江苏省扬州市2020届高三第二次模拟考试（5月） 数学

江苏省扬州市2020届高三第二次模拟考试（5月） 数学

‎2020届高三模拟考试试卷 数　　学 ‎(满分160分，考试时间120分钟)‎ ‎2020．5‎ 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|－1＜x＜2}，B＝{x|x＞0}，则A∩B＝________．‎ ‎2. 已知(1－i)z＝2＋i，其中i是虚数单位，则复数z的模为________．‎ ‎3. 已知某校高一、高二、高三年级分别有1 000，800，600名学生，现计划用分层抽样的方法抽取120名学生去参加社会实践，则在高三年级需抽取________名学生．‎ S←0‎ For I From 1 To 5‎ ‎　 S←S＋I End For Print S ‎4. 如图伪代码的输出结果为________．‎ ‎5. 若实数x，y满足则2x－y的最小值为________．‎ ‎6. 已知a∈{－1，1}，b＝{－3，1，2}，则直线ax＋by－1＝0不经过第二象限的概率为________．‎ ‎7. 已知双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的虚轴长为________．‎ ‎8. 已知α为锐角，且cos(α＋)＝，则cos α＝________．‎ ‎9. 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1a6＝3a3，且a4与a5的等差中项为2，则S5＝________．‎ ‎10. 在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，O为上底面ABCD的中心．设正四棱柱ABCDA1B1C1D1与正四棱锥OA1B1C1D1的侧面积分别为S1，S2，则＝________．‎ ‎11. 已知曲线C：f(x)＝x3－x，直线l：y＝ax－a，则“a＝－”是“直线l与曲线C相切”的____________条件．(选填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”或“既不充分又不必要”)‎ ‎12. 已知x＞0，y＞0，则x＋＋的最小值为________．‎ ‎13. 已知点D为圆O：x2＋y2＝4的弦MN的中点，点A的坐标为(1，0)，且·＝1，则·的最小值为________．‎ ‎14. 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝设{an}的前n项和为Sn，若S4n≤λ·2n－1恒成立，则实数λ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△ABC中，已知2S＝bccos A，其中S为△ABC的面积，a，b，c分别为角A，B，C的对边．‎ ‎(1) 求角A的值；‎ ‎(2) 若tan B＝，求sin 2C的值．‎ ‎16.(本小题满分14分)‎ 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BC＝B1C，O为四边形ACC1A1对角线的交点，F为棱BB1的中点，且AF⊥平面BCC1B1.求证：‎ ‎(1) OF∥平面ABC；‎ ‎(2) 四边形ACC1A1为矩形．‎ ‎17. (本小题满分14分)‎ 某厂根据市场需求开发三角花篮支架(如图)，上面为花篮，支架由三根细钢管组成．考虑到钢管的受力和花篮质量等因素，设计支架应满足：① 三根细钢管长均为1米(粗细忽略不计)，且与地面所成的角均为θ(≤θ≤)；② 架面与架底平行，且架面三角形ABC与架底三角形A1B1C1均为等边三角形；③ 三根细钢管相交处的节点O分三根细钢管上、下两段之比均为2∶3.定义：架面与架底的距离为“支架高度”，架底三角形A1B1C1的面积与“支架高度”的乘积为“支架需要空间”．‎ ‎(1) 当θ＝时，求“支架高度”；‎ ‎(2) 求“支架需要空间”的最大值．‎ ‎18. (本小题满分16分)‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)过点(1，)，且椭圆的离心率为.直线l：y＝x＋t与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中垂线交椭圆E于C，D两点．‎ ‎(1) 求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2) 求线段CD长的最大值；‎ ‎(3) 求·的值．‎ ‎19. (本小题满分16分)‎ 已知函数f(x)＝a(x－)(a∈R)，g(x)＝ln x.‎ ‎(1) 当a＝1时，解不等式：f(x)－g(x)≤0；‎ ‎(2) 设u(x)＝xf(x)－g(x)．‎ ‎①当a＜0时，若存在m，n∈(0，＋∞)(m≠n)，使得u(m)＋u(n)＝0，求证：mn＜1；‎ ‎②当a＞0时，讨论u(x)的零点个数．‎ ‎20. (本小题满分16分)‎ 对数列{an}，规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)．规定{Δ2an}为{an}的二阶差分数列，其中Δ2an＝Δan＋1－Δan(n∈N*)．‎ ‎(1) 已知数列{an}的通项公式an＝n2(n∈N*)，试判断{Δan}，{Δ2an}是否为等差数列，请说明理由；‎ ‎(2) 若数列{bn}是公比为q的正项等比数列，且q≥2，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm，求q所有可能的取值构成的集合；‎ ‎(3) 设各项均为正数的数列{cn}的前n项和为Sn，且Δ2cn＝0.对满足m＋n＝2k，m≠n的任意正整数m，n，k，都有cm≠cn，且不等式Sm＋Sn＞tSk恒成立，求实数t的最大值.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(十五)‎ 数学附加题 ‎(满分40分，考试时间30分钟)‎ ‎21. (本小题满分10分)‎ 已知矩阵M＝，M＝，且MN＝.‎ ‎(1) 求矩阵M；‎ ‎(2) 若直线l在矩阵M对应的变换作用下变为直线x＋3y＝0，求直线l的方程．‎ ‎22.(本小题满分10分)‎ 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C：ρ＝2sin(θ－)，求直线l被曲线C截得的弦长．‎ ‎23. (本小题满分10分)‎ 某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1 000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1，2，3，4，5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次(每次摸出的小球均不放回口袋)，编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元(m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2＝200元)．‎ ‎(1) 求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；‎ ‎(2) 求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与数学期望E(X)．‎ ‎24.(本小题满分10分)‎ ‎(1) 求证：C＝C(n∈N*，k∈N)；‎ ‎(2) 计算：(－1)0C＋(－1)1C＋(－1)2C＋…＋(－1)2 020C；‎ ‎(3) 计算：(－1)kC.‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(扬州)‎ 数学参考答案及评分标准 ‎1. {x|0＜x＜2}　2. 　3. 30　4. 15　5. －1　6. 　7. 2　8. 　9. 121‎ ‎10. 　11. 充分不必要　12. 4　13. －1　14. λ≥ ‎15. 解：(1) 因为2S＝bccos A，所以2×bcsin A＝bccos A，则sin A＝cos A．(3分)‎ 在△ABC中，因为A∈(0，π)，所以sin A＝cos A＞0，‎ 所以tan A＝1，(5分)‎ 所以A＝.(7分)‎ ‎(2) 由(1)知A＝，又tan B＝，‎ 所以tan(A＋B)＝tan(＋B)＝＝＝－11.(9分)‎ 在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，所以tan C＝－tan(A＋B)＝11，‎ 所以sin 2C＝2sin Ccos C＝＝＝＝＝.(14分)‎ ‎16. 证明：(1) 取AC中点D，连结OD.‎ 在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，BB1∥CC1∥AA1，且BB1＝AA1.‎ 因为O为平行四边形ACC1A1对角线的交点，所以O为A1C的中点．‎ 又D为AC的中点，所以OD∥AA1，且OD＝AA1.(2分)‎ 又BB1∥AA1，BB1＝AA1，所以OD∥BB1，且OD＝BB1.‎ 又F为BB1的中点，所以OD∥BF，且OD＝BF，所以四边形ODBF为平行四边形，所以OF∥BD.(5分)‎ 因为BD⊂平面ABC，OF⊄平面ABC，‎ 所以OF∥平面ABC.(7分)‎ ‎(2) 因为BC＝B1C，F为BB1的中点，所以CF⊥BB1.‎ 因为AF⊥平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AF⊥BB1.(9分)‎ 因为CF⊥BB1，AF⊥BB1，CF⊂平面AFC，AF⊂平面AFC，CF∩AF＝F，‎ 所以BB1⊥平面AFC.(11分)‎ 又AC⊂平面AFC，所以BB1⊥AC.‎ 又由(1)知BB1∥CC1，所以AC⊥CC1.‎ 在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，‎ 所以四边形ACC1A1为矩形．(14分)‎ ‎17. 解：(1) 因为架面与架底平行，且AA1与地面所成的角为，AA1＝1米，‎ 所以“支架高度” h＝1×sin＝(米)．(4分)‎ ‎(2) 过O作OO1⊥平面A1B1C1，垂足为O1.‎ 又O1A1⊂平面A1B1C1，所以OO1⊥O1A1.‎ 又AA1与地面所成的角为θ，所以O1A1＝cos θ.‎ 同理O1C1＝O1B1＝cos θ，‎ 所以O1为等边三角形A1B1C1的外心，也为其重心，‎ 所以B1C1＝A1O1·×＝cos θ·＝cos θ，‎ S△A1B1C1＝×(cos θ)2＝cos2θ.‎ 记“支架需要空间”为V，则V＝cos2θ·sin θ，θ∈[，]．(8分)‎ 令t＝sin θ，则t∈.‎ 所以V＝(1－t2)t＝(t－t3)，t∈.‎ 又V′＝(1－3t2)＝－(t2－)＝－(t＋)(t－)，‎ 则当t∈(，)时，V′＞0，V单调递增；当t∈(，)时，V′＜0，V单调递减，‎ 所以当t＝时，Vmax＝[－()3]＝××＝(立方米)．(13分)‎ 答：(1) 当θ＝时，“支架高度”为米；‎ ‎(2) “支架需要空间”的最大值为立方米．(14分)‎ ‎18. 解：(1) 设椭圆E的焦距为2c(c＞0)，则e＝＝＝，可知a2＝2b2.(2分)‎ 因为椭圆E过点(1，)，‎ 所以＋＝1，解得a2＝2，b2＝1，‎ 所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.(4分)‎ ‎(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．‎ 由得3x2＋4tx＋2t2－2＝0.‎ 又直线l：y＝x＋t与椭圆E相交于A，B两点，‎ 所以且Δ＝(4t)2－4×3×(2t2－2)＞0，则－＜t＜.(6分)‎ 设AB的中点为M(xM，yM)，则xM＝＝－t，yM＝xM＋t＝t，‎ 所以AB的中垂线的方程为y＝－x－t，即直线CD的方程为y＝－x－t.‎ 由得27x2＋12tx＋2t2－18＝0，则(8分)‎ 所以CD＝＝· ‎＝·＝·.‎ 又t∈(－，)，所以当t＝0时，CDmax＝×＝.(10分)‎ ‎(3) 由(2)知·＝(x3－x1，y3－y1)·(x4－x1，y4－y1)‎ ‎＝(x3－x1)(x4－x1)＋(y3－y1)(y4－y1)‎ ‎＝(x3－x1)(x4－x1)＋(－x3－x1－t)(－x4－x1－t)‎ ‎＝x3x4－(x3＋x4)x1＋x＋x3x4＋(x1＋t)(x3＋x4)＋x＋tx1＋t2‎ ‎＝2x3x4＋t(x3＋x4)＋2x＋tx1＋t2.(13分)‎ 又 所以·＝2x3x4＋t(x3＋x4)＋(3x＋4tx1)＋t2‎ ‎＝2×＋t×(－t)＋(2－2t2)＋t2‎ ‎＝(－－＋)t2＝0.(16分)‎ ‎19. (1) 解：设h(x)＝f(x)－g(x)＝x－－ln x，‎ 则h′(x)＝1＋－＝＝＞0，‎ 所以h(x)在(0，＋∞)上递增．‎ 又h(1)＝0，所以0＜x＜1，所以f(x)－g(x)≤0的解集为(0，1)．(4分)‎ ‎(2) ①证明：由u(m)＋u(n)＝0得a(m2－1)－ln m＋a(n2－1)－ln n＝0，‎ 即a(m2＋n2－2)－ln m－ln n＝0，又a＜0，‎ 所以a(m2＋n2－2)－ln m－ln n＝0≤a(2mn－2)－ln(mn)．‎ 因为m≠n，所以“＝”不成立．(7分)‎ 思路一：‎ 设mn＝t，v(t)＝a(2t－2)－ln t(t＞0)，则v′(t)＝2a－＜0，‎ 所以v(t)在(0，＋∞)上单调递减．‎ 又v(1)＝0，所以t＜1，即mn＜1.(10分)‎ 思路二：‎ 假设mn≥1，则2mn－2≥0，ln(mn)≥0，所以a(2mn－2)－ln(mn)≤0，‎ 这与a(2mn－2)－ln(mn)＞0矛盾，故mn＜1.(10分)‎ ‎②解：u(x)＝xf(x)－g(x)＝a(x2－1)－ln x，‎ 当a＞0时，u′(x)＝2ax－＝.令u′(x)＝0得x＝±(负值舍去)．‎ 所以当x∈(0，)时，u′(x)＜0，u(x)为减函数；‎ 当x∈(，＋∞)时，u′(x)＞0，u(x)为增函数．‎ 又u(1)＝0，‎ ‎1° 当＝1，即a＝时，u(x)有1个零点；(12分)‎ ‎2° 当＜1，即a＞时，由u(1)＝0可知u()＜u(1)＝0，‎ 又u(e－a)＞0，且e－a＜1，‎ 所以u(x)在(0，1)上有1个零点，故此时u(x)有2个零点；(14分)‎ ‎3° 当＞1，即0＜a＜时，由u(1)＝0可知u()＜u(1)＝0，‎ 令φ(x)＝ln x－(x－1)，则φ′(x)＝－1＝，‎ 所以当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，故ln x≤x－1，则－ln x≥－(x－1)．‎ 所以u(x)＞a(x2－1)－(x－1)，所以u(－1)＞0，且－1＞1，‎ 所以u(x)在(1，＋∞)上有1个零点，故此时u(x)有2个零点．‎ 综上，当a＝时，u(x)有1个零点；当a＞0时a≠时，u(x)有2个零点．(16分)‎ ‎20. 解：(1) 因为an＝n2，所以Δan＝an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，则Δan＋1－Δan＝2.‎ 又Δa1＝3，所以{Δan}是首项为3，公差为2的等差数列．‎ 因为Δ2an＝Δan＋1－Δan＝2，则{Δ2an}是首项为2，公差为0的等差数列．(2分)‎ ‎(2) 因为数列{bn}是公比为q的正项等比数列，所以bn＝b1qn－1.‎ 又Δ2bn＝Δbn＋1－Δbn＝bn＋2－bn＋1－(bn＋1－bn)＝bn＋2－2bn＋1＋bn，且对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm，‎ 所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得b1qn＋1－2b1qn＋b1qn－1＝b1qm－1，即(q－1)2＝qm－n.‎ 因为q≥2，所以m－n≥0.‎ ‎1° 若m－n＝0，则q2－2q＋1＝1，解得q＝0(舍)或q＝2，即当q＝2时，对任意的n∈N*，都有Δ2bn＝bn.‎ ‎2° 若m－n＝1，则q2－3q＋1＝0，解得q＝(舍)或q＝，即当q＝时，对任意的n∈N*，都有Δ2bn＝bn＋1.‎ ‎3° 若m－n≥2，则qm－n≥q2＞(q－1)2，故对任意的n∈N*，不存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm.‎ 综上所述，q所有可能的取值构成的集合为.(8分)‎ ‎(3) 因为Δ2cn＝0，所以Δ2cn＝Δcn＋1－Δcn＝cn＋2－cn＋1－(cn＋1－cn)＝cn＋2－2cn＋1＋cn＝0，‎ 所以cn＋2－cn＋1＝cn＋1－cn，所以{cn}是等差数列．‎ 设{cn}的公差为d，则cn＝c1＋(n－1)d.‎ 若d＝0，则cm＝cn；‎ 若d＜0，则当n＞1－时，cn＜0，与数列{cn}的各项均为正数矛盾，故d＞0.(10分)‎ 由等差数列前n项和公式可得Sn＝n2＋(c1－)n，‎ 所以Sn＋Sm＝n2＋(c1－)n＋m2＋(c1－)m＝(n2＋m2)＋(c1－)(m＋n)，‎ Sk＝()2＋(c1－)·.‎ 又m≠n，＞，‎ 所以Sn＋Sm＝(n2＋m2)＋(c1－)(m＋n)＞·＋(c1－)(m＋n)＝2Sk，‎ 则当t≤2时，不等式Sm＋Sn＞tSk都成立．(12分)‎ 另一方面，当t＞2时，令m＝k＋1，n＝k－1(k∈N*，k≥2)，‎ 则Sm＋Sn＝[(k＋1)2＋(k－1)2＋(c1－)·2k]＝(2k2＋2)＋2k(c1－)，‎ Sk＝k2＋(c1－)k，‎ 则tSk－(Sm＋Sn)＝tk2＋(c1－)tk－(2k2＋2)－2k(c1－)‎ ‎＝(t－d)(k2－k)＋(t－2)c1k－d.‎ 因为t－d＞0，k2－k≥0，所以当k＞，tSk－(Sn＋Sm)＞0，即Sm＋Sn＜tSk.‎ 综上，t的最大值为2.(16分)‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(扬州)‎ 数学附加题参考答案及评分标准 ‎21. 解：(1) 用待定系数或公式可求得M＝.(5分)‎ ‎(2) 设直线l上任一点(x，y)在矩阵M对应的变换作用下为(x′，y′)，‎ 即＝＝在x＋3y＝0上，(8分)‎ 则－3x＋2y＋6x－3y＝0，即3x－y＝0，所以直线l的方程为3x－y＝0.(10分)‎ ‎22. 解：把直线的方程l：(t为参数)化为普通方程为x＋y＝1.(3分)‎ 圆ρ＝2sin(θ－)化为普通方程为x2＋2x＋y2－2y＝0，‎ 即(x＋1)2＋(y－1)2＝2.(6分)‎ 圆心C到直线l的距离d＝＝.(8分)‎ 所以直线l被圆C截得的弦长为2＝.(10分)‎ ‎23. 解：(1) 因为n＝A＝60，m＝AA＝36，所以P1＝＝.‎ 答：摸到三位数是奇数的概率是.(4分)‎ ‎(2) 获奖金额X的可能取值为50，100，200，300，400，500，则 P(X＝50)＝，P(X＝100)＝＝，P(X＝200)＝＝，‎ P(X＝300)＝＝，P(X＝400)＝＝，P(X＝500)＝＝，(7分)‎ 获奖金额X的概率分布为 X ‎50‎ ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎500‎ P 数学期望E(X)＝50×＋100×＋200×＋300×＋400×＋500×＝150元．‎ 答：期望是150元．‎ ‎24. 解：(1) C＝·＝·＝C.(2分)‎ ‎(2) (－1)0C＋(－1)1C＋(－1)2C＋…＋(－1)2 020C ‎＝(－1)kC＝(－1)kC＝.(4分)‎ ‎(3) (解法1)设an＝(－1)kC，‎ 则an＝1＋(－1)k(C＋C)＋(－1)n ‎＝an－1＋(－1)kC＝an－1＋(－1)kC ‎＝an－1＋＝an－1＋(0－an)，(7分)‎ 所以an＝an－1⇒an＝·an－2＝…＝a1.‎ 又a1＝，所以an＝＝.‎ 所以(－1)kC＝a2 020＝＝＝＝.(结果没化简，不扣分)(10分)‎ ‎(解法2)(－1)kC＝(－1)k·· ‎＝(－1)k·· ‎＝·(－1)k·(k－1)·C ‎＝·(－1)k·(k＋2－1)·C ‎＝· ‎＝· ‎＝· ‎＝·{－2 022·[(1－1)2 021－1]＋1－2 022}‎ ‎＝＝＝.(结果没化简，不扣分)(10分)‎