1、江苏省南京市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|2x4，Bx|1x3，则AB_2. 若zi(i是虚数单位)是实数，则实数a的值为_3. 某校共有教师300人，男学生1 200人，女学生1 000人，现用分层抽样从所有师生中抽取一个容量为125的样本，则从男学生中抽取的人数为_4. 如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为_S0For i From 1 To 4SSiEnd ForPrint S(第 4 题)(第6题)5. 将甲、乙、丙三人随机排成一行，则甲、乙两人相邻的概
2、率为_6. 已知函数f(x)2sin(x)(其中0，)的部分图象如图所示，则f()的值为_7. 已知数列an为等比数列若a12，且a1，a2，a32成等差数列，则an的前n项和为_8. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线 1(a0，b0)的右焦点为F.若以F为圆心，a为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于A，B两点，且AB2b，则该双曲线的离心率为_9. 若正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥AB1CD1的体积为_10. 已知函数f(x)g(x)f(x2)若g(x1)1，则实数x的取值范围是_11. 在平面直角坐标系xOy中，A，B是圆O：x2y22上两个动点，且.若A，B两点到直
3、线l：3x4y100的距离分别为d1，d2，则d1d2的最大值为_12. 若对任意ae，)(e为自然对数的底数)，不等式xeaxb对任意xR恒成立，则实数b的取值范围是_13. 已知点P在边长为4的等边三角形ABC内，满足，且231，延长AP交边BC于点D.若BD2DC，则的值为_14. 在ABC中，A，点D是BC的中点若ADBC，则sin Bsin C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)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，点E，F分别为AD，PB的中点求证
4、：(1) EF平面PCD；(2) 平面PAB平面PCD.16.(本小题满分14分)已知向量m(cos x，sin x)，n(cos x，sin x)，函数f(x)mn.(1) 若f()1，x(0，)，求tan(x)的值；(2) 若f()，(，)，sin ，(0，)，求2的值17. (本小题满分14分)如图，港口A在港口O的正东100海里处，在北偏东方向有一条直线航道OD，航道和正东方向之间有一片以B为圆心，半径为8海里的圆形暗礁群(在这片海域行船有触礁危险)，其中OB20海里，tanAOB，cosAOD.现有一艘科考船以10海里/小时的速度从O出发沿OD方向行驶，经过2个小时后，一艘快艇以50
5、海里/小时的速度准备从港口A出发，并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇(1) 若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由；(2) 在无触礁危险的情况下，若快艇再等x小时出发，求x的最小值18. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)经过点(2，0)和(1，)，椭圆C上三点A，M，B与原点O构成一个平行四边形AMBO.(1) 求椭圆C的方程；(2) 若点B是椭圆C左顶点，求点M的坐标；(3) 若A，M，B，O四点共圆，求直线AB的斜率19. (本小题满分16分)已知函数f(x)(aR)，其中e为自然对数的底数(1) 若a1，求函数f(x)的单调减区间；(2
6、) 若函数f(x)的定义域为R，且f(2)f(a)，求a的取值范围；(3) 求证：对任意a(2，4)，曲线yf(x)上有且仅有三个不同的点，在这三点处的切线经过坐标原点20. (本小题满分16分)若数列an满足n2，nN*时，an0，则称数列(nN*)为an的“L数列”(1) 若a11，且an的“L数列”为，求数列an的通项公式；(2) 若annk3(k0)，且an的“L数列”为递增数列，求k的取值范围；(3) 若an1pn1，其中p1，记an的“L数列”的前n项和为Sn，试判断是否存在等差数列cn，对任意nN*，都有cnSncn1成立，并证明你的结论.2020届高三模拟考试试卷(十九)数学附
7、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，aR.若点P(1，1)在矩阵A的变换下得到点P(0，2)(1) 求矩阵A；(2) 求点Q(0，3)经过矩阵A的2次变换后对应点Q的坐标B. (选修44：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)，求曲线C上的点到直线l的距离的最大值C. (选修45：不等式选讲)已知a，b为非负实数，求证：a3b3(a2b2)
8、【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，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，AB3，AC4，B1CAC1.(1) 求AA1的长；(2) 试判断在侧棱BB1上是否存在点P，使得直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角BA1CA的大小相等，并说明理由23. 口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球现有一抽奖游戏规则如下：抽奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球，最多取球2n1(nN*)次若取出白球的累计次数达到n1时，则终止取球且获奖，其他情况均不获奖记获奖概率为Pn.(1) 求P1；(2) 求证：Pn1Pn.20
9、20届高三模拟考试试卷(十九)(南京)数学参考答案及评分标准1. x|1x42. 23. 604. 105. 6. 7. 2n128. 9. 10. 2，411. 612. 2，)13. 14. 15. 证明：(1) 取PC的中点G，连结DG，FG.在PBC中，因为点F，G分别为PB，PC的中点，所以GFBC，GFBC.因为底面ABCD为矩形，且点E为AD的中点，所以DEBC，DEBC，(2分)所以GFDE，GFDE，所以四边形DEFG为平行四边形，所以EFDG.(4分)因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.(6分)(2) 因为底面ABCD为矩形，所以CDAD.因为平面PAD
10、平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，所以CD平面PAD.(10分)因为PA平面PAD，所以CDPA.(12分)因为PAPD，PD平面PCD，CD平面PCD，PDCDD，所以PA平面PCD.因为PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD.(14分)16. 解：(1) 因为向量m(cos x，sin x)，n(cos x，sin x)，所以 f(x)mncos2xsin2xcos 2x.(2分)因为f()1，所以cos x1，即cos x.因为x(0，)，所以x，(4分)所以tan(x)tan()2.(6分)(2) 若f()，则cos 2，即cos 2.因为(，)，所以2(，
11、)，所以sin 2.(8分)因为sin ，(0，)，所以cos ，(10分)所以cos(2)cos 2cos sin 2sin ()().(12分)因为2(，)，(0，)，所以2(，2)，所以2的值为.(14分)17. 解：如图，以O为原点，正东方向为x轴，正北方向为y轴，建立直角坐标系xOy.因为OB20，tanAOB，OA100，所以点B(60，40)，且A(100，0)(2分)(1) 设快艇立即出发经过t小时后两船相遇于点C，则OC10(t2)，AC50t.因为OA100，cosAOD，所以AC2OA2OC22OAOCcosAOD，即(50t)2100210(t2)2210010(t2)
12、.化简得t24，解得t12，t22(舍去)，(4分)所以OC40.因为cosAOD，所以sinAOD，所以C(40，80)，所以直线AC的方程为y(x100)，即4x3y4000.(6分)因为圆心B到直线AC的距离d8，而圆B的半径r8，所以dr，此时直线AC与圆B相交，所以快艇有触礁的危险答：若快艇立即出发有触礁的危险(8分)(2) 设快艇所走的直线AE与圆B相切，且与科考船相遇于点E.设直线AE的方程为yk(x100)，即kxy100k0.因为直线AE与圆B相切，所以圆心B到直线AC的距离d8，即2k25k20，解得k2或k.(10分)由(1)可知k舍去因为cosAOD，所以tanAOD2
13、，所以直线OD的方程为y2x.由解得所以E(50，100)，所以AE50，OE50，(12分)此时两船的时间差为5，所以x523.答：x的最小值为(3)小时(14分)18. 解：(1) 因为椭圆1(ab0)过点(2，0)和(1，)，所以a2，1，解得b21，所以椭圆C的方程为y21.(2分)(2) 因为B为左顶点，所以B (2，0)因为四边形AMBO为平行四边形，所以AMBO，且AMBO2.(4分)设点M(x0，y0)，则A(x02，y0)因为点M，A在椭圆C上，所以解得所以M(1，)(6分)(3) 因为直线AB的斜率存在，所以设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消
14、去y，得(4k21)x28kmx4m240，则有x1x2，x1x2.(8分)因为平行四边形AMBO，所以(x1x2，y1y2)因为x1x2，所以y1y2k(x1x2)2mk2m，所以M(，)(10分)因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程，化简得4m24k21.(12分)因为A，M，B，O四点共圆，所以平行四边形AMBO是矩形，且OAOB，所以x1x2y1y20.因为y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2，所以x1x2y1y20，化简得5m24k24.(14分)由解得k2，m23，此时0，因此k.所以所求直线AB的斜率为.(16分)19. (1) 解：当
15、a1时，f(x)，所以函数f(x)的定义域为R，f(x). 令f(x)0，解得1x2，所以函数f(x)的单调减区间为(1，2)(2分)(2) 解：由函数f(x)的定义域为R，得x2axa0恒成立，所以a24a0，解得0a4.(4分)(解法1)由f(x)，得f(x).当a2时，f(2)f(a)，不符题意当0a2时，因为当ax2时，f(x)0，所以f(x)在(a，2)上单调递减，所以f(a)f(2)，不符题意(6分)当2a4时，因为当2xa时，f(x)0，所以f(x)在(2，a)上单调递减， 所以f(a)f(2)，满足题意综上，a的取值范围是(2，4)(8分)(解法2)由f(2)f(a)，得.因为
16、0a4，所以不等式可化为e2(4a)设函数g(x)(4x)e2，0x4.(6分)因为g(x)ex0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减因为g(2)0，所以g(x)0的解集为(2，4)所以a的取值范围是(2，4)(8分)(3) 证明：设切点为(x0，f(x0)，则f(x0)，所以切线的方程为y(xx0)由0(0x0)，化简得x(a3)x3ax0a0.(10分)设h(x)x3(a3)x23axa，a(2，4)，则只要证明函数h(x)有且仅有三个不同的零点. 由(2)可知a(2，4)时，函数h(x)的定义域为R，h(x)3x22(a3)x3a.因为4(a3)236a4(a)2270恒成立，所以
17、h(x)0有两不相等的实数根x1和x2，不妨设x1x2.列表如下：x(，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)h(x)00h(x)增极大减极小增所以函数h(x)最多有三个零点(12分)因为a(2，4)，所以h(0)a0，h(1)a20，h(2)a40，h(5)5011a0，所以h(0)h(1)0，h(1)h(2)0，h(2)h(5)0.因为函数的图象不间断，所以函数h(x)在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零点综上所述，函数h(x)有且仅有三个零点(16分)20. 解： (1) 因为an的“L数列”为，所以，nN*，即2n，所以n2时，ana12n12n2212(n1)(n2
18、)12.又a11符合上式，所以an的通项公式为an2，nN*.(2分)(2) 因为annk3(k0)，且n2，nN*时，an0，所以k1.(解法1)设bn，nN*，所以bn1.因为bn为递增数列，所以bn1bn0对nN*恒成立，即0对nN*恒成立(4分)因为，所以0等价于(nk2)(nk1)0.当0k1时，因为n1时，(nk2)(nk1)0，不符合题意(6分)当k1时，nk1nk20，所以(nk2)(nk1)0.综上，k的取值范围是(1，). (8分)(解法2)令f(x)1，所以f(x)在区间(，2k)和区间(2k，)上单调递增. 当0k1时，f(1)11，f(2)11，所以b2b1，不符合题
19、意(6分)当k1时，因为2k1，所以f(x)在1，)上单调递增，所以bn单调递增，符合题意综上，k的取值范围是(1，)(8分)(3) 存在满足条件的等差数列cn，证明如下：因为，kN*，(10分)所以Sn(1)()因为p1，所以10，所以Sn(1)()，即Sn1()n(14分)因为1()n，所以Sn.设cn，则cn1cn，且cnSncn1，所以存在等差数列cn满足题意. (16分)2020届高三模拟考试试卷(南京)数学附加题参考答案及评分标准21. A. 解：(1) .(2分)因为点P(1，1)在矩阵A的变换下得到点P(0，2)，所以a2，所以A.(4分)(2) 因为A，所以A2，(6分)所以
20、A2，所以点Q的坐标为(3，6)(10分)B. 解：由直线l的参数方程(t为参数)，得直线l的方程为xy0.(2分)曲线C上的点到直线l的距离d(4分).(6分)当2k，即2k(kZ)时，(8分)曲线C上的点到直线l的距离取最大值.(10分)C. 证明：因为a，b为非负实数，所以a3b3(a2b2)a2()b2()()()5()5(4分)若ab时，从而()5()5，得()()5()50.(6分)若ab时，从而()5()5，得()()5()50.(8分)综上，a3b3(a2b2)(10分)22. 解：(1) 因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，所以AA1平面ABC，所以AA1AB，AA1AC
21、.又ABAC，所以以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设AA1t(t0)，又AB3，AC4，则A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0)，所以(0，4，t)，(3，4，t)(2分)因为B1CAC1，所以0，即16t20，解得t4，所以AA1的长为4.(4分)(2) 由(1)知B(3，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)，所以(0，4，4)，(3，4，0)设n(x，y，z)为平面A1CB的法向量，则n0，n0，即取y3，解得z3，x4，所以n(4，3，3)为平面A1CB的一个法向量因为AB平面AA1C1C，所以(3，0，0)为平面A1CA
22、的一个法向量，则cosn，(6分)所以sinn，.设P(3，0，m)，其中0m4，则(3，4，m)因为(3，0，0)为平面A1CA的一个法向量，所以cos，所以直线PC与平面AA1C1C所成角的正弦值为.(8分)因为直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角BA1CA的大小相等，所以，此时方程无解，所以侧棱BB1上不存在点P，使得直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角BA1CA的大小相等 .(10分)23. (1) 解：根据题意，每次取出的球是白球的概率为，取出的球是黑球的概率为，所以P1C()2.(2分)(2) 证明：累计取出白球次数是n1的情况有：前n次取出n次白球，第n1次取出的是白球，
23、概率为C()n1；前n1次取出n次白球，第n2次取出的是白球，概率为C()n1；(4分)前2n1 次取出n次白球，第2n次取出的是白球，概率为C()n1()n1；前2n次取出n次白球，第2n1次取出的是白球，概率为C()n1()n；则PnC()n1C()n1C()n1()n1C()n1()n()n1CCC()n1C()n()n1CCC()n1C()n，(6分)因此Pn1Pn()n2CCC()nC()n1 ()n1CCC()n1C()n()n1CCC()nC()n1CCC()n1C()n()n1(1)CCC()nC()n1CCC()n1C()n()n1CCC()nC()n1CC()2C()n1C()n2CCC()n1C()n(8分)()n1CCC()nC()n1CCC()nC()n1C()n2，则Pn1Pn()n1C()n1C()n1C()n2()n1()n1(CCC)()n1()n1(CC)因为CCC(CC)CCC，所以Pn1Pn()n1()n1()C0，因此Pn1Pn.(10分)