1、江苏省南师附中2020届高三模拟考试试卷(20206)数学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：样本数据x1，x2，xn的方差s2(xix)2，其中xxi.锥体的体积VSh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高球体的表面积S4r2，其中r是球体的半径一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1. 已知集合Ax|x|1，xZ，Bx|1，0，1，6，则AB_2. 已知复数z(12i)(ai)，其中i是虚数单位若z的实部为0，则实数a的值为_3. 样本数据6，7，10，14，8，9的方差是_4. 右图是一个算法流程图，若输入的x的值为1，则输出S的值为_5. 将一颗质地均匀的骰子(一
2、种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛郑2次，则出现向上的点数之和为6的倍数的概率是_6. 已知函数ysin(2x)()的图象关于点(，0)对称，则的值是_7. 已知PABC是正三棱锥，其外接球O的表面积为16 ，且APOBPOCPO30，则该三棱锥的体积为_8. 若双曲线C：1(a0，b0)的离心率为3，则抛物线yx2的焦点到双曲线C的渐近线距离为_9. 已知函数f(x)sin x2xx3.若f(a6)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_10. 设等差数列an的前n项和为Sn.已知a1a2a547，a3a428.若存在正整数k，使得对任意的nN*都有Sn Sk恒成
3、立，则k的值为_11. 已知圆O：x2y2m(m0)，直线l：x2y10与x轴，y轴分别交于A，B两点若圆O上存在点P使得PAB的面积为，则实数m的最小值为_12. 已知点G为ABC的重心，点D，E，F分别为AB，BC，CA的中点若6，则_13. 已知函数f(x)a，g(x)若关于x的方程f(x)g(x)有3个不同的实数根，则实数a的取值集合为_14. 在锐角三角形ABC中，已知cos2Bcos2Asin2B4cos2Acos2B，则的取值范围是_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)如图，在ABC中，已知sin2A
4、sin Asin Csin2(AC)sin2C.(1) 求cos(B)的值；(2) 若D是BC边上一点，AD5，AC7，DC3，求AB的长16.(本小题满分14分)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C为菱形，且ABBC1，点E，F分别为BB1，A1C1的中点求证：(1) 平面AA1C1C平面A1BC；(2) EF平面A1BC.17. (本小题满分14分)某处有一块闲置用地，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧和两条线段AC，BC构成已知圆心O在线段AC上，现测得圆O半径为2百米，AOB，BCAC.现规划在这片闲置用地内划出一片梯形区域用于商业建设，该梯形区域的下底为AC，上底为MN，点
5、M在圆弧(点D在圆弧上，且ODOA)上，点N在圆弧上或线段BC上设AOM.(1) 将梯形ACNM的面积表示为的函数；(2) 当为何值时，梯形ACNM的面积最大？求出最大面积18. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：1(ab0)，其右焦点F到其右准线的距离为1，离心率为，A，B分别为椭圆的上、下顶点，过点F且不与x轴重合的直线l与椭圆交于C，D两点，与y轴交于点P，直线AC与BD交于点Q.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 当CD时，求直线l的方程；(3) 求证：为定值19. (本小题满分16分)设f(x)a(x1)2exex，g(x)ex(x1)ax2(ae)x，aR
6、，其中e为自然对数的底数(e2.718 2)(1) 当ae时，求g(x)在(1，g(1)处的切线方程；(2) 设F(x)f(x)g(x)，求F(x)的单调区间；(3) 当1时，f(x)0恒成立，求a的取值范围20. (本小题满分16分)已知an是各项均为正数的无穷数列，且满足a1a，an1an.(1) 若d1，a36，求a的值；(2) 设数列bn满足bnan1an，其前n项的和为Sn. 求证：bn是等差数列； 若对于任意的nN*，都存在mN*，使得Snbm成立求证：Sn(2n1)b1.江苏省南师附中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
7、，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，点P(3，1)在矩阵A对应的变换作用下得到点P(3，5)(1) 求a和b的值；(2) 求矩阵A的特征值B. (选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，直线l的方程为sin()a，曲线C的方程为4cos .若直线l与曲线C相切，求实数a的值C. (选修45：不等式选讲)已知a，b，c为正实数，求的最小值【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. 某校举办的体育节设有投篮项目
8、该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中前两次投篮每投中一次得1分，第三次投篮投中得2分，若不中不得分，投完三次后累计总分(1) 若甲同学每次投篮命中的概率为，且相互不影响，记甲同学投完三次后的总分为X，求随机变量X的概率分布列；(2) 若(1)中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目，已知乙同学每次投篮命中的概率为，且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率23.在空间直角坐标系中，有一只电子蜜蜂从坐标原点O出发，规定电子蜜蜂只能沿着坐标轴方向或与坐标轴平行的方向行进，每一步只能行进1个单位长度，若设定该电子蜜蜂从坐标原点O出发行进到点P(x，y，z)(x，y，z
9、N)经过最短路径的不同走法的总数为f(x，y，z)(1) 求f(1，1，1)，f(2，2，2)和f(n，n，n)(nN*)；(2) 当nN*，试比较f(n，n，n)与的大小，并说明理由江苏省南师附中2020届高三模拟考试试卷数学参考答案及评分标准1. 1，0，12. 23. 4. 1005. 6. 7. 8. 9. 10. 1011. 512. 13. 14. ，)15. 解：(1) 因为ABC，sin2Asin Asin Csin2(AC)sin2C，所以由正弦定理可知BC2BCABAC2AB2，BC2AB2AC2BCAB，(2分)cos B.因为在ABC中，B(0，)，所以B.(5分)所以
10、cos(B)cos Bcos sin Bsin .(7分)(2) 由余弦定理可知，在ACD中，cos C，(9分)因为C(0，)，所以sin C0，sin C.(11分)由正弦定理可知，在ABC中，所以，所以AB.(14分)16. 证明：(1) 连结AC1交A1C于O点，连结BO.在ABC1中，因为ABBC1，所以BOAC1.(2分)因为侧面AA1C1C为菱形，所以对角线A1CAC1.(4分)因为BOA1CO，BO，A1C平面A1BC，所以AC1平面A1BC.(6分)因为AC1平面AA1C1C，所以平面AA1C1C平面A1BC.(7分)(2) 连结FO，因为侧面AA1C1C为菱形，所以对角线互
11、相平分，点O为A1C的中点因为点F为A1C1的中点，所以在A1CC1中，FOCC1，FO綊CC1，(9分)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱BB1綊CC1，又点E为BB1的中点，所以BE綊CC1.又FO綊CC1，所以BE綊FO，四边形BEFO是平行四边形，(12分)所以EFBO.因为EF平面A1BC，BO平面A1BC，所以EF平面A1BC.(14分)17. 解：(1) 因为点M在圆弧上，ODOA，当点M分别与点A，D重合时，梯形不存在，所以(0，)过点B作BBCA，且BB交圆弧于点B，连结BO，因为ODOA，所以BBOD.由垂径定理可知OD垂直平分BB，因此BODBODAOBAOD，AOBAO
12、DBOD，因此，当(，)时，点N在圆弧上，当(0，上时，点N在线段BC上设ODMNH， 当(，)时，因为MNCA，所以HMOAOM.又ODOA，所以MNOD.由垂径定理可知HMHN，在RtOHM中，HMOMcosOMH2cos ，HOOMsinOMH2sin ，BCAC，所以在RtOBC中，COBAOB，COOBcosBOC2cos 1，所以梯形ACNM的面积S()OH(MNAC)OH(2MHAOOC)sin (4cos 3)，(4分) 当(0，时，因为BCAC，ODOC，MNOD，所以四边形OCNH为矩形，故NHOC1，所以梯形ACNM的面积S()OH(MNAC)OH(MHNHAOOC)2s
13、in (cos 2)(6分)综上，S()(7分)(2) 当(，)时，S()sin (4cos 3)，S()cos (4cos 3)sin (4sin )8cos23cos 4.因为(，)时，cos (0，)，cos2，所以S()8cos23cos 48340，故S()在(，)上单调递减，S()S()sin (4cos 3).(10分) 当(0，时，S()2sin (cos 2)，S()2cos (cos 2)2sin (sin )4cos24cos 2.因为(0，时，cos ，1)，cos2，所以S()4cos24cos 244210，故S()在(0，上单调递增，S()S()2sin (cos
14、 2).(13分)综上，当且仅当时，梯形ACNM的面积取得最大值平方百米(14分)18. (1) 解：由题意可知所以a，c1，所以b2a2c21，所以椭圆的标准方程为y21.(4分)(2) 解：因为直线l不与x轴重合，所以斜率不为0.因为l过点F(1，0)，所以设直线l的方程为xmy1.由得(m22)y22my10.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1y2，y1y2，则CD2(m21)(y1y2)2(m21)(y1y2)24y1y2(m21)()24().因为CD，所以，得m23，所以m，所以直线l的方程为xy1.(8分)(3) 证明：在xmy1中令x0得y，所以P(0，)而直线AD的
15、方程为y1x，直线CB的方程为y1x.由此得到yQ(*)(10分) 不妨设y1y2，则y1，y2，所以y1y2.将代入(*)式，得yQm，(14分)所以(0，)(xQ，yQ)1为定值(16分)另解：从(*)式开始，将根与系数关系代入(*)式，得m，以下不变19. 解：(1) 当ae时，g(x)ex(x1)ex22ex，g(x)ex(x1)exex2e，g(1)ee2e0，g(1)2e，所以g(x)在(1，g(1)处的切线方程为y0，即y.(2分)(2) F(x)f(x)g(x)2a(x1)exeexax(ae)(x1)(ex3a) 当a0时，ex3a0，所以当x1时，F(x)0；当x1时，F(
16、x)0； 当a0时，令F(x)0得x1，xln(3a). 若ln(3a)1，即a时，则F(x)0恒成立，所以F(x)单调增区间为(，)(6分). 若ln(3a)1，即a0时，F(x)0即x1或xln(3a)；F(x)0即ln(3a)x1，所以F(x)单调增区间为(，ln(3a)和(1，)，单调减区间为(ln(3a)，1). 若ln(3a)1，即a时，F(x)0即xln(3a)或x1，F(x)0即1xln(3a)，所以F(x)单调增区间为(，1)和(ln(3a)，)，单调减区间为(1，ln(3a)(8分)(3) f(x)2a(x1)exe. 若a0时，则f(x)0在x1时恒成立，所以f(x)在1
17、，)上单调递减，所以当x1时，f(x)f(1)0，所以x1时，f(x)0恒成立(10分) 若a0时，令(x)f(x)，则(x)2aex，. 当a时，即x1时，(x)0，所以(x)单调递减，所以(x)(1)0，即f(x)0，所以f(x)单调递减，所以当x1时，f(x)f(1)0恒成立(12分). 当a时，令(x)0，则xln(2a)1，当xln(2a)时，(x)0，(x)单调递减；当xln(2a)时，(x)0，(x)单调递增因为(x)在(，ln(2a)上单调递增且(1)0，所以(ln(2a)(1)0，所以在(1，ln(2a)上(x)0，所以f(x)0，所以f(x)单调递增，所以当x(1，ln(2
18、a)时，f(x)f(1)0，不满足条件所以a的取值范围是(，(16分)20. (1) 解：因为an1an，a36，所以令n2，得a3a2，即6a2(a26)，平方整理得(a210)(a23)0.因为a26，所以a23；同理令n1，得a2a1，即3a1(a13)，平方整理得(a11)(a17)0.因为a13，所以a11，因此a1.(4分)(2) 证明： 由题意，得d0.当d0时，an1an0，所以bn是公差为0的等差数列(5分)当d0时，因为an1an所以(an1an)2d(an1an)，从而有(anan1)2d(anan1).，得(an1an)2(anan1)2d(an1an)(anan1)，
19、化简得(an1an)(anan1)(an1an1)d(an1an1)因为an1an，且数列an的各项均为正数，d0，所以an1an0，从而 an1an10，因此(an1an)(anan1)d.因为bnan1an，所以bnbn1d.综上，bn是公差为d的等差数列(8分) 因为bn是公差为d的等差数列，所以Snnb1d.因为对于任意的nN*，都存在mN*，使得Snbm，所以有nb1db1(m1)d，整理得(m1)d(n1)b1d. 若d0，则b10，结论成立(10分). 若d0，(m1)(n1).当n1时，m1；当n2时，必为整数，即b1kd.因为an1an0，所以bn0，d0，所以kN*，从而S
20、nnb1dnd(k)下证nkdd(2n1)kd，即证(2nn1)k，从而只要证2nn1，因此要证2n1n2n20.(13分)记f(n)2n1n2n2，则f(n1)f(n)22n(n1)记g(n)2n(n1)，则g(n1)g(n)2n10，所以g(n)2n(n1)g(1)0，从而f(n1)f(n)0，所以f(n)2n1n2n2f(1)0.(16分)2020届高三模拟考试试卷(二十三)(南师附中)数学附加题参考答案及评分标准21. A. 解：(1) 由题意，得所以a3，b1.(4分)(2) 由(1)可知A，特征行列式为(2)(1)(3)(2)234(4)(1)0，所以矩阵A的特征值为11，24.(
21、10分)B. 解：以极点为原点，极轴为x轴正方向建立平面直角坐标系因为直线l的方程为sin()a，所以其直角坐标方程为xy2a0.因为曲线C的方程为4cos ，所以24cos ，(4分)所以曲线C的直角坐标方程为(x2)2y24，是圆心为(2，0)，半径为2的圆因为直线l与圆C相切，所以圆心到直线l的距离d为2，d2|a1|2，所以a1，a3.(10分)C. 解：11244(abc)()4(bc)(ca)(ab)()4.因为a，b，c为正实数，所以由柯西不等式可知()2()2()2()2()2()24()24(11)2421，当且仅当，即bcca(ab)，即ab且c(1)a时取等号，此时原式的
22、最小值为21.(10分)22. 解：(1) 随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，P(X0)()3；P(X1)C()2；P(X2)()2()2；P(X3)C()2；P(X4)()3.(5分)(2) 设乙同学投完后的总分为Y，则随机变量Y可能的取值为0，1，2，3，4，P(Y0)()3；P(Y1)C()3；P(Y2)()3()3；P(Y3)C()3；P(Y4)()3.记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件A，由四种情况组成，且相互独立，四种情况分别为甲得0分且乙得分超过0分，甲得1分且乙得分超过1分，甲得2分且乙得分超过2分，甲得3分且乙得分超过3分所以P(A)P(X0)P(Y0)P(X1)P(Y1)P(X2)P(Y2)P(X3)P(Y3)(1)(1)().答：事件A的概率为.(10分)23. 解：(1) f(1，1，1)CC6，f(2，2，2)CC90，f(n，n，n)CC.(3分)(2) f(n，n，n)CC3n(3n1)(3n2)(n2)(n1)，其中3n(3n1)(3n2)(n2)(n1)是2n个连续的自然数相乘，对于任意的kN*，且kn，都有(2nk)(2nk1)恒成立，所以3n(3n1)(3n2)(n2)(n1)，并且2nk2nk1，所以取不到等号，因此f(n，n，n).(10分)18
