2020届南京盐城一模数学试卷及答案

1、2020 届南京盐城一模数学试卷（满分 160 分，考试时间 120 分钟 ）参考公式：1柱体体积公式： V Sh，锥体体积公式： V 31Sh，其中 S 为底面积， h 为高1样本数据 x1，x2， xn的方差 s2 1n （x i x） 2 ，其中 x.一、 填空题：本大题共 14小题，每小题 5 分，共计 70分1. 已知集合 A（0， ），全集 UR，则 ?UA2. 设复数 z2i，其中 i 为虚数单位，则 z·z 3. 学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概 率为 4. 命题“ ? R，cos sin ”>1的否定是 命题 （填“真”

2、或“假” ）5. 运行如图所示的伪代码，则输出的 I 的值为 6. 已知样本 7，8，9， x，y 的平均数是 9，且 xy 110，则样本的方差是 7. 在平面直角坐标系 xOy 中，若抛物线 y24x 上的点 P 到其焦点的距离为 3，则点 P 到点 O 的距离为 8. 若数列 a n是公差不为 0 的等差数列， ln a1、ln a2、ln a5 成等差数列，则 aa2的值为9. 在三棱柱 ABC-A 1B1C1中， P是棱 CC1上的一点，记三棱柱 ABC-A 1B 1C1与四棱锥 V2P-ABB 1A1的体积分别为 V1与 V 2，则V 110. 设函数 f（x） sin（ x） &

3、gt;0， 0<<2的图象与 y 轴交点的纵坐标为 23，y轴右侧第 一个最低点的横坐标为 ，则 的值为 6 1 1 11. 已知 H 是ABC 的垂心 （三角形三条高所在直线的交点 ），AH 4AB2AC，则 cos BAC 的值为 12. 若无穷数列 cos（ n）（R ）是等差数列，则其前 10 项和为 13. 已知集合 P（x，y）|x|x|y|y|16，集合 Q（x，y）|kxb1ykxb2，若P?Q， 则 |b12 b2|的最小值为 k2114. 若对任意实数x(，1，都有exx2 2ax 11 成立，则实数 a 的值为二、 解答题：本大题共 6小题，共计 90分解答时

4、应写出文字说明 ，证明过程或演算 步骤15. (本小题满分 14 分 )已知 ABC 满足 sin B 2cos B.6(1) 若 cos C 36， AC 3，求 AB 的长；4(2) 若 A 0， ，且 cos(B A) ，求 sin A 的值3516. (本小题满分 14 分 )如图，在长方体 ABCDA 1B1C1D1中，已知底面 ABCD 是正方形， P 是侧棱 CC 1上的一点 PC1(1) 若 AC 1 平面 PBD，求 PC 的值；17. （本小题满分 14 分 ）如图，是一块半径为 4 米的圆形铁皮，现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶具体做 法是从 O 中裁剪出两块全等的圆形

5、铁皮 P与Q 做圆柱的底面，裁剪出一个矩形 ABCD 做圆柱的侧面 （接缝忽略不计 ），AB 为圆柱的一条母线，点 A、B 在O 上，点 P、Q在O 的一条直径上， AB PQ， P、 Q分别与直线 BC、AD 相切，都与 O内切（1）求圆形铁皮 P 半径的取值范围；（2）请确定圆形铁皮 P与Q 半径的值，使得油桶的体积最大 （不取近似值 ）18. (本小题满分 16 分 ) x2 y2设椭圆 C：xa2yb21(a>b>0) 的左、右焦点分别为 F1 、 F2，离心率是 e，动点 P(x0， y0) 在椭圆 C 上运动当 PF2 x 轴时， x0 1，y0e.(1) 求椭圆 C

6、的方程；(2) 延长 PF1，PF2分别交椭圆 C于点 A，B(点A，B不重合 )设AF1F1P，BF2F2P， 求 的最小值19. (本小题满分 16 分 )定义：若无穷数列 an满足an1an是公比为 q 的等比数列，则称数列 a n为“ M(q) 数 列”设数列 bn 中 b11， b37.(1) 若 b24，且数列 b n是“ M(q)数列” ，求数列 b n的通项公式；1(2) 设数列 bn的前 n 项和为 Sn，且 bn 1 2Sn 2n ，请判断数列 b n是否为“ M(q) 数列”？并说明理由；(3) 若数列b n是“ M(2)数列”，是否存在正整数 m，n，使得 42 003

7、199<bbmn<42 004109？若存在， 请求出所有满足条件的正整数m， n；若不存在，请说明理由20. (本小题满分 16 分 )若函数 f(x) ex aex mx(m R )为奇函数，且当 xx0时， f(x)有极小值 f(x 0) (1) 求实数 a 的值；(2) 求实数 m 的取值范围；2(3) 若 f(x 0) 2e恒成立，求实数 m 的取值范围e2020 届高三年级第一次模拟考试 （一 ）数学附加题 （本部分满分 40分，考试时间 30 分钟）21. 【选做题】本题包括 A、B、C 三小题 ，请选定其中两小题 ，并作答若多做 ， 则按 作答的前两小题评分解答时应

8、写出文字说明、证明过程或演算步骤A. 选修 42：矩阵与变换 （本小题满分 10 分）a3已知圆 C 经矩阵 M 变换后得到圆 C：x2y213，求实数 a 的值3 2B. 选修 44：坐标系与参数方程 （本小题满分 10 分） 在极坐标系中，直线 cos 2 sin m 被曲线 4sin 截得的弦为 AB，当 AB 是 最长弦时，求实数 m 的值C. 选修 45：不等式选讲 （本小题满分 10 分）123 已知正实数 a，b，c满足 1，求 a2b3c的最小值a b c【必做题】第 22题、第 23题，每题 10分，共计 20分解答时应写出文字说明、证明 过程或演算步骤22. (本小题满分

9、10 分)如图， AA 1、 BB 1是圆柱的两条母线， A 1B1、AB 分别经过上、下底面圆的圆心 O1、O， CD 是下底面与 AB 垂直的直径， CD 2.(1) 若AA 13，求异面直线 A1C与B1D 所成角的余弦值；(2) 若二面角 A1CDB 1的大小为 3，求母线 AA 1 的长23. (本小题满分 10 分)2 2n *设a0 a1xa2x2 a2nx2n(n N*)，记 Sna0a2a4 a2n.(1) 求 Sn；(2) 记 Tn S1Cn ( ， 0 2. 5 3. 23 4. 真 5. 6 6. 2 7. 2 3 8. 3 9. 23 10. 7 11. 33 12.

10、 10S2Cn2S3C3n (1)nSnCnn，求证： |Tn| 6n3恒成立 数学参考答案13.4 14. 1215. （1） 由 sin B62cos B，知 2因为底面 ABCD 是正方形， 所以 AC BD.sin B 21cos B2cos B， 移项可得 tan B 3，又 B（0，） 故 B 3.又由 cos C 3又因为 A1平面 ACC 1A1， 所以 A1P? 平面 ACC 1A 1，所以 BDA1P.， C （0，）知 sin C 1 cos 连结 A 1C1. 因为 ABCDA 1B1C1D1 为直四棱柱， 所以侧棱 C1C 底面 ABCD. 又 BD? 平面 ABCD

11、 ， 所以 CC1 BD.C 33，33故在 ABC 中，由正弦定理bsin Bsin CAC AB sin C sin所以 AB 2.（2） 由 （1）知 B3，所以当 A 0，3时， 3A 0，3，由 cos（B A） 又 AC CC1 C， AC ?平面 ACC 1A1, CC1?平面 ACC 1A1， 所以 BD平面 ACC 1A1. 又因为 PCC1，CC1? 平面 ACC 1A1， 所以 P平面 ACC 1A1.，即cos A 4，得 sinA 1cos2 A 3，5 3 533 523×4512×534 3 310 所以 sin Asin3（3A） sin3&

12、#183;cos（3A）cos3sin（3A） 16. (1) 连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OP.因为 AC 1平面 PBD，AC1?平面 ACC 1，平面 ACC 1平面 BDPOP， 所以 AC 1OP.因为四边形 ABCD 是正方形，对角线 AC 交 BD 于点 O ， 所以 O是AC 的中点，所以 AOOC，所以在 ACC1 中，PC1AO PC OC17. (1) 设P 的半径为 r，则 AB 4(2r)， 所以 P 的周长 2rBC2 164(2r) 216故 P 的半径的取值范围为160，2 4 .解得r24(2) 在 (1)的条件下，油桶的体积V 2r·AB

13、 42r（2r）.设函数 f(x) x2(2x)，x 0，16 ， 2 4 ，所以 f （x） 4x 3x2.因为16 424<3，所以 f (x)>0在定义域上恒成立， 故函数 f(x) 在定义域上单调递增，即当 r162 4时，体积取得最大值18. (1) 由当 PF2x 轴时 x01，可知 c 1.1 e2将 x01，y0e代入椭圆方程得 a12 be21，()而 e c 1，b2a2c2a21，代入 ( )式得 12 2 211，a a a a ( a 1)解得 a2 2，所以 b2 1，故椭圆 C 的方程为 x2y21.(2) 方法一：设 A(x 1， y1)由AF1F1

14、P，得 1x1(x01)， y1 y0，x1 x0 1， 故y1 y0，（ x0 1）2代入椭圆的方程得0 1） （ y0）21. 2x20x201又由 x20y201，得 y021x20，代入式得 （ 0x1）222 1 21x02 2， 化简得 32212（1）x00，即（1） ·（3120x）0，显然 10， 所以 31 2x0 0， 故 1 .3 2x01同理可得 u312x0，1 1 6 2 2 故 312x0312x0964x0232，当且仅当 x00时取等号，故 的最小值为 32. 方法二：由点 A ，B不重合可知直线 PA与 x轴不重合，故可设直线 PA的方程为 xm

15、y 1，x2 2 y2 1，联立 2 消去 x 得（m22）y22my 10. xmy 1，设 A（x 1，y1），则 y1与 y0 为方程的两个实数根，由求根公式可得 y0，1m± 2m22m22 11故 y0y1m22，则 y1（ m22）y0.x20将点 P（x0，y0）代入椭圆的方程得 20 y021， 代入直线 PA 的方程得 x0my0 1， 所以 mx0 1.y0由 AF 1F1P，得 y1 y0，故 y0 （ m22） y02 x01 22 y2 2 y20y0x01）22y02（x01）22 121x20132x0.1同理可得 u312x0，故 132x013 2x

16、0964x0231 2，当且仅当x00 时取等号，故 2 的最小值为 23.19. (1) 因为 b24，且数列 b n是“ M(q) 数列”，所以 qb3b2b2b17 447411，所以bn1 bnbn bn 1所以 bn1bn bn bn1，故数列 bn 是等差数列，公差为 b2 b13， 故通项公式为 bn 1(n1)×3，即 bn3n2.(2) 由 bn1 2Sn12n ，3 得 b22 ，b3437，故 1.11 方法一：由 bn 1 2Sn 2n 1，得 bn2 2Sn 12(n1)1，11 两式作差得 bn2bn1 2bn12，即 bn23bn12.51 又 b2 2

17、，所以 b2 3b1 2，1所以 bn13bn 12对 nN* 恒成立，1111 31bn1 4则 bn1 1 3 bn1 ，而 b1 11 1 1 1 ×3n1 × 3n 4 4 4 所以 b n1 bn是公比为 3的等比数列， 故数列 b n是“ M(q)数列” . 方法二：同方法一得 bn1 3bn12对 nN*恒成立，则 bn2 3bn1 21， 两式作差得 bn2bn13(bn1 bn)，0，所以 bn10，所以3，444 44 1bn 41所以 bn41 是等比数列，11 1所以 bn 1 11 × 3n11× 3n，44 411所以 bn

18、1×3n1，44所以bn2 bn1bn1bn3，所以bn2 bn1bn1bn3，以下同方法(3) 由数列 b n是“ M(2)数列”，得 bn1bn(b2b1)×2n1b3 b2b2 b12，所以7b2b212，所以b23，所以 b2 b1 2 ，所以 bn1bn 2n，21所以当 n2 时，bn(bnbn1) (bn1bn2) (b2 b1 ) b12n 12n 2 2n1.当 n 1 时上式也成立，故 bn2n1.假设存在正整数 m，n，使得 24 001399<bbn<24 0041094 039 2m1 4 040 则 < n < .2 01

19、9 2n1 2 0192m 1 4 039由22n1>24 003199>1可知 2m1>2n1，所以 m>n.又 m， n 为正整数，所以 mn1.2m1 2mn(2n1)2mn1 2mn1 4 040 4 040又22n112 (2 2n1)1 2 12mn22n11<24 001490，所以 2mn<42 001409<3， 2m11所以 mn 1，所以 2n12 2n1，所以4 039<2 1 <4 040，2 019<2 2n 1<2 019，2 021所以 2 <2n<2 020，所以 n 10，所以 m

20、11，故存在满足条件的正整数 m，n，m 的值为 11，n 的值为 10.20. (1) 由函数为奇函数，得 f(x)f(x)0 在定义域上恒成立， 所以 ex aex mx ex aex mx 0，化简可得 (1 a) ·(ex ex ) 0，所以 a 1.(2) 方法一：由 (1)可得 f(x) ex exmx ，所以 f x xe2x mex1（x） exe x mex当 m2 时，由于 e2x mex 1 0恒成立，即 f (x) 0 恒成立，故不存在极小值；当 m>2 时，方程 t2mt10 有两个不相等的正根 t1，t2(t1<t2)，ln t2）故可知函数

21、f(x) ex ex mx 在(， ln t 1)， (ln t2， )上单调递增，在 (ln t1， 上单调递减，即在 ln t2 处取到极小值，所以 m 的取值范围是 (2， ). 方法二：由 (1)可得 f(x) exex mx， 令 g(x) f (x) exex m，则 g（x） exex e ex 1e故当 x 0时， g(x) 0；当 x<0时， g(x)<，0故 g(x) 在 (， 0)上单调递减，在 (0， )上单调递增， 所以 g(x) min g(0) 2 m.若 2 m 0，则 g(x)0恒成立， f(x)单调递增，无极值点， 所以 g(0) 2 m<

22、0，解得 m>2.1取 tln m ，则 g(t) m>0.(0，t)又函数 g(x) 的图象在区间 0， t上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间 上，存在 x0 为函数 g(x)的零点， f(x 0)为 f(x) 极小值，所以 m 的取值范围是 (2， ).(3) 因为 x0 满足 ex0 e x0m，代入 f(x) exexmx, 消去 m 可得 f(x0)(1x0)ex0(1x0)ex0. 构造函数 h(x) (1x)ex(1x)e x，所以 h(x) x(e xex)当 x0 时，exex1xe2x0ex所以当 x 0 时， h(x) 0 恒成立，故 h(x)在0，

23、 )上为单调减函数，其中 h(1) 2， e2则 f(x 0) e可转化为 h(x 0) h(1) ，e故 x0 1.由 ex0 e x0 m，设 y ex e x 可得当 x0 时， yexex 0， 故 yex ex 在(0，1上单调递增，1故 m e ，e1综上， m的取值范围是 2，e1e21. A设圆 C上一点(x，y)，经矩阵 M 变换后得到圆 C上的一点 (x ，y，)所以a33 2所以ax3y x，3x2yy又圆 C： x2y213，所以圆 C 的方程为 (ax3y)2(3x 2y)213，化简得 (a29)x2(6a12)xy 13y213，所以 a 913，解得 a2.6a

24、12 0，B 以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴 (单位长度相同 )建立平面直角坐标系 由直线 cos 2sin m，可得直角坐标方程为 x 2ym0， 又曲线 4sin ，所以 2 4sin ，其直角坐标方程为 x2 (y2)24,所以曲线 4sin 是以（0，2）为圆心， 2 为半径的圆 为使直线被曲线 （圆）截得的弦 AB 最长，所以直线过圆心 （0， 2）， 所以 0 2× 2m0，解得 m 4.C1 2 3 1 4 9 因为1ab 设 AA 1m>0，则 A1（0， 1，m），B1（0，1，m），c所以 A1C（1，1，m），B1D（1， 1， m），CD （2，0

25、， 0）1，所以 1a2设平面 A1CD 的一个法向量 n1 （x1， y1， z1） ，b39c1，1 4 9 由柯西不等式得 a2b3c（a2b3c）· （123）2，a 2b 3c即 a 2b3c 36,149a2b3c当且仅当 a 2b 3c，即 abc 时取等号， a2b3c解得 a b c 6，所以当且仅当 a bc 6时， a2b 3c取最小值 36.22. （1）以 CD，AB ， OO1所在直线建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为 CD2，AA 1 3，所以 A（0， 1，0），B（0，1，0），C（1，0，0），D（1 ，0，0），A1（0，1，3），B1（0，1， 3），从而 A1C（1，1，3），B1D（1， 1， 3），所以 cos A1C，B1D 1×11×（ 1）（ 3）×（ 3） （1）212（ 3）2× 12