江苏省2020届高三第二次模拟考试数学试卷(有答案)

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)2020．4参考公式：圆锥的侧面积公式：S=nrl,其中r为圆锥底面圆的半径，1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．TOC\o"1-5"\h\z已知集合A={x|x=2k+1,k^Z},B={x|x(x—5)V0}，则AHB=.已知复数z=l+2i，其中i为虚数单位，则z2的模为.如图是一个算法流程图,若输出的实数y的值为一1,则输入的实数x的值为某校初三年级共有500名女生，为了了解初三女生1分钟“仰卧起坐”项目训练情况,统计了所有女生1分钟“仰卧起坐”测试数据(单位：个),并绘制了如图频率分布直方图,则1分钟至少能做到30个仰卧起坐的初三女生有个．从编号为1,2,3,4的4张卡片中随机抽取一张,放回后再随机抽取一张,则第二次抽得的卡片上数字能被第一次抽得的卡片上的数字整除的概率.a已知函敬f(x)是定义在R上的奇函敷，且周期为2,当x£(0,1］时，f(x)=x+，则f(a)的值为.n若将函数f(x)=sin(2x+丁)的图象沿x轴向右平移p(p>0)个单位长度后所得的图象与f(x)的图象关于x轴对称，则申的最小值为.在AABC中，AB=2-j5AC=j3,ZBAC=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｛an｝为等差数列，数列｛bn｝为等比数列，满足何，a2,a3｝=｛b],b2,b3｝=｛a,b,-2｝，其中a>0,b>0,则a+b的值为.已知点P是抛物线X2=4y上动点，F是抛物线的焦点，点A的坐标为(0,—1)，则PFPA的最小值为.已知x,y为正实数，且xy+2x+4y=41，则x+y的最小值为.在平面直角坐标系xOy中，圆C：(x—m)2+y2=r2(m>0).已知过原点O且相互垂直的两条直线1]和l2,其中*与圆C相交于A,B两点，12与圆C相切于点D.若AB=OD,则直线11的斜率为.在厶ABC中，BC为定长，|AB+2AC|=3|BC|.若AABC面积的最大值为2,则边BC的长为已知函数f(x)=ex—x—b(e为自然对数的底数，b^R).若函数g(x)=f(f(x)—扌)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=AC=2,PE=<3，求证：平面PBC丄平面ABC.(本小题满分14分)在厶ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=bcosC+csinB.(1)求B的值；177⑵设ZBAC的平分线AD与边BC交于点D.已知AD=丁，cosA=—杰，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ZCBD为0.用0表示栈道的总长度f(0)，并确定sine的取值范围；求当0为何值时，栈道总长度最短．（本小题满分16分）x2y21如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：a2+b2=1（a>b>0）的离心率为2,且过点（0,品.（1）求椭圆C的方程；（2）已知ABMH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ABMH的垂心，求线段MN的长；若原点O为ABMH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)=x3—x2—(a—16)x,g(x)=alnx,a^R.函数h(x)=—g(x)的导函数xh'(x)在［2,4］上存在零点.求实数a的取值范围；若存在实数a,当xW［O,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T2,求实数a的值.(本小题满分16分)已知无穷数列｛an｝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T=a】+a°+…+a.n12n若数列｛an｝为等比数列，且a]=l,S4=5S2，求T3的值;T若数列｛a｝为等差数列，且存在唯一的正整数n(n±2)，使得T<2,求数列｛a｝的通nann项公式;⑶若数列｛Tn⑶若数列｛Tn｝的通项为Tn=n(n+1)2__求证：数列｛an｝为等差数列.数学附加题（满分40分，考试时间30分钟）【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）1210已知矩阵M=[21]，MN=[01].⑴求矩阵N；（2）求矩阵N的特征值.B.（选修44：坐标系与参数方程）[x=2t,在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为｛1（t为参数）,以原点O为极点，〔y=2t2x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线1的极坐标方程为pcos（0—于）•若直线1交曲线C于A,B两点，求线段AB的长.C.（选修45:不等式选讲）已知a>0,求证：飞fa2+1—三a+：—2.a2a【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．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1〜6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(m±2,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)．若m=4,求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；若一等奖可获奖金400元，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An={1,2,-,n},n£N*,n^2,将An的所有子集任意排列，得到一个有序集合组(M],M2，…，Mm)，其中m=2n.记集合Mk中元素的个数为ak，k^N*,kWm,规定空集中元素的个数为0.当n=2时，求a]+a2am的值；利用数学归纳法证明：不论n(n±2)为何值，总存在有序集合组(M^M2,…，Mm),满足任意i^N*,iWm—1,都有怙一驾七|=1.数学参考答案及评分标准1.{1，3}2.53.—1.{1，3}2.53.—44.3255.26.07.nn8.6石n9.511.8Ic2躬12-士〒13.214.（1,2+ln2）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,DEu平面PDE，所以AC〃平面PDE.（4分）（2）因为点D,E分别为AB,BC的中点，所以DE=1AC.因为AC=2,所以DE=1.因为PD=2,PE=、；3，所以PD2=PE2+DE2,因此在△PDE中，PE丄DE.（8分）又平面PDE丄平面ABC,且平面PDEH平面ABC=DE,PEu平面PDE,所以PE丄平面ABC.（12分）因为PEu平面PBC,所以平面PBC丄平面ABC.（14分）由a=b=c田sinA-sinB由a=b=c田sinA-sinB_sinC，得sinA—sinBcosC+sinCsinB.(2分)因为sinA=sin[n—(B+C)]=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,所以sinBcosC+cosBsinC=sinBcosC+sinCsinB,即cosBsinC=sinCsinB.(4分)因为OVCVn，所以sinCHO,所以sinB=cosB.n,又0VBVn，所以sinBH0,从而cosBH0,所以tanB=1,所以B=才.(6分)（2）因为AD是ZBAC的平分线，设ZBAD—0，所以A—20._925.TOC\o"1-5"\h\z777_925.因为cosA=—25，所以cos29=cosA——亦，即2cos29—1=—25，所以cos29n3I4因为OVAVn，所以0V0V~2，所以cos0=5,所以sin9=\；1—cos29=g.nnn-J2在厶ABD中，sinZADB=sin(B+0)=sin(_4+0)=sin"4cos0+cosysin9=亍X器.(8分)亠ADABADsinZADB177217…八、由shB=sinZADB'所以AB=~shB~=TX10X2=T(1°刀)睜12分）在厶ABC中，sinA=\：1—cos2A睜12分）所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=亍X

17^2,bcecsinB52由SmB=SinC，得b==17迈=5-（14刀）50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.因为ZCBD=O，且圆形小岛的半径为1千米，所以DB^tan1石，BC=S~1T-因为岸边上的点A与小岛圆心C相距3千米，所以AB=AC—BC=3——丄^.（2分）sint）因为BE与圆C相切，所以BE=DB=tOn^，优弧DE所对圆心角为2n—（n—20）=n+20，所以优弧DE长1为n+20.(4分)所以f(o)=AB+BD+be+1=3—占+盅+tarr+n+20=3+n+20+2cost—2cost—1

sint.(6分)因为0<AB<2，所以0<3—右<2，解得3<sine<h所以sint的取值范围是（3，1）.（8分）(2)由R0)=3+n+(2)由R0)=3+n+202cost—1

sintf(0)=—2+cost

sin2t＋2=cost(1—2cost)sin2t.(10分)令f(0)=0,解得cost=2.TOC\o"1-5"\h\zn,因为0为锐角，所以0=亍（12分）1n设sint0=3，t0为锐角，则0<00<亍nn当0W（00,了）时，f（0）<0，则f（0）在（0°,亍）上单调递减;nnnn当0^（m,~2）时，f（0）>0,则f（0）在（了，~2）上单调递增.n所以f（0）在0=亍时取得最小值.n答：当0=亍时，栈道总长度最短.（14分）解：（1）记椭圆C的焦距为2c,因为椭圆C的离心率为j,所以a=2-因为椭圆C过点（0,习勺），所以b=\；1因为a2—c2=b2，解得c=1,a=2,

故椭圆C的方程为¥+¥=1.（2分）⑵①因为点B为椭圆C的上顶点，所以B点坐标为（0,灯彳）.因为O为ABMH的垂心，所以BO丄MN,即MN丄y轴.由椭圆的对称性可知M,N两点关于y轴对称.（4分）不妨设M（x0，y0）,则N（—x0，y0）,其中一羽Vy0<3.因为MO丄BN,所以MO・BN=0,即（一x0，_y0）・（一x0，y0—■'3）=0,得x&—ys+i月y0=0.（6分）又点M（x0，y0）在椭圆上，则x0+y3°=1.堺或y0=V3（舍去），此时Ix0l=2^73^-堺或y0=V3（舍去），此时Ix0l=2^73^-故MN=故MN=2|x0|=417^,即线段MN的长为•（8分）②（解法1）设B（m,n）,记线段MN中点为D.因为O为ABMN的重心，所以Bb=2OD，则点D的坐标为（一罗，一2）・（10分）m若n=0,则|m|=2,此时直线MN与x轴垂直，故原点b到直线MN的距离为2，即为1.若nM0,此时直线MN的斜率存在.设M（x1，y1），N（x2，y2）,则x1+x2=—m,y1+y2=—n.又^=1,^=1,两式相减得（x1+x2）4（x1—x2）+（y1+y2）3（y1—y2）=0,可得kMN=y€^=—B（12分）123mmn故直线MN的方程为y=—后区+亍）—2，即6mx+8ny+3m2+4n2=0,则点O则点O到直线MN的距离为d=卩m2+4n2|36m2+64n2m2n23将~4+=1，代入得d=I+9.（14分）因为0V因为0Vn2W3,所以dmin=2又¥<1，故原点O到直线MN距离的最小值为亨.（16分）（解法2）设M（x1，y1），N（x2，y2），B（x3，y3），因为O为ARMN的重心，所以x1+x2+x3=0,y1+y2+y3=0,则x3=—（x1+x2）,y3=—（y1+y2）.（10分）因为等+孕=1，所以仝乎4+（—=1.

将^=1，^=1，代入得簣+宁一2・(12分)若直线MN的斜率不存在，则线段MN的中点在x轴上，从而B点位于长轴的顶点处.由于OB=2，所以此时原点O到直线MN的距离为1.若直线MN的斜率存在，设为k,则其方程为y=kx+n.y=kx+n，由］竺y^_消去y得(3+4k2)x2+8knx+4n2—12=0(*)由］、了+3=1，则A=(8kn)2—4(3+4k2)(4n2—12)>0,即3+4k2>n2.8kn4n2—12由根与系数关系可得x1+x2=—3+4初,X］x2=3+4k2，「3n2—12k24n2—12,13n2—12k213/八、X3+4k2+3X3+4k2=—2，即n2=k2+4n2—12,13n2—12k213/八、X3+4k2+3X3+4k2=—2，即n2=k2+4.(14刀)代入严号又3+4k2>n2,39k2+|k2+111——14(k2+1).于是3+4k2>k2+|k2+111——14(k2+1).|n|原点(0,0)到直线MN的距离为4=打亡話=3因为k2±0,所以当k=0时，di=?.min2又¥<1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)解：(1)因为h(x)=f(X)-g(x)=x2-x-(a-16)-alnx,xa2x2—x—a所以h(x)=2x-1—x=X-xx令h(x)=0,得2x2-x-a=0.因为函数h'(x)在［24］上存在零点，即y=2x2—x—a在g，4］上存在零点,又函数y=2x2—x-a在g,4］上单调递增，2X(于)2—牙一aW0,所以］22解得10WaW28.、2X42—4—a三0,因此，实数a的取值范围是［10，28］.(2分)⑵(解法1)因为当x£［0,b］时，函数f(x)在x=0处取得最大值，即存在实数a,当xW［0,b］时，f(0)三f(x)恒成立，即x3—x2—(a—16)xW0对任意xW［0,b］都成立.(4分)当x=0时，上式恒成立；(6分)当x£(0,b］时，存在a£［10,28］,使得x2—x+16Wa成立，(8分)所以x2—x+16W28，解得一3WxW4,所以bW4.

故当a=28时，b的最大值为4.(1(分)(解法2)由f(x)=X3—x2—(a—16)x得f'侄)3x2—2x—(a—16).设A=4+12(a-16)=4(3a-47).若AC0,则f'GX0恒成立，f(x在[0,b]上单调递增，因此当x€[0,b]时，函数f(x在x=0时不能取得最大值，于是A>0,(4分)故f'侄)有两个不同的实数根，记为x「x2(x1<x2).若X]>0，则当x€(0,X])时，f'(x)>0，f(x在(0,X])上单调递增，因此当x€[0,b]时，函数f(x在x=0时不能取得最大值，所以X]<0.(6分)2又X]+x2=3>0,因此x2>0,从而当x€(0,x2)时，f'(x)<0,f(x单调递减；当x€(x2，+^)时，f'(x)>0,f(x单调递增，若存在实数a,当x€[0,b]时，函数f(x在x=0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a€[10,28],使得b2—b+16<a成立，所以b2—b+16<28，解得—3<b<4,故当a=28时，b的最大值为4.(1(分)(3)设直线l与曲线y=f(x相切于点A(x「f(x)),与曲线y=g(x)相切于点B(x2,g(%)),过点A(x「f(x)的切线方程为y—[x3_x1—(a—16)x1]=[3x^—2xx—(a-16)](—xx),即y=[3x21—2x1—(a—16)]x—2x13＋x21.旦x+alnx22x—a.过点B(x2,g(%)的切线方程为旦x+alnx22x—a.222x22因为直线l在y上的截距为-12,a3xa3x2—2x1—（a—16）=—①,2所以—2x31＋x12=—12②，aln2x—a=—12③.24—a=_a,由②解得X]=2，贝Ux2aln2x—a=—12，（12分）1—x消去a,得ln务+乃丁=0.（14分）2由（1知10<a<28，且x2>0,则x2>7・1—x5112x—1令p（x）=ln卅2x，x€[7，+to），则p'（x）x—2x2=2x2-因为p'(x)0,所以函数p(x)在£,+8)上为增函数.因为p(1)=0,且函数p(x的图象是不间断的，所以函数p(x)在[7,+8)上有唯一零点1,1—x所以方程lnx+2=0的解为x2=1,所以a=12.222所以实数a的值为12.(16分)20.(1解:设等比数列｛an｝的公比为q,

因为S4=5S2，所以a1+a2+a3+a4=5(a1+a2),即a3+a4=4(a1+a2),所以a1q2(1+q)=4a1(1+q).因为数列｛an｝的各项均为正整数，所以a1，q均为正数，所以q2=4,解得q=2.又a1=1，所以an=2n-1,从而a3=4,所以T3=S4=1+2+22+23=15.(2分)⑵解：设等差数列｛an｝的公差为d,则an=a1+(n-1)d.因为数列｛an｝的各项均为正整数，所以d£Z.若dVO,令an>0,得n<1—》，这与｛an｝为无穷数列相矛盾，(an-1)d因此d±0,即(an-1)d因为Sn=na1+n(n—1)d，所以-=叭+%(%—“d，因此Tn=a1+n,T(a—1)d八由孑<2,得a1+巧V2.(6分)n(a—1)d因为a1^N*,d^N，所以2>a1+巧^a1^1,因此a1=1.于是1+于是1+(n—1)d22V2,即(n—1)d2V2.①若d=0,则存在无穷多个n(n±2)，使得上述不等式成立，所以d=0不合题意；(8分)2②若d^N*,则nV1+因为存在唯一的正整数n(n±2)，使得该不等式成立,2所以2V1+TW3,即1K2.又d^N*,所以d=1,因此an=1+(n—1)X1=n.(10分)⑶证明：因为Sn+1—Sn=an+：>0,所以Sn+1>Sn，即数列｛Sn｝单调递增.又Tn+又Tn+1—Tn=(n+1)(n+2)n(n+1)2__=n+1>0,所以T,>T，即Sa,>Sa,TOC\o"1-5"\h\zn+1nn+1n因为数列｛Sn｝单调递增，所以an+1>an.(12分)又a^N*,所以a]2a+1,即a]—a三1,+1+1所以an+1—a1=(a2—a1)+(a3—a2)+(an+1—an)》n，因此an+]三a]+n三1+n，即an三n(n三2).又a/1,所以an2n①.(14分)由T—T=n+1,得aa+1+aa+2+…+aa=n+1,n+1nnnn+1因此n+1三aa+12a+1,即aWn②.nnn由①②知a=n，因此a】一a=1,nn+1n所以数列｛an｝为等差数列.(16分)数学附加题参考答案及评分标准21.A.解：（1）因为M=因为|M|=1X1—21.A.解：（1）因为M=因为|M|=1X1—2X2=—3,12-21-（4分）,MN=，所以N=M-i.（2分）所以N=M_i=_2_3一丄_3」⑵N的特征多项式f@）=九+3_2一313232313」.（6分）_2_3九+3121=@+3）2—（一3）2=（入一3）@+1）・（8分）令f@）=o,解得九=3或一1,所以N的特征值是3和1.（10分）B.解：曲线C的普通方程为y=2（2）2=8x2.（2分）I—nn（—由直线1的极坐标方程pcos（0—才）=\；2，得p（cos0cosy+sin9sin4）=\2即孚+疥=迈，所以直线1的方程为y=—x+2.（4分）〜1y=^x2,设A（X],y1）,B（x2，y2）,联立方程组j8、y=—x+2,消去y,得x2+8x—16=0,（6分）则x1+x2=—8,X]X2=—16,所以AB=\i''1+（—1）2|X]—x2|=\'2X\（x1+x2）2—4X]X2=\2X（—8）2—4X（—16）=16.（10分）C.证明：（证法1）因为a>0,所以a+^^2,a要证飞Ja2+右一-J2三a+*—2,只需证**2+加@+1）—（2—迈）.因为（a+*）—（2—\'2）>0,所以只需证（、*2+2）2三（a+1）—（2—迈）2,（4分）即2（2—迈Xa+^&S—4说，即证a+中三2.（8分）

因为a+a±2成立，所以要证的不等式成立.（10分）要证(证法2)令t=a+1,因为a>0,所以a+~^2,即t±2.

aa要证*2+^—三a+半一2，即证丫t2—2—-■；'2三t—2,即证t—t2—2W2—■■■.;'2,（4分）2即证+h2—J°.（6分）由于f（t）=t+“・jiW在［2,+^）上单调递增，则f（t）^f（2）=2+;'2,22故干f了所以要证的原不等式成立.（10分）22.解：（1）设“顾客参加一次抽