1、江苏省南京师范大学附属中学2020届高三数学下学期六月押题（含附加题）(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
2、匀的骰子(一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S
3、n Sk恒成立，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
4、知sin2Asin 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
5、底为MN，点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(a
6、e)x，aR，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
7、】 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，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
8、设有投篮项目该项目规定：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)
9、(x，y，zN)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.
10、(5分)所以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，
11、所以对角线互相平分，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
12、，AOBAODBOD，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(MHNHA
13、OOC)2sin (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()2si
14、n (cos 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，)
15、而直线AD的方程为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
16、x1时，F(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
17、f(x)在1，)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(
18、1，ln(2a)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)(a
19、nan1)，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k
20、N*，从而Snnb1dnd(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1
21、1，24.(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
22、，此时原式的最小值为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)
