　④.(7分)‎ 又＝(x3，y3－t)，＝(x0－x3，－y3)，＝(x4，y4－t)，＝(x0－x4，－y4)，‎ 由＝m，＝n，则所以(8分)‎ 则m＋n＝＋－2＝t－2，(9分)‎ 将③④代入得m＋n＝t－2＝－1为定值．(10分)‎ ‎23. 解：(1) 因为已知等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n，‎ 令n＝1 010，得(1＋x)1 010(1＋x)1 010＝(1＋x)2 020，‎ 等式右边展开式含x1 010项的系数为C.‎ 而等式左边展开式含x1 010的系数为(C)2＋(C)2＋…＋(C)2＋(C)2，‎ 所以(C)2＋(C)2＋…＋(C)2＋(C)2＝C.(3分)‎ ‎(2) X的可能取值为0，12，22，…，k2，…，n2，且X的分布表如下 X ‎0‎ ‎12‎ ‎…‎ k2‎ ‎…‎ n2‎ P(X)‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎(5分)‎ 21‎ 因为C＝＝＝＝C.(7分)‎ E(X)＝k2＝k2＝ (kC)2＝ (n·C)2＝ (C)2‎ ‎＝CC＝C＝＝，‎ 所以X的数学期望E(X)＝.(10分)‎ 21‎