江苏省南京师大苏州实验学校高三数学上学期第二次模拟考试试题2

江苏省南京师大苏州实验学校2020届高三数学上学期第二次模拟考试试题(满分160分，考试时间120分钟)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＝{0，1，2，3}，B＝{x|0<x≤2}，则A∩B＝________．2.已知复数z＝(2－i)2(i是虚数单位)，则z的模为________．3.已知一组样本数据5，4，x，3，6的平均数为5，则该组数据的方差为________．4.运行如图所示的伪代码，则输出的结果S为________．5.若从2，3，6三个数中任取一个数记为a，再从剩余的两个数中任取一个数记为b，则“eq\f(a,b)是整数”的概率为________．6.若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点与双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦点重合，则实数p的值为________．7.在等差数列{an}中，若a5＝eq\f(1,2)，8a6＋2a4＝a2，则{an}的前6项和S6的值为________．8.已知正四棱锥的底面边长为2eq\r(3)，高为1，则该正四棱锥的侧面积为________．9.已知a，b∈R，函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x的不等式f(2－x)>0的解集为________．10.已知a>0,b>0，且a＋3b＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，则b的最大值为________．11.将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移eq\f(π,6)个单位长度得到函数g(x)的图象，则以函数f(x)与g(x)的图象的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为________．12.在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P为△ABC所在平面内的一点，满足eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PB,\s\up6(→))＋2eq\o(PA,\s\up6(→))，则eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值为________．13.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＋2mx－(4m＋6)y－4＝0(m∈R)与以C2(－2，3)为圆心的圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且满足xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1)，则实数m的值为________．14.已知x>0，y>0，z>0，且x＋eq\r(3)y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为________．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)在△ABC中，sinA＝eq\f(2,3)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).(1)求sin2A的值；(2)若sinB＝eq\f(1,3)，求cosC的值．16.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA1的中点．求证：EF∥平面A1BD；若A1B1＝A1C1，求证：平面A1BD⊥平面BB1C1C.

17.(本小题满分14分)如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC所在的区域改造成绿化区域．已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km.(1)若绿化区域△ABC的面积为1km2，求道路BC的长度；(2)若绿化区域△ABC改造成本为10万元/km2，新建道路BC成本为10万元/km.设∠ABC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3)))，当θ为何值时，该计划所需的总费用最少？

18.(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上的一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与右准线l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与右准线l交于点Q.(1)求椭圆C的标准方程；(2)试判断以PQ为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．

19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)．(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，求实数a的值；(3)若函数f(x)存在两个极值点(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)，求实数a的取值范围．

20.(本小题满分16分)已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，qTn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.(1)若q＝1，求T2019的值；(2)设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.①求数列{bn}的通项公式；②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，请说明理由．2019届高三年级第一次模拟考试(六)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)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(0,1,2,3)))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,0,1,8)))，求A－1B.B.[选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在极坐标系中，曲线C：ρ＝2cosθ.以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系xOy，设过点A(3，0)的直线l与曲线C有且只有一个公共点，求直线l的斜率．C.[选修45：不等式选讲](本小题满分10分)已知函数f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))).

【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10分)如图，在三棱锥DABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E为BD的中点．(1)求异面直线AE与BC所成角的余弦值；(2)求二面角ACEB的余弦值．23.(本小题满分10分)已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,3)，an＋1＝－2aeq\o\al(2,n)＋2an，n∈N*.(1)用数学归纳法证明：an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))；数学参考答案1.{1，2}2.53.24.215.eq\f(1,3)6.47.eq\f(15,2)8.8eq\r(3)9.(0，4)10.eq\f(1,3)11.eq\f(\r(3)π,2)12.－113.－614.eq\f(37,4)15.(1)由sinA＝eq\f(2,3)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则cosA＝－eq\r(1－sin2A)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝－eq\f(\r(5),3)，(2分)所以sin2A＝2sinAcosA＝－eq\f(4\r(5),9).(6分)(2)由A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则B为锐角，又sinB＝eq\f(1,3)，所以cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，(8分)所以cosC＝－cos(A＋B)＝－(cosAcosB－sinAsinB)(12分)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)×\f(2\r(2),3)－\f(2,3)×\f(1,3)))＝eq\f(2\r(10)＋2,9).(14分)16.(1)因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B.(3分)因为EF⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以EF∥平面A1BD.(6分)(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，因为A1D⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D.(8分)因为A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中点，所以A1D⊥B1C1.(10分)因为BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1⊂平面BB1C1C，所以A1D⊥平面BB1C1C.(12分)因为A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BB1C1C.(14分)17.(1)因为在△ABC中，已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×AB×AC×sineq\f(π,6)＝1，解得AC＝2.(2分)在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×coseq\f(π,6)＝22＋22－2×2×2×coseq\f(π,6)＝8－4eq\r(3)，(4分)所以BC＝eq\r(8－4\r(3))＝eq\r(6)－eq\r(2).(5分)(2)由∠ABC＝θ，则∠ACB＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，0<θ≤eq\f(2π,3).在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，所以BC＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))，AC＝eq\f(2sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))).(7分)记该计划所需费用为F(θ)，则F(θ)＝eq\f(1,2)×eq\f(2sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))×2×eq\f(1,2)×10＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))×10＝eq\f(10（sinθ＋1）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3))).(10分)令f(θ)＝eq\f(sinθ＋1,\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ)，则f′(θ)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))\s\up12(2))，(11分)由f′(θ)＝0，得θ＝eq\f(π,6)，所以当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增，(12分)所以θ＝eq\f(π,6)时，该计划所需费用最小．(14分)18.(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)－c＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,c＝1，))所以a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(2)由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意；所以设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－m)，又准线方程为x＝2，所以点P的坐标为P(2，k(2－m))．(6分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－m），,x2＋2y2＝2，))得，x2＋2k2(x－m)2＝2，即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，所以xD＝eq\f(1,2)×eq\f(4k2m,2k2＋1)＝eq\f(2k2m,2k2＋1)，yD＝k(eq\f(2k2m,2k2＋1)－m)＝－eq\f(km,2k2＋1)，(8分)所以kOD＝－eq\f(1,2k)，从而直线OD的方程为y＝－eq\f(1,2k)x，(也可用点差法求解)所以点Q的坐标为Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,k)))，(10分)所以以P，Q为直径的圆的方程为(x－2)2＋[y－k(2－m)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,k)))＝0，即x2－4x＋2＋m＋y2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k（2－m）－\f(1,k)))y＝0，(14分)因为该式对∀k≠0恒成立，令y＝0，得x＝2±eq\r(2－m)，所以以PQ为直径的圆经过定点(2±eq\r(2－m)，0)．(16分)19.(1)因为f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)，所以当a＝1时，f(x)＝(x－1)lnx，则f′(x)＝lnx＋1－eq\f(1,x)，(1分)当x＝1时，f(1)＝0，f′(1)＝0，所以f(x)在x＝1处的切线方程为y＝0.(3分)(2)因为对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，所以当lnx＝0时，即x＝1时，f(x)＝0，a∈R；(5分)当lnx>0时，即x>1时，x≥a恒成立，所以a≤1；(6分)当lnx≤0时，即x<1时，x≤a恒成立，所以a≥1，综上可知，对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，a＝1.(7分)(3)因为函数f(x)存在两个极值点，所以f′(x)＝lnx－eq\f(a,x)＋1存在两个不相等的零点．设g(x)＝lnx－eq\f(a,x)＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).(8分)当a≥0时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，至多一个零点．(9分)当a<0时，因为x∈(0，－a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x∈(－a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝－a时，g(x)min＝g(－a)＝ln(－a)＋2.(11分)因为g(x)存在两个不相等的零点，所以ln(－a)＋2<0，解得－e－2<a<0.因为－e－2<a<0，所以－eq\f(1,a)>e2>－a.因为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＋a2＋1>0，所以在(－a，＋∞)上存在一个零点.(13分)因为－e－2<a<0，所以a2<－a.又因为g(a2)＝lna2－eq\f(1,a)＋1＝2ln(－a)＋eq\f(1,－a)＋1，设t＝－a，则y＝2lnt＋eq\f(1,t)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(1,e2)))，因为y′＝eq\f(2t－1,t2)<0，所以y＝2lnt＋eq\f(1,t)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(1,e2)))单调递减，所以y>2lneq\f(1,e2)＋e2＋1＝e2－3>0，所以g(a2)＝lna2－eq\f(1,a)＋1>0，所以在(0，－a)上存在一个零点．综上可知：－e－2<a<0.(16分)20.(1)当q＝1时，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1，(2分)又a1＝2，所以T2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝1011.(4分)(2)由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝eq\f(1,qn)，(6分)又因为Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，所以bn＝n＋1.(10分)②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k,(12分)所以2t＝(2k)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－2＋1(*)．由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)当k≥3时，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1为奇数，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解．综上，k＝2，t＝3.(16分)B.曲线C：ρ＝2cosθ的普通方程为(x－1)2＋y2＝1，(4分)设过点B(3，0)的直线l的普通方程为x＝my＋3，因为直线l与曲线C有且只有一个公共点，所以eq\f(|1－3|,\r(1＋m2))＝1，解得m＝±eq\r(3).(8分)从而直线l的斜率为±eq\f(\r(3),3).(10分)C.(1)不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞)；(4分)(2)要证f(ab)>|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))，只要证|ab－1|>|b－a|，只需证(ab－1)2>(b－a)2，而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，从而原不等式成立.(10分)22.因为DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以可以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AC＝AD＝1，AB＝2，所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)，因为E为线段BD的中点，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).(1)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(\f(5,4))×\r(5))＝－eq\f(4,5)，所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为eq\f(4,5).(5分)(2)设平面ACE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以n1·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，即x＝0且y＋eq\f(1,2)z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2，所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一个法向量．设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2)))，所以n2·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，即x－2y＝0且－y＋eq\f(1,2)z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2，所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一个法向量．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－3,\r(5)×\r(9))＝－eq\f(\r(5),5).(8分)所以二面角ACEB的余弦值为－eq\f(\r(5),5).(10分)23.(1)证明：当n＝1时，a1＝eq\f(1,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，结论显然成立；假设当n＝k，k≥2，k∈N*时，ak∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，则当n＝k＋1时，ak＋1＝－2aeq\o\al(2,k)＋2ak＝－2(ak－eq\f(1,2))2