江苏省2020届高考数学压轴卷

1、绝密启封前江苏省高考压轴卷一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1,已知集合 A x|0 x 2 , B x|x 1，则 AI B 2 .已知复数 z (1 i)(2 i),则 | z | =.3 .某校选修乒乓球课程的学生中，高一年级有30名，高二年级有40名.现用分层抽样的方法在这70名学生中抽取一个样本，已知在高一年级的学生中抽取了6名，则在高二年级的学生中应抽取的人数为.4 .根据如图所示的伪代码，可知输出的结果 S为.|即出江/<1DO ；J f+2I S U *3I的4解加k；：Ft ini S!Word 可以修改BAC二10.在等差数列 an中,11 .三棱

2、锥P ABC中,1a9 Ta126 ,2已知PA 平面则数列an的前11项和§1ABC, n ABC是边长为2的正三角形，E为PC的中点,若直线AE与平面PBC所成角的正弦值为叵,则PA的长为712.如图，在四边形ABCD中，ABCD 1 ,点M , N分别是边AD,BC的中点，延长BA和CD交NM的延长线于不同的两点P,Q ,uuv uuv 则 PQ (ABuuuv 一DC)的值为ln x,x13 .已知函数f x x1 2,x，若 F x f 1f x 1m有两个零点K, X2 ,则x1 X2的取值范围14.在VABC中，记角A, BC所对的边分别是S a , b , c ,面积

3、为S ,则一 的最大值 a 2bc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.在 ABC中，角A, B,C所对的边分别为a,b,c,已知A,bsin2A 6cosAsinB.(1)求a的值；(2)若A ,求 ABC周长的取值范围316 .如图，在直三棱柱ABC AB。中，BC AC, D,E分别是AB , AC的中点.(1)求证：BlC1 /平面 A1DE ；(2)求证：平面ADE平面ACC1A .17 .如图所示，为美化环境，拟在四边形ABCD空地上修建两条道路 EA和ED ,将四边形分成三个区域，种植不同品种的花草，其中点E在边BC的三等分点处

4、(靠近 B点)，BC 3百米，BC CD, ABC 120°, EA 0百米， AED 60o.(1)求ABE区域的面积；(2)为便于花草种植，现拟过 C点铺设一条水管 CH至道路ED上，求水管CH最短时的长.19.已知数列an的前n项和记为An,且Anna1an,数列bn是公比为q的等比数列，它2的前n项和记为Bn.若ai bi 0,且存在不小于 3的正整数k, m,使得ak bm.(1)若 ai 1 , a35 ,求 a2 的值；(2)求证：数列an是等差数列；(3)若4= 2 ,是否存在整数 m , k ,使得Ak 86Bm,若存在，求出 m , k的值；若不存在，请说明理由.

5、2x 2八20,已知 f x lnx , a 0.x 1 2a(1)当a 2时，求函数f x图象在x 1处的切线方程；(2)若对任意x 1,不等式f x 0恒成立，求a的取值范围；(3)若f x存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求a的取值范围数学附加题（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.（选彳42 :矩阵与变换）1 220求椭圆C：1在矩阵A 4对应的变换作用下所得曲线 C的方程.1640 12B.（选彳44 :坐标系与参数方程

6、）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为3 2cos,（0为参数），以原点为极点,4 2sin轴非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线C的极坐标方程;-2）, M是曲线C上任意一点，求那BM面（2）在平面直角坐标系 xOy中，A （ - 2, 0）, B （0,积的最小值.C.（选彳45 :不等式选讲）113-“一，求证：x 4y 9z 10.y 1 z 121已知x, y, z均为正数，且x y【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.厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机

7、抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品.（1）若厂家库房中（视为数量足够多） 的每件产品合格的概率为0.7,从中任意取出3件进行检验,求至少有2件是合格品的概率；(2)若厂家发给商家20件产品，其中有4不合格，按合同规定 商家从这20件产品中任取2件,都进行检验，只有 2件都合格时才接收这批产品，否则拒收.求该商家可能检验出的不合格产品的Cnn2,n N*,其中m为常数，a2 4.件数E的分布列，并求该商家拒收这批产品的概率.23 ,已知数列 an满足a m CL C22 /222(1)求m, a的值(2)猜想数列 an的通项公式，并证明高二所抽人数为1440708.参考答案及解析1

8、 .【答案】x|1 x 2【解析】因为集合 A x|0 x 2 , B x|x 1,所以 AI B x|1 x 2.故答案为：x|1 x 22 .【答案】。记【解析】z 1 i 2 i 衣而厢.3 .【答案】8【解析】，、一 , 一 3070设样本容量为N,则N 30 6,N 14,故答案为：84 .【答案】205【解析】模拟程序语言，运行过程，可得I 1,满足条件I 100,执行循环体I 3,S 9；满足条件I 100,执行循环体I 5,S 13;满足条件I 100,执行循环体I 99,S 201；满足条件I 100,执行循环体I101,S 2 101 3 205 ,此时，不满足条件I 10

9、0,退出循环，输出S的值为205,故答案为205.5 .【答案】y 立x 2【解析】由已知可知离心率e c 3, c2 a 2b 9 ,即by 5. a 2 a a 4 a 422双曲线与 t 1的焦点在x轴上a2 b2.5X .2b.该双曲线的渐近线方程为y X,即ya故答案为：y16 .【答案】一4由题意，三名学生各自随机选择两个食堂中的一个用餐的情况共有2 2 2 8 （种），其中他们在 同一个食堂用餐的情况有 2种，根据古典概型概率的计算公式得，所求概率为7 .【答案】7【解析】.P -PA PF dA l 55 2 72 .【答案】65【解析】又sin-cos都是锐角，（0,）,4-

10、,cos( 53/二，sin(5sin sin()sin(123 5_416135 13565故答案为16.659 .【答案】1【解析】)cos cos()sin设三棱柱ABC AiB1ci的底面积为S',高为h,El9则 S'h 9, S' 一， h11 9再设S到底面ABC的距离为h',则S'h ' 2 ,得33 hh'2所以一一，h 31则S到上底面AB1C1的距离为一 h,3111所以三棱锥S ABC1的体积为1S'h 1 9 1.339故答案为1.h' 210.【答案】132【解析】由 a9 a12+6 ,得 2

11、a9-a12=12,2即 2a1+16d a1 11d = 12, .21+5d = 12, ae=12 .贝U S11 = 11a6=11 X12 = 132 .故答案为：13211 .【答案】2或百【解析】Word 可以修改C设F是BC的中点，连接 sink cos 2k 1 0 ,Q PA 平面 ABC, PA BC ,Q ABC为正三角形，BC AF ,BC 平面PAF ,在平面PAF内作AH PF ,则 BC AH , AH 平面 PBC ,连接EH ,则 AEH是AE与平面PBC所成的角,Word 可以修改设PA m,在直角三角形PAF中，AH PFPA AF ，求得AHPA AF

12、 3mPF-m2=31 -1 AE -PC -Vm 4, 22 AE平面PBC所成的角的正弦值为7'3msin AEH 和-m 迎AE 1 -2；7一.: m 42解得m 2或m 点，即PA的长为2或J3 ,故答案为2或，3 .12.【答案】0【解析】如图，连AC,取AC的中点E,连ME,NE,则ME, NE分别为ADC, CAB的中位线，所以uuuv 1 uuv uuuv 1 uuv EN AB,ME DC, 22uuuv 所以MNuuuvMEuuuvEN1 uuiv (DC2uuuvAB) .uuu由PQ与uuurMN共线,uuuv 所以PQuuuvMN (R)，uuuv uuv

13、uuiv故 PQ (AB DC)uuuv uuuv uuuvMN (AB DC)uuuv uuiv uuv uuiv -(AB DC) (AB DC) 2uuv2 uuiv2一 (AB DC ) 0.2答案：013 .【答案】,7e【解析】当 x 1 时，f(x) Inx 0, f (x) 1 1, ff(x) 1 ln( f (x) 1),x当 x 1, f (x) 1 一 2132, f(x) 1 ff(x) 1 |n(f(x) 1),综上可知：F xm ln( f (x) 1) m 0,则 f(x) 1 e m , f (x) e m 1 有两个根 x1，x2,(不妨设 x1 x2当 x

14、 1 时，lnx2 e m 1,当 x 1 时,1 * e m 1,2In x2tX2Xit 一 12t ,取2e (2 2t) , t2设 g(t) et(22t)1t -,所以g(t)2tet,g (t) 0 ,函数g(t)单调递减，g(t) ge,g（x）的值域为（屈）,x1x2取值范围为（2bcsinAc 2 2cosA b故答案为：（，e）121 . AbcsinA2 b2 c2 2bccosA 2bcsinAcosA 2（当且仅当b c时取得等号令 sinA y,cosAy,因为 x2y2 1 ,x 20,故可得点x,y表示的平面区域是半圆弧上的点,如下图所示:目标函数z 一，表示

15、圆弧上一点到点A 2,0点的斜率,x 2数形结合可知，当且仅当目标函数过点H 1,，即A 60时，取得最小值 叵, 2 23故可得zyX-2、,3T，0)又 TS一1 y,故可得 FS1Y3Y3.a 2bc4x2a 2bc4312当且仅当A 60 ,b c,也即三角形为等边三角形时，取得最大值故答案为：3L .1215 .【答案】（1） 3； （2） 6,9 .【解析】（1）由 bsin2A 6cos Asin B及二倍角公式得 bsinA 3sin B ,a b又bsinA asinB,所以 a 3； SinA sinB(2)由正弦定理得 b aSin B273sin B , c asinC

16、2j3sinCsin Asin A2ABC 周长：a b c 3 273sin B 2 石sin C 3 273 sin B 273 sin(B)33 273 3 sin B - cosB 3 6sin B 一，22621又因为B (0,)，所以sinB (一,1.32因此ABC周长的取值范围是 6,916 .【答案】（I）详见解析（n）详见解析【解析】证明：（1）因为D,E分别是AB, AC的中点，所以DE/BC ,2分又因为在三棱柱ABC AB1c1中，bQibc，所以bCide4分又bici平面Aide , de平面ADE ,所以bici /平面ADE6分（2）在直三棱柱ABC Aibi

17、Ci中，CC1底面abc,又DE 底面ABC ,所以CC1 de又 BC AC , DE/BC ,所以 DEAC,10分又 CCi,AC平面 ACC1A, HCC1IAC C ,所以DE平面ACC1A12又DE 平面A1DE ,所以平面A|DE平面acciA .14分17 .【答案】（1） J3平方百米；（2） 千 百米.【解析】（1）由题知BE 1, ABC120o, EA在VABE中,由余弦定理得AE1 2AB2BE2 2AB BEcos ABE,即 21 AB2 1所以AB 4百米所以SVABE1AB2BE sinABE（平方百米）(2)记AEB,在VABE中,ABsinsin ABE4

18、即sin.213，2所以sin2 <7,cos71 sin2217当CHDE时，水管CH最短,在 RtVECH 中，CHCEsinHEC2sin2 7t32sin 25cos32cos2Jt sin35.77百米.1 - 3(2)一或一22218 .【答案】（1） x4（1）因为椭圆离心率为 PF1F2的面积有最大值J3.2y3c 1a 2所以a2 b2 c2,所以12cb .3 22_2囱，故椭圆C的方程为：土2Word 可以修改（2）设直线PQ的方程为y k x 1 ,22当k 0时，y k x 1代入x_ L 1 , 43得：3 4k2 x2 8k2x 4k2 12 0.设 P x

19、,y1， Q X2,y2 ,线段 PQ 的中点为 N xo, yo ,Xo4k23 4k2y。3k3 4k24k2 3k2 ，23 4k2 3 4k23k 1一 2- 二因为TN PQ ,则扁kpQ1 ,所以4k一产 k 1 ,4k24k2 3 一 o13化间得4k 8k 3 0 ,解得k 或k 二二，22即直线PQ的斜率为1或旦.2219 .【答案】（1）a23 （2）见解析（3）存在m 8, k340满足题意。(1)当 n 3时，a3 a1 a2 a33 a1a3因为a1 1& 5 ,所以a2 3 .(2)由 Ann a1an一丁叫，得An 1(n 1) a an 12两式相减，得

20、an 1a (n 1)an 1nan/一，即（n1)an 1nana10,所以nan 2 (n 1同1a10两式相减，得2an 1an 2 ，所以数列an为等差数列.(3)依题意:akC0m 1,a1 2 ，由Aka1 ak .86Bm得：k86a qamm即 a1a1 286a12ma11 22m12 86 24 86 k516 所以 344 k J!6 2m 1 1因为29512 ,且m, 39,又因为5164 129 43 43,且2m1 1为奇数,所以516129 时，-是整数, 1此时7,所以m 8,340 .20.(1)x 2y；(2)1,(3)0，2 .(1)当 a2时,lnx2

21、x 2x 3又因为f 10,所以函数f x图象在x1处的切线方程为2y0.(2)因为lnx 且2x 1 2a所以4a2x 1 2a2x 2x4a2 4a 14a24a22a2x x 1 2a10.因为a 0,所以12a 1.当4a2 4a 0 时，即 a 1 ,因为f' x 0在区间1,上恒成立，所以1,上单调递增.Word 可以修改当 x 1, 时，f x f 10所以a 1满足条件.当4a2 4a 0时，即0 a 1时，由 f'x 0,得 x1 1 27a a20,1, x2 1 24a a21,当x 1,x2时，f'x 0,则f x在1,x2上单调递减，所以x 1

22、,x2时，f x f 10,这与x 1, 时，f x0恒成立矛盾所以0 a 1不满足条件.综上，a的取值范围为1,.(3)当a 1时，因为f' x 0在区间0,上恒成立，所以f x在0,上单调递增，所以f x不存在极值，所以a 1不满足条件.一 1,八当2 a 1时，1 2a 0,所以函数f x的定义域为 0,由 f'x 0,得 x1 1 2& a20,1, x2 1 2& a21,列表如下：x0,x1x1x1，x2x2x2,f' x00f x极大值极小值由于f x在x1，x2是单调减函数，此时极大值大于极小值，不合题意,1所以一a 1不满足条件.2-1

23、. 一-当a 时，由f ' x 0,得x 2.2列表如下:x0,222,f' x0f x极小值此时f x仅存在极小值，不合题意，1所以a 不满足条件.21当0 a 时，函数f x的定义域为 0,1 2a 1 2a,2且 0 x1 1 2& a2 1 2a，x2 1 2>/a a2 1 2a.列表如下：x0,xXx ,1 2a1 2a8又2x2,f' x00f x极大值极小值所以f x存在极大值f 4和极小值f x2 ,此时f x,f x2lnx1乌3 x1 1 2alnx22x2 2x2 1 2aInx,x24 axi x2x1 1 2a x2 1 2a因

24、为 0 x1 1 2a x2 ,一一 ，x1所以 In 一0,x1x20, x11 2a 0,x21 2a 0 ,X2所以 f x1fx20,即 f x1 f x2 ,1所以0 a -满足条件.2一 ，一-1综上，所以a的取值范围为 0,1 .21 .【答案】x2 y2 1【解析】2设P x, y是曲线C上的任一点，它是椭圆C：16141上的点P x,y在矩阵A 40对应变换作用下的对应点，则x4 y_2x ：x,代入上黄1得：x2 y2 1.y 2y 164即曲线C的方程为x2 y2 1.22.【答案】(1) p2 6pcos0- 8psin 9+210. (2) 9 - 2 72x 3 2

25、cos(1) .曲线C的参数方程为y 4 2sinx 3 2cos(0为参数)，有y 4 2sin上下平方相加得曲线C的直角坐标方程为(x 3)2 (y 4)2 4,化简得 x2 y2 6x 8y 21 0x cos ccc将与x2 y22,代入得曲线C的直角坐标方程有:y sin6 cos 8 sin 21 0 .(2)设点 M(3 2cos ,42sin )到直线 AB: x+y+2 =0的距离为d,皿 I2>/2sin-9则 2sin 2cos 94dJ22当 sin (一)=-1时,d有最小值49 222所以AABM面积的最小值S 1 AB d 9-2J2 - 223 .【答案】

26、见证明【解析】因为x, v, z均为正数，所以x1,y 1,z 1均为正数,21 2 336,由柯西不等式得x 1 4 y 19 z 1.一 .222当且仅当x 14 y 19 z 1时，等式成立因为2所以 x 14 y 19 z 136 =24 ,3所以 x 4y 9z 10.24 .【答案】(1) 0.784；(2)分布列见解析，19【解析】(1)从中任意取出3件进行检验，至少有 2件是合格品”记为事件A,其中包含两个基本事件恰有2件合格”和“料都合格_2_2_3_P(A) C； (0.7)2 0.3 (0.7)3 0.784；(2)该商家可能检验出不合格产品数可能的取值为0, 1, 2,

27、P(0)C6C20篙P( 1)警3295 'P(2)CC20的分布列为:012P12193295395因为只有2件都合格时才接收这批产品,故商家拒收这批产品的对立事件为商家任取2件产品检验都合格,记商家拒收”为事件B ,则 P(B) 1 P( 0)19商家拒收这批产品的概率为1925 .【答案】(1) m1, a12;(2)猜想:an2nn N ,证明见解析(1)C； 12C2222C3Cna2C1 C2m 3 4 ,解得：m 1,24ai1 2.(2)由aia24, a3 8可猜想：an2n证明：当n 1时,由(1)知结论成立;假设k时，结论成立,则有akCk 1那么当1时,ak iC222C2 2Ck 1 323C33-23-Ckk 11 k 12kCk k由C：CnkCn得:Ok 1Ck 1C01CMC12C3Ck 3CkCkk1Ckk 11 k 122kC01C1Ck2 33FCk2kk 1Ck 1 k 1 _ 2k2kC01C；21Ck23Ck 112kck21Ck2kCk 1 kCk2k又Ckk2k2k2k 1 ! 2k 22kakk!C01由得,k!ikCkC2 322Ckk11CkCk2k 12k11 k 1k-12k1 ak2ak2kk