江苏省盐城市2020届高三数学第二次模拟考试（5月）试题.doc

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1、江苏省盐城市2020届高三数学第二次模拟考试（5月）试题(满分160分，考试时间120分钟)20205参考公式：锥体的体积公式：VSh，其中S为锥体的底面，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Mx|x22x0，Nx|1x1，则M与N的并集MN_2. 设复数zai(a0)若zz2，则正实数a的值为_3. 某电视台对一节目的喜爱程度进行网络调查，共有12 000人参与调查，喜爱、一般、不喜爱的人分别为6 000人、5 000人、1 000 人，为进一步了解被调查人的具体想法，现利用分层抽样的方法抽取60人，则抽取不喜爱的人数为_4. 某校志愿者小组有2名男生和1

2、名女生，现从中任选2人参加活动，则女生入选的概率是_I1While I6II2S2I1End WhilePrint S5. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出S的值为_6. 若双曲线1(a0，b0)的离心率为2，则其两条渐近线所成的锐角为_7. 设三棱锥PABC的体积为V1，点M，N分别满足2，.记三棱锥ABMN的体积为V2，则_8. 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，a2c，则cos A_9. 已知数列an，bn满足bnlog2an，且数列bn是等差数列若b32，b109，则数列an的前n项和Sn_10. 若函数f(x)|sin(2x)|关于直线x对称，则的最

3、小正值为_11. 若存在实数x(0，4)，使不等式x32ax160成立，则实数a的取值范围是_12. 在锐角三角形ABC中，已知AH是BC边上的高，且满足，则的取值范围是_13. 设函数f(x)x22axb2x.若函数yf(x)与函数yf(f(x)都有零点，且它们的零点完全相同，则实数a的取值范围是_14. 若圆C1：(xm)2y216与圆C2：(xn)2y216相交，点P为其在x轴下方的交点，且mn8，则点P到直线xy10距离的最大值为_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)若m(sin，cos)，n(cos，co

4、s)设f(x)mn.(1) 求函数f(x)在0，上的单调减区间；(2) 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)f(B)，a2b，求sin B的值16.(本小题满分14分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1AC，A1BAC1，设O为AC1与A1C的交点，点P为BC的中点求证：(1) OP平面ABB1A1；(2) 平面ACC1平面OCP.17. (本小题满分14分)如图1是淋浴房示意图，它的底座是由正方形截去一角得到，这一角是一个与正方形两邻边相切的圆的圆弧(如图2)现已知正方形的边长是1米，设该底座的面积为S平方米，周长为l米(周长是指图2中实线部分)，圆的半径为r

5、米设计的理想要求是面积S尽可能大，周长l尽可能小，但显然S，l都是关于r的减函数，于是设f(r)，当f(r)的值越大，满意度就越高试问r为何值时，该淋浴房底座的满意度最高？(解答时以3代入运算)18. (本小题满分16分)如图，A，B为椭圆C：y21短轴的上、下顶点，P为直线l：y2上一动点，连结PA并延长交椭圆于点M，连结PB交椭圆于点N.已知直线MA，MB的斜率之积恒为.(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 若直线MN与x轴平行，求直线MN的方程；(3) 求四边形AMBN面积的最大值，并求对应的点P的坐标19. (本小题满分16分)已知数列an满足|an1an|2n1.(1) 若数列an的首

6、项为a1，其中0a13，且a1，a2，a3构成公比小于0的等比数列，求a1的值；(2) 若an是公差为d(d0)的等差数列bn的前n项和，求a1的值；(3) 若a11，a22，且数列a2n1单调递增，数列a2n单调递减，求数列an的通项公式20. (本小题满分16分)设函数f(x)，g(x)，其中(x)恒不为0.(1) 设(x)x2，求函数f(x)在x1处的切线方程；(2) 若x0是函数f(x)与g(x)的公共极值点，求证：x0存在且唯一；(3) 设(x)axb，是否存在实数a，b，使得f(x)g(x)B，所以AB，得AB.(8分)由a2b及正弦定理得sin A2sin B，所以sin(B)2

7、sin B，即sincos Bcossin B2sin B，解得cos Bsin B(12分)又sin2Bcos2B1，得sin2B.因为sin B0，所以sin B.(14分)16. 证明：(1) 在平行四边形ACC1A1中，因为O为AC1与A1C的交点，所以点O为A1C的中点因为点P为BC的中点，所以OPA1B.(4分)又OP平面ABB1A1，A1B平面ABB1A1，所以OP平面ABB1A1.(6分)(2) 由(1)知OPA1B，又A1BAC1，所以AC1OP.(8分)在平行四边形ACC1A1中，AA1AC，所以四边形ACC1A1为菱形，所以AC1A1C.(10分)又OP，A1C平面OCP

8、，且OPA1CO，所以AC1平面OCP.(12分)又AC1平面ACC1，所以平面ACC1平面OCP.(14分)17. 解：周长l22(1r)2r4r，面积S1(r2r2)1r2，(4分)所以f(r)，r(0，1)(6分)令8rx，则f(r)16()162.(10分)当且仅当x时，即x2，f(r)最大，此时r82.(13分)答：当r82时，该淋浴房底座的满意度最高(14分)18. 解：(1) 由椭圆C：y21，所以A(0，1)，B(0，1)设M(x0，y0)，则，(2分)所以y1x.又y1，解得a22，所以椭圆的方程为y21.(4分)(2) 设P(t，2)，当t0时，xMxN0，不符题意，所以t

9、0，所以kPA，直线PA的方程为yx1，即xtyt，(6分)代入椭圆的方程得到y21，即t2(y1)22(y21)0，解得yA1，yM，同理yN.(8分)因为直线MN与x轴平行，所以，解得t26，yM，所以直线MN的方程为y.(10分)(3) 由(2)知xM1，解得xM，同理xN，(12分)所以四边形AMBN的面积S2(|xM|xN|).根据对称性，不妨设t0，则S.(14分)所以S1616.设mt(m2)，则S16161616.当且仅当t，即t时等号成立，所以四边形AMBN面积的最大值为，此时点P(，2)(16分)19. 解：(1) 因为|an1an|2n1，所以a2a13，即a2a13.又

11、a11，所以a2n112(n1)2n1，(14分)所以a2n(2n1)(4n1)，a2n2n，所以数列an的通项公式为an(kN*)(16分)20. (1) 解：因为(x)x2，所以f(x)，f(x)，(2分)所以f(1).又f(1)，所以函数f(x)在x1处的切线方程为y(x1)，即yx.(4分)(2) 证明：因为f(x)，所以f(x).又g(x)，所以g(x).(6分)因为x0是函数f(x)与g(x)的公共极值点，所以f(x0)0，g(x0)0，即(x0)(x0)，(x0)(x0)ln x0.因为(x)0，所以ln x0.(8分)令h(x)ln x，则x0是h(x)的零点因为h(x)在(0

12、，)上单调递增，所以h(x)至多有1个零点，又h(1)ln 10，且函数h(x)在(0，)上连续不间断，由零点存在性定理可知h(x)的零点x0唯一存在，得证(10分)(3) 解：因为(x)axb，由(2)得f(x)，g(x).记m(x)axab，n(x)aaln x.当a0时，m(x)b，n(x)，若b0，则m(x)n(x)0，此时f(x)g(x)0，不符题意；若b0，m(x)与n(x)符号相反，此时f(x)g(x)0时，若x，则m(x)0，当x1时，则n(x)aaln xabaln x.由abaln x，所以xe，所以xx0max时，m(x)0，n(x)0，此时函数f(x)0与g(x)0，不

13、符题意(舍)；若b0，则n(x)aaln xaaln x.由aaln x1，所以xe.所以xx0max时，m(x)0，n(x)0，此时函数f(x)0与g(x)0，不符题意(舍)；(14分)当a，则m(x)0；若b0，则n(x)aaln xaaln x.由aaln x0，得ln x1，所以xe，所以xx0max时，m(x)0，n(x)0，此时函数f(x)0与g(x)0，f(x)g(x)0，不符题意(舍); 若b1时，则n(x)aaln xabaln x.由abaln x0，得xe，所以xx0max时，m(x)0，n(x)0，此时函数f(x)0与g(x)0，f(x)g(x)0，不符题意(舍)综上所

14、述，当a0且b0时，函数f(x)与g(x)满足f(x)g(x)0在(0，)上恒成立(16分)2020届高三模拟考试试卷(盐城)数学附加题参考答案及评分标准21. A. 解：(解法1)平面列向量关于原点逆时针旋转所对应的变换矩阵为M()，(4分)直线l经矩阵M作用，即顺时针旋转以后得到直线l，且ll，(0，)，所以.(10分)(解法2)在直线l上任取一点P(x，y)，经过矩阵M作用后得到点P(x，y)，则 .(6分)又点P(x，y)在直线l：y2x上，所以sin xcos y2(cos xsin y)，即(cos 2sin )y(2cos sin )x.(8分)因为ll，所以，所以4cos 2s

15、in 2sin cos ，所以cos 0.因为(0，)，所以.(10分)B. 解：直线l的直角坐标方程为xy10，(2分)曲线C的直角坐标方程为x2y22，圆心为C(0，0)，半径r，(6分)圆心C到直线l的距离d，所以直线l被曲线C截得的弦长为2.(10分)C. 解：因为正数a，b，c满足2a4bc3，所以2(a1)4(b2)(c3)16.所以2(a1)4(b2)(c3)()(21)2.(8分)当且仅当a，b，c时，取最小值.(10分)22. 解：(1) 记“A，B两位考生有且只有一位考生获得录取资格”为事件M.A考生获得录取资格的概率为；B考生获得录取资格的概率为；所以P(M).答：A，B

16、两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率为.(4分)(2) 随机变量X可能的取值为0，1，2，3.C考生获得录取资格的概率为，由(1)得A，B两位考生获得录取资格的概率均为.所以A，B，C三位考生获得高校综合评价录取资格的人数XB(3，)则P(X0)C()3，P(X1)C()2()1，P(X2)C()1()2，P(X3)C()3，随机变量X的概率分布表如下：X0123P(X)数学期望为E(X)0123(人)(8分)答：X的数学期望为人(10分)注：(1) 如果随机变量X的概率分布列写成P(Xk)C()3k()k(k0，1，2，3)，可酌情给分(如果由二项分布的期望公式直接得出结果，可酌情给分

17、)23. 解：(1) 当n3时，T31，2，3，3元子集有：1，2，3， S31；(1分)当n4时，T41，2，3，4，3元子集有：1，2，3，1，2，4，1，3，4，2，3，4， S41C2C5；(2分)当n5时，T51，2，3，4，5，3元子集有：1，2，3，1，2，4，1，2，5，1，3，4，1，3，5，1，4，5，2，3，4，2，3，5，2，4，5，3，4，5， S51C2C3C15.(4分)(2) (解法1)Tn1，2，3，n，以1为最小值的3元子集个数为C；以2为最小值的3元子集个数为C；以n2为最小值的3元子集个数为C. Sn1C2C(n3)C(n2)C(n3)(n2)C(n3)

18、Cn(n2)Cn(n1)Cn(CCC)2C3C(n1)C(*) CCC， CCCCCCCCCC.(6分)下求2C3C(n1)C.记f(x)(1x)2(1x)3(1x)n1(x0)，则f(x)2(1x)13(1x)2(n1)(1x)n2(x0)记g(x)(x1)f(x)2(1x)23(1x)3(n1)(1x)n1(x0)，则g(x)的展开式中x2项前的系数为2C3C(n1)C.又f(x)(x0)，f(x)(x0)，g(x)(x0)，则g(x)的展开式中x2项前的系数又可以写作nCC， 2C3C(n1)CnCC，(*)式nC(nCC)C(n3)(10分)(解法2)由S31，S45，S515，S635归纳猜想出SnC(n3)下用数学归纳法给出证明当n3时，S31C，结论成立；(2分)假设nk(k3，kN*)时，结论成立，即SkC，(4分)则当nk1时，Tk11，2，3，k，k1，Sk1SkC2C3C(k2)C(k1)CC(k1)C(k2)Ck(k2)Ck(k1)CCk(CCC)C2C3C(k1)CCkC(kCC)CCC，所以当nk1时，结论成立综上，由可得SnC(n3)(10分)

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