1、江苏省盐城市2020届高三数学第三次模拟考试（6月）试题(满分160分，考试时间120分钟)20206参考公式：锥体体积公式：VSh，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. 若集合Ax|xm，Bx|x1，且ABm，则实数m的值为_2. 已知i为虚数单位，复数z满足z(3i)10，则|z|的值为_3. 从数字0，1，2中任取两个不同的数字构成一个两位数，则所得的两位数大于10的概率为_4. 如图所示，一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，图中小矩形从左向右所对应的区间依次为0，50)，50，100)，100，150
2、)，150，200)，200，250若一个月以30天计算，估计这家面包店一个月内这种面包的日销售量少于100个的天数为_天5. 执行如图所示的流程图，输出k的值为_6. 若双曲线1(a0，b0)的渐近线为y2x，则其离心率的值为_7. 若三棱柱ABCA1B1C1的体积为12，点P为棱AA1上一点，则四棱锥PBCC1B1的体积为_8. “2”是“函数f(x)sin(x)的图象关于点(，0)对称”的_条件(选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)9. 在ABC中，CB，ABAC，则tan B的值为_10. 若数列an的前n项和为Sn，an2n1(1)n(2n1)，则2a10
3、0S100的值为_11. 若集合P(x，y)|x2y24x0，Q(x，y)|，则PQ表示的曲线的长度为_12. 若函数f(x)的图象上存在关于原点对称的相异两点，则实数m的最大值是_13. 在ABC中，AB10，AC15，A的平分线与边BC的交点为D，点E为边BC的中点若90，则 的值是_14. 若实数x，y满足4x24xy7y21，则7x24xy4y2的最小值是_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)若函数f(x)Msin(x)(M0，0，0b0)的短轴长为2，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，过点F2的动直线与
4、椭圆交于点P，Q，过点F2与PQ垂直的直线与椭圆C交于A，B两点当直线AB过原点时，PF13PF2.(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 若点H(3，0)，记直线PH，QH，AH，BH的斜率依次为k1，k2，k3，k4. 若k1k2，求直线PQ的斜率； 求(k1k2)(k3k4)的最小值19. (本小题满分16分)如果存在常数k使得无穷数列an满足amnkaman恒成立，则称an为P(k)数列(1) 若数列an是P(1)数列，a61，a123，求a3；(2) 若等差数列bn是P(2)数列，求bn的通项公式；(3) 是否存在P(k)数列cn，使得c2 020，c2 021，C2 022，是等比数列
5、？若存在，请求出所有满足条件的数列cn；若不存在，请说明理由20. (本小题满分16分)设函数f(x)3ln xx3ax22ax.(1) 当a0时，求函数f(x)的单调递增区间；(2) 若函数f(x)在x1时取极大值，求实数a的取值范围；(3) 设函数f(x)的零点个数为m，试求m的最大值2020届高三模拟考试试卷 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)已知矩阵A.若矩阵A属于特征值3的一个特征向量为，求该矩阵属
6、于另一个特征值的特征向量B. (选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，已知直线l：cos 2sin m(m为实数)，曲线C：2cos 4sin ，当直线l被曲线C截得的弦长取最大值时，求实数m的值C. (选修45：不等式选讲)已知实数x，y，z满足xy2z1，求x2y2z2的最小值【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. 如图，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，过点P(2，0)作直线l与抛物线交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时AB的长为4.(1) 求抛物线的方程；(2) 若APF与BPO的面积相等，求直线l的方程23.
7、若有穷数列an共有k项(k2)，且a11，当1rk1时恒成立设Tka1a2ak.(1) 求T2，T3；(2) 求Tk.2020届高三模拟考试试卷(盐城)数学参考答案及评分标准1. 12. 3. 4. 125. 46. 7. 88. 充分不必要9. 210. 29911. 12. 1e213. 14. 15. 解：(1) 因为f(x)的最小值是2，所以M2.(2分)因为f(x)的最小正周期是2，所以1.(4分)又由f(x)的图象经过点N(，1)，可得f()1，sin()，所以2k或2k，kZ.又0，所以，故f(x)2sin(x)，即f(x)2cos x(6分)(2) 由(1)知f(x)2cos
8、x.又f(A)，f(B)，故2cos A，2cos B，即cos A，cos B.因为在ABC中，A，B(0，)，所以sin A，sin B，(10分)所以cos Ccos(AB)cos(AB)(cos Acos Bsin Asin B)().(14分)16. 证明：(1) 设ACBDO，连结OE，因为底面ABCD是菱形，故O为BD中点因为点E是PC的中点，所以APOE. (2分)因为OE平面BDE，AP平面BDE，所以AP平面BDE.(6分)(2) 因为平面PBC平面ABCD，PCBC，平面PBC平面ABCDBC，PC平面PBC，所以PC平面ABCD.(9分)又BD平面ABCD，所以PCBD
9、.因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD.又PCBD，ACPCC，AC平面PAC，PC平面PAC，所以BD平面PAC. (12分)又BD平面BDE，所以平面PAC平面BDE.(14分)17. 解：连结CM，设PCM，则PC，PMPNtan ，OPOCPC10，AB2OP20.设新建的道路长度之和为f()，则f()PMPNABOP2tan 30.(6分)由1PC10得cos b0)的短轴长为2，所以b1.当直线AB过原点时，PQx轴，所以PF1F2为直角三角形由定义知PF1PF22a，而PF13PF2，故PF1a，PF2a.由PFPFF1F得a2a24c2a24(a21)，化简得a22，故椭圆的
10、方程为y21. (4分)(2) 设直线PQ：yk(x1)，代入到椭圆方程得(12k2)x24k2x(2k22)0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2， (6分)所以k1k2，化简可得k1k2，(10分)解得k1或k，即为直线PQ的斜率(12分) 当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时，(k1k2)(k3k4)0.当两条直线与坐标轴都不垂直时，由知k1k2，同理可得k3k4，(14分)故(k1k2)(k3k4)，当且仅当k2，即k1时取等号综上，(k1k2)(k3k4)的最小值为.(16分)19. 解：(1) 由数列an是P(1)数列得a6a2a31，a12a2a63，可得a
11、3.(2分)(2) 由bn是P(2)数列知bmn2bmbn恒成立，取m1得bn2b1bn恒成立当b10，bn0时满足题意，此时bn0.当b10时，由b12b，可得b1，取mn2得b42b.设公差为d，则3d2(d)2，解得d0或d.综上，bn0或bn或bn，经检验均合题意(8分)(3) (解法1)假设存在满足条件的P(k)数列cn，不妨设该等比数列c2 020，c2 021，c2 022，的公比为q，则有c2 0202 020kc2 020c2 020c2 020q2 0202 0202 020kc2 020c2 020，可得q2 0202 0202 020kc2 020，c2 0202 02
12、1kc2 020c2 021c2 020q2 0202 0212 020kc2 020c2 020q，可得q2 0202 0212 021kc2 020.综合可得q1，(10分)故c2 0202 020c2 020，代入c2 0202 020kc2 020c2 020得c2 020，则当n2 020时cn.(12分)又c2 020kc1c2 020c1.当1n2 020时，不妨设ni2 020，iN*且i为奇数，由cnicnni1kcncni1kcncnni2k2(cn)2cni2ki1(cn)i.而cni，所以ki1(cn)i，(cn)i()i，cn.综上，满足条件的P(k)数列cn有无穷多
13、个，其通项公式为cn.(16分)(解法2)同解法1得，当n2 020时cn.当1n2 020时，cn2 020kcnc2 020，而cn2 020，c2 020，故cn，以下同解法1.(解法3)假设存在满足条件的P(k)数列cn，显然cn的所有项及k均不为零，c1，不妨设该等比数列c2 020，c2 021，c2 022，的公比为q，当1n2 018时，cn2 020kcnc2 020，c(n1)2 020kcn1c2 020，两式相除可得q2 020，故当1n2 019时，cn也为等比数列，(10分)故cnc1q2 020(n1)q2 020(n1)，则c2q2 020，c4q6 060.由
14、c4k(c2)2得q2 0201，且当1n2 019时cn，(12分)则c2 020kc2c1 010k，c2 025kc5c405k，所以1q5，所以q1，故当n2 020时cn.综上，满足条件的P(k)数列cn有无穷多个，其通项公式为cn.(16分)20. 解：(1) 当a0时，f(x)3ln xx3，所以f(x)3x23()，(1分)由f(x)0得x1，当x(0，1)时，f(x)0，所以函数f(x)的单调增区间为(1，)(3分)(2) 由题意得f(x)3x22ax2ax2(1)x1令g(x)x2(1)x1(x0)，则f(x)g(x)当10，即a时，g(x)0恒成立，得f(x)在(0，1)
15、上递减，在(1，)上递增，所以x1是函数f(x)的极小值点；当(1)240，即a0恒成立，f(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以x1是函数f(x)的极小值点；当(1)240，即a或a时，易得f(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，所以x1是函数f(x)的极小值点；(6分)当(1)240时，解得a(舍去)，当a时，设g(x)的两个零点为x1，x2，所以x1x21，不妨设0x1x2.又g(1)30，所以0x11x2，故f(x)(xx1)(x1)(xx2)当x(0，x1)时，f(x)0；当x(1，x2)时，f(x)0；所以f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，1)上递增，在(1，
16、x2)上递减，在(x2，)上递增；所以x1是函数f(x)极大值点综上所述a.(10分)(3) 由(2)知当a时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故函数f(x)至多有两个零点，欲使f(x)有两个零点，需f(1)1a1，此时f(x)3ln xx3ax22ax3ln x2ax，f()3ln a2，当ae时，f()0，此时函数f(x)在(0，1)上恰有1个零点；(12分)又当x2时，f(x)3ln xx3ax(x2)3ln xx3.由(1)知(x)3ln xx3在(1，)上单调递增，所以f(e)3e30，故此时函数f(x)在(1，)上恰有1个零点；由此可知当ae时，函数f(x
17、)有两个零点(14分) 当a时，由(2)知f(x)在(0，x1)上递减，在(x1，1)上递增，在(1，x2)上递减，在(x2，)上递增；而0x10，此时函数f(x)也至多有两个零点综上所述，函数f(x)的零点个数m的最大值为2.(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：由题意知A3，所以即(4分)所以矩阵A的特征多项式f()(1)24.由f()0，解得3或1.(8分)当1时，令x1，则y1，所以矩阵A的另一个特征值为1，对应的一个特征向量为.(10分)B. 解：由题意知直线l的直角坐标方程为x2ym0.(2分)又曲线C的极坐标方程为2cos 4s
18、in ，即22cos 4sin ，所以曲线C的直角坐标方程为x2y22x4y0，所以曲线C是圆心为(1，2)的圆，(8分)当直线l被曲线C截得的弦长最大时，得122m0，解得m5.(10分)C. 解：由柯西不等式有(121222)(x2y2z2)(xy2z)21，(6分)所以x2y2z2(当且仅当，即xy，z时取等号)，(8分)所以x2y2z2的最小值是.(10分)22. 解：(1) 当直线l与x轴垂直时AB的长为4，又P(2，0)，取A(2，2)，(1分)所以(2)22p2，解得p2，所以抛物线的方程为y24x.(2分)(2) 由题意知SAPFFP|yA|yA|，SBPOOP|yB|yB|.
19、因为SAPFSBPO，所以|yA|2|yB|.(4分)当kAB0时，直线AB与抛物线不存在两个交点，所以kAB0，故设直线AB的方程为xmy2，代入抛物线方程得y24my80, 所以yAyB4m，yAyB8.(6分)当yA0，yB0时，yA2yB，2y8，所以yB2，xB1，所以kPB2，直线AB的方程为2xy40.(8分)当yA0时，同理可得直线AB的方程为2xy40.综上所述，直线AB的方程为2xy40.(10分)23. 解：(1) 当k2时，r1，由1，得a21，T20.(1分)当k3时，r1或2，由2，得a22.由，得a3，T3.(3分)(2) 因为，由累乘法得，所以ar1(2)r(2)r，(5分)所以ar1C(2)r1.(6分)当r0时，a11也适合ar1C(2)r1，所以TkC(2)1C(2)2C(2)k，(8分)即TkC(2)0C(2)1C(2)2C(2)k1，所以Tk(12)k11(1)k(10分)