江苏省2020届高三第二次模拟考试数学试卷(有答案)

1、江苏省 2020 届高三第二次模拟考试数学(满分 160 分，考试时间 120 分钟 )20204 参考公式： 圆锥的侧面积公式： S rl ，其中 r为圆锥底面圆的半径， l 为圆锥的母线长一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5分，共 70 分已知集合 Ax|x2k1，kZ，Bx|x(x 5)0)个单位长度后所得的图象 与 f(x) 的图象关于 x 轴对称，则 的最小值为 在ABC 中，AB2 5，AC 5， BAC 90，则 ABC 绕 BC 所在直线旋转 TOC o 1-5 h z 一周所形成的几何体的表面积为 已知数列 a n为等差数列，数列 b n为等比数列，满足 a1，a2

2、，a3b1，b2，b3 a， b， 2 ，其中 a0，b0，则 ab的值为 已知点 P是抛物线 x24y 上动点， F是抛物线的焦点，点 A 的坐标为 (0，1)，则PFPPFA的最小值为已知 x，y 为正实数，且 xy 2x4y 41，则 xy 的最小值为 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C：(xm)2y2r2(m 0)已知过原点 O 且相互垂 直的两条直线 l1和 l2，其中 l1与圆 C相交于 A，B 两点，l2与圆 C 相切于点 D.若AB OD ， 则直线 l1 的斜率为 在ABC 中， BC 为定长， |AB 2AC | 3|BC|.若 ABC 面积的最大值为 2，则边 BC 的

3、长为 1已知函数 f(x)exxb(e为自然对数的底数， bR )若函数 g(x)f(f(x) 2)恰有4 个零点，则实数 b 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(本小题满分 14 分 )如图，在三棱锥 PABC 中，点 D，E分别为 AB，BC 的中点，且平面 PDE 上平面 ABC.求证： AC 平面 PDE；若 PD AC2，PE 3，求证：平面 PBC平面 ABC.(本小题满分 14 分 )a， b， c，且 a bcos C csin B.在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为求 B 的值； 17 7

4、设BAC 的平分线 AD 与边 BC 交于点 D.已知 AD 7，cos A 25，求 b的值（本小题满分 14分）如图，湖中有一个半径为 1千米的圆形小岛，岸边点 A 与小岛圆心 C相距 3千米为 方便游人到小岛观光，从点 A 向小岛建三段栈道 AB ，BD ， BE，湖面上的点 B 在线段 AC 上，且 BD，BE 均与圆 C相切，切点分别为 D，E，其中栈道 AB，BD，BE 和小岛在同一 个平面上沿圆 C的优弧 （圆C上实线部分 ）上再修建栈道 DE，记 CBD 为 .（1） 用 表示栈道的总长度 f（ ，）并确定 sin 的取值范围；（2） 求当 为何值时，栈道总长度最短18. (本

5、小题满分 16分) 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆 C：xa2 yb21(ab0)的离心率为 21，且过点 (0，a b 2(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 已知 BMN 是椭圆 C 的内接三角形 若点 B 为椭圆 C 的上顶点，原点 O 为 BMN 的垂心，求线段 MN 的长； 若原点 O 为 BMN 的重心，求原点 O 到直线 MN 距离的最小值(本小题满分 16分) f(x)已知函数 f(x) x3x2 (a 16)x ， g(x) aln x，aR.函数 h(x) x g(x)的导函数 x5h (在x) 2，4上存在零点(1) 求实数 a 的取值范围；(2) 若存在实数 a，

6、当 x0，b时，函数 f(x)在 x 0时取得最大值，求正实数 b的最大 值；若直线 l 与曲线 y f(x)和 y g(x)都相切， 且 l 在y 轴上的截距为 12，求实数 a的 值(本小题满分 16分)已知无穷数列 a n的各项均为正整数，其前 n 项和为 Sn.记 Tn为数列 an 的前 an项和， 即 Tn a1 a2 an.(1) 若数列 an 为等比数列，且 a11，S45S2，求 T3的值；(2) 若数列 an 为等差数列，且存在唯一的正整数n(n 2)，使得 T 0，求证：（选修 45：不等式选讲 ） 12 2a 1 2. aa【必做题】 第 22，23题，每小题 10 分，

7、共 20分解答时应写出必要的文字说明、证 明过程或演算步骤某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满 400 元的商品即可抽奖一次抽奖规则如 下：抽奖者掷各面标有 16 点数的正方体骰子 1次，若掷得点数大于 4，则可继续在抽奖 箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖已知抽奖箱中装有 2 个红球与 m(m2， m N*) 个白球，抽奖者从箱中任意摸出 2个球，若 2 个球均为红球，则获得一等奖；若 2个球为 1 个红球和 1 个白球，则获得二等奖；否则，获得三等奖 ( 抽奖箱中的所有小球，除颜色外均 相同 )(1) 若 m 4，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；(2) 若一等奖可获奖金 400 元

8、，二等奖可获奖金 300 元，三等奖可获奖金 100 元，记顾 客一次抽奖所获得的奖金为 X，若商场希望 X 的数学期望不超过 150 元，求 m的最小值已知集合 An1，2，n，nN*，n2，将 A n的所有子集任意排列，得到一个 有序集合组 (M 1，M 2， M m)，其中 m2n.记集合 M k中元素的个数为 ak，kN*，km， 规定空集中元素的个数为 0.(1) 当 n2 时，求 a1 a2 am 的值；(2) 利用数学归纳法证明： 不论 n(n2)为何值， 总存在有序集合组 (M 1，M 2，M m)， 满足任意 i N*，im1，都有 |aiai1| 1.2数学参考答案及评分标

9、准1. 1 ，32. 5 3.144. 3255. 216. 0 7. 28. 659. 5 10.2211. 812.5792cos2 1 7，所以 cos2295.25 1 cos2 45.2 3 4 22 （3554）7210 .（8 分）ADsin BABsinADB所以 AB ADsin ADBsin B177 7102 2157.（10 分）113. 2 14. （1 ， 2 ln 2）证明： （1） 因为点 D，E分别为 AB，BC 的中点，所以 DE AC.（2 分） 因为 AC?平面 PDE，DE ? 平面 PDE，所以 AC平面 PDE.（4 分）1（2） 因为点 D，E分

10、别为 AB，BC 的中点，所以 DE2AC.因为 AC 2，所以 DE 1.因为 PD2， PE 3，所以 PD 2 PE2 DE 2 ， 因此在 PDE 中， PEDE.（8 分） 又平面 PDE平面 ABC ，且平面 PDE平面 ABC DE， PE? 平面 PDE， 所以 PE平面 ABC.（12 分 ）因为 PE? 平面 PBC，所以平面 PBC平面 ABC.（14 分）解：（1） 因为 a bcos C csin B，a b c由 ，得 sin Asin Bcos Csin Csin B （2 分）sin A sin B sin C因为 sin A sin （B C） sin（B C

11、） sin Bcos Ccos Bsin C，所以 sin Bcos Ccos Bsin Csin Bcos Csin Csin B， 即 cos Bsin Csin Csin B （4 分）因为 0 C ，所以 sin C 0，所以 sin Bcos B.又 0B，所以 sin B0，从而 cos B 0，所以 tan B1，所以 B 4 .(6 分)(2) 因为 AD 是 BAC 的平分线，设 BAD ，所以 A 2.因为 cos A 7 ，所以 cos 2 cos A 7 ，即25 253因为 0 A ，所以 0，所以 cos 3，所以 sin25 在ABD 中，sinADBsin（B）

12、sin（4）sin4 cos cos4 sin在 ABC 中， sin A 1cos2A 24，25所以 sin C sin（A B） sin Acos Bcos Asin B 217 250.（12 分 ）17 2由sinb Bsinc C，得 bcssinin CB 52 5.（14 分）sin B sin C sin C 17 250因为 CBD ，且圆形小岛的半径为 1 千米，所以解：（1） 连结 CD，因为 BD 与圆 C 相切，切点为 D，所以 BCD 为直角三角形 11DB ，BC .tan sin 因为岸边上的点 A 与小岛圆心 C 相距 3 千米，所以ABACBC3 1 .（

13、2 分）sin 因为 BE 与圆 C 相切，所以 BEDBtan1 ，优弧 DE所对圆心角为 2（2） 2，所以优弧 DE 长 l 为 2.（4分）1 1 1 2 3 2所以 f（ ）AB BD BE l 3 sin1 tan1 tan1 2cos 1.（6分）sin 11因为0AB2，所以 03sin1 2，解得 13sin 1，所以1sin 的取值范围是 （3， 1） （8 分 ）（2）由 f（ ） 3 2 2cos 1 ， 得 fsin（）2cos 2sin2cos （12cos ） .（10分）sin2令 f （0），解得 cos112.因为 为锐角，所以 3 .（12 分）设 sin

14、 0 13， 0为锐角，则 00 3 .当 （0，3 ）时， f（ ）0，则 f（在）（ 3 ，2 ） 上单调递增所以 f（ 在） 3 时取得最小值答：当 3 时，栈道总长度最短（14 分 ）解：（1） 记椭圆 C 的焦距为 2c，1 c 1因为椭圆 C的离心率为 21，所以 ca12.因为椭圆 C 过点 （0， 3），所以 b 3. 因为 a2 c2 b2，解得 c 1，a2，故椭圆 C 的方程为 x4 y3 1.（2 分）（2） 因为点 B 为椭圆 C 的上顶点，所以 B 点坐标为 （0， 3） 因为 O 为BMN 的垂心，所以 BOMN ，即 MNy 轴 由椭圆的对称性可知 M，N 两点

15、关于 y 轴对称 （4 分） 不妨设 M（x 0， y0），则 N（ x0，y0），其中 3y0 3.因为 MO BN ，所以 MOBN0，即 （x0， y0）（x0，y0 3）0，得 x02 y20 3y0 0.（6 分） x2 y2又点 M（x 0， y0 ）在椭圆上，则 x4 y3 1.x20 y20 3y00，由 x20 y02解得 y0 473或 y0 3（舍去），此时 |x0| 2 733. 1，7 74 3 1，故 MN 2|x0| 4 733，即线段 MN 的长为 4 733.（8 分 ） （解法 1）设 B（m ，n），记线段 MN 中点为 D.因为 O 为BMN 的重心，所

16、以 BO2OD，则点 D 的坐标为 （ m2 ， 2n） （10分）若 n0，则|m| 2，此时直线 MN 与 x 轴垂直， 故原点 O 到直线 MN 的距离为 m2 ， 即 为 1.若 n 0，此时直线 MN 的斜率存在设 M（x 1， y1）， N（x 2， y2） ，则 x1x2 m，y1y2n.又x421y3211，x422y3221，两式相减得 （x1x2）4（ x1x2）（y1y2）3（ y1y2）0，可得 kMN x1 x23m4n.（12 分）故直线 MN 的方程为 y 34mn （xm2 ） 2n，即 6mx8ny3m24n20，则点 O 到直线 MN 的距离为 d |3m

17、4n | . 36m264n222将 m n 1，代入得 d 23 .（14 分）4 3n2 9因为 0 n2 3，所以 dmin 23.又 230，即 34k2n2.8kn4n2 12由根与系数关系可得 x1x2 38k4nk2， x1x2 34k2 ，3n2 12k2则 y1y2 （kx 1 n）（kx 2n）k2x1x2kn（x1x2）n2 34k2 ， 代入x14x2y13y221，得1443n4k122313n341k22k 12，即 n2k243.（14 分） 又 34k2 n2，kR.39是 3 4k 2 k2 34，即 3k2 94 0 恒成立，因此k2k21k2114（k21

18、） .原点 （0，0）到直线 MN 的距离为 d因为 k 2 0，所以当 k 0 时， dmin 23.又1，故原点 O 到直线 MN 距离的最小值为23.（16分）g（x） x2x（a16）aln x ，f（x）解： （1） 因为 h（x） xa 2x2 x a 所以 h（x） 2x1 a2x.xx令 h（x） 0，得 2x2xa 0.55因为函数 h（x在） 25，4上存在零点，即 y2x2xa 在 52， 4上存在零点，5又函数 y2x2xa 在 25， 4上单调递增，所以 2（52）252a0，解得 10a28.2424a0，因此，实数 a的取值范围是 10 ， 28 （2 分）（2）

19、 （解法 1）因为当 x0，b时，函数 f（x）在 x0处取得最大值， 即存在实数 a，当 x0，b时， f（0） f（x）恒成立， 即 x 3 x 2 （a 16）x 0对任意 x0，b都成立 （4 分） 当 x0 时，上式恒成立； （6 分 ）当 x（0，b时，存在 a10，28，使得 x2x16a成立， （8分） 所以 x2x1628，解得 3x 4，所以 b4.故当 a28时， b的最大值为 4.（10 分）（解法 2）由 f（x）x3x2（a16）x，得 f （x） 3x22x（a16） 设 412（a16） 4（3a47）若 0，则 f （x） 0 恒成立， f（x）在0，b上单调

20、递增， 因此当 x0，b时，函数 f（x）在 x0时不能取得最大值，于是 0，（4分） 故 f （x） 0 有两个不同的实数根，记为x1，x2（x10，则当 x（0，x1）时，f（x） 0， f（x） 在（0，x1）上单调递增， 因此当 x0，b时，函数 f（x）在 x0时不能取得最大值， 所以 x10.（6 分 ）2又 x1x23 0，因此 x20，从而当 x（0，x2）时， f（x）0，f（x）单调递增， 若存在实数 a，当 x0，b时，函数 f（x）在 x0处取得最大值， 则存在实数 a，使得 f（0） f（b）成立，即 b3 b2 （a 16）b 0.（8 分） 所以存在 a10，28

21、，使得 b2b16a 成立， 所以 b2b1628，解得 3b 4， 故当 a28时， b的最大值为 4.（10 分）（3） 设直线 l 与曲线 y f（x）相切于点 A（x 1，f（x 1），与曲线 y g（x）相切于点 B（x 2，g（x2） ， 过点 A（x 1，f（x 1）的切线方程为 yx13x12（a16）x13x122x1（a16）（x x1），即 y3x 12 2x 1 （a 16）x 2x 31 x21.aa过点 B（x 2， g（x 2）的切线方程为 yaln x2x （x x2），即 yx xaln x2a. x2x2因为直线 l 在 y 上的截距为 12， 3x122x

22、1（ a 16） a ，x2 所以 2x13x12 12 ，（12 分）aln x2 a 12 . a24a ，1 x2由解得 x1 2，则x2 消去 a，得 ln x2 2 0.（14分）2x2aln x2 a 12，5由（1）知 10a28，且 x20，则 x2 7.1 x51 1 2x 1令 p（x）ln x，x ， ），则 p（x） 2 2 .2x7x 2x2x5因为 p（x） 0，所以函数 p（x） 在75， ）上为增函数因为 p（1） 0，且函数 p（x） 的图象是不间断的，5所以函数 p（x）在 75， ）上有唯一零点 1，1 x2所以方程 ln x 2 2x 0 的解为 x2

23、1，所以 a12.所以实数 a的值为 12.（16 分）（1） 解： 设等比数列 an 的公比为 q，因为 S45S2，所以 a1 a2a3 a45（a1a2），即 a3a44（a1 a2）， 所以 a1q2（1 q）4a1（1 q）因为数列 a n的各项均为正整数，所以 a1，q 均为正数，所以 q24，解得 q2. 又 a1 1，所以 an 2n 1，从而 a3 4， 所以 T3S412222315.（2 分）（2） 解： 设等差数列 an 的公差为 d，则 an a1 （n 1）d. 因为数列 a n的各项均为正整数，所以 dZ.若 d0，得 n1ad1，这与 an 为无穷数列相矛盾，因

24、此 d0，即 dN.（4 分）因为 Snna1 n（n1）d2，所以 Tn a1anan（ an 1）2d，因此Tnana1（an1） d2由Tan 2，得 a1an1）d2 a1an21）da11，因此 a1 1.是 1（ n 1） 2，即 （n 1）d20，所以 Tn 1 Tn，即 San1 San， 因为数列 S n单调递增，所以 an1an.（12 分） 又 an N*，所以 an1 an 1，即 an1 an 1， 所以 an1a1（a2a1）（a3 a2） （an1 an）n， 因此 an1 a1 n 1n，即 ann（n 2）又 a1 1，所以 ann .（14 分 ）由 Tn1

25、Tn n1，得 aan1 aan 2 aan1n1， 因此 n 1 aan 1 an 1，即 an n .由知 an n，因此 an1 an 1， 所以数列 a n为等差数列 （16 分）数学附加题参考答案及评分标准121021. A. 解： （1） 因为 M 21，MN 01，所以 NM1.（2 分）因为 |M| 1 1 223，（4 分 ）1212 3 333所以 N M 因为 （aa）（2 2）0，2121.（6分） 3 33312331 2 1（2） N 的特征多项式 f（ ）21（ 3）2（3）2（3）（ 1）（8 分）1令 f（ ）0，解得 13或 1，31所以 N 的特征值是 3

26、1和 1.（10 分 ）1 x 1B. 解：曲线 C的普通方程为 y21（x2）218x2.（2 分） 由直线 l 的极坐标方程 cos（ 4 ） 2，得 （cos cos4 sin sin 4） 2， 2， 所以直线 l 的方程为 y x 2.（4 分）设 A（x 1，y1），B（x 2，y2），联立方程组消去 y，得 x28x 160，（6 分）则 x1x28，x1x2 16，所 以 AB 1（ 1） 2 |x1 （ 8）24（ 16） 16.（10 分）y81x2，y x 2，x2| 2 （x1 x2）24x1x2 2 1C. 证明： （证法 1）因为 a 0，所以 a 2， a要证只需证 2 a1a 2，所以只需证 （ a2a12）21aa1）（ 2 2）2，（4分）即 2（2 2）（a 1a） 84 2，即证 aa12.（8 分）1因为 a 2成立，所以要证的不等式成立 （10 分） a11（证法 2）令 t a ，因为 a0，所以 a 2，即 t2. aa要证 a C12C1m4m P（X300）26CC222Cmm3（m1）4m（m2）， a2 2aa2，即证 t2 2 2t2，即证 t t2 22 2， （4 分 ）由于 f（t） t t22在2， ）上单调递增，则 f（t） f（2） 2 2，所以要证的原不等式成立 （10 分 ）22. 解： （