2020年江苏省镇江市高考数学一模试卷.docx

1、 第 1 页（共 17 页） 2020 年江苏省镇江市高考数学一模试卷年江苏省镇江市高考数学一模试卷 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答分不需要写出解答过程，请将答 案填写在答题卡相应的位置上 ）案填写在答题卡相应的位置上 ） 1 （5 分）已知集合 2 |20Ax xx， 1B ，1，2，则AB 2 （5 分）设复数 2 1z i （其中i为虚数单位） ，则| z 3 （5 分）如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是 4 （5 分）顶点在原点且以双曲线 22 1 124 xy 的右焦点为焦点的抛物

2、线方程是 5（5 分） 已知在平面直角坐标系xOy中， 直线 1: 20lxmym，2:(2)10lmxmy ， 若直线 12 / /ll，则m 6 （5 分）从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成 等差数列的概率是 7 （5 分）若实数x，y满足条件 1 0 1 0 33 0 xy xy xy ，则32zxy的最大值为 8 （5 分）将函数( )cos2f xx的图象向左平移 6 个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标 变为原来的 2 倍，得到函数( )yg x的图象，则() 4 g 9（5 分） 已知正方体 1111 ABCDABC D棱长为 1， 点E是

3、棱AD上的任意一点， 点F是棱 11 BC 上的任意一点，则三棱锥BECF的体积为 10（5 分） 等比数列 n a的前三项和 3 42S ， 若 1 a， 2 3a ， 3 a成等差数列， 则公比q 11 （5 分）记集合Aa，b，当 6 ， 4 时，函数 2 ( )2 3sincos2cosf的 值域为B，若“xA”是“xB”的必要条件，则ba的最小值是 第 2 页（共 17 页） 12 （5 分）已知函数 3 3 1 ( ),0 ( )2 2,0 x x xx f x xx ，若对任意的xm，1m，不等式 (1)()fxf xm恒成立，则实数m的取值范围是 13 （5 分）过直线:2l

4、yx上任意一点P作圆 22 :1C xy的一条切线，切点为A，若 存在定点 0 (B x， 0) y，使得PAPB恒成立，则 00 xy 14 （5 分）在平面直角坐标系xOy中，已知三个点(2,1)A，(1, 2)B，(3, 1)C，点( , )P x y满 足()()1OP OAOP OB ，则 2 | OP OC OP 的最大值为 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字 说明，证明过程或演算步骤 ）说明，证明过程或演算步骤 ） 15（14 分） 在四棱锥PABCD中，

5、底面ABCD是平行四边形，E是AP的中点，ABBD， PBPD，平面PBD 底面ABCD （1）求证：/ /PC平面BDE； （2）求证：PD 平面PAB 16 （14 分）如图，在ABC中，点D是边BC上一点，14AB ，6BD ，66BA BD （1）若CB，且 13 cos() 14 CB，求角C； （2）若ACD的面积为S，且 1 2 SCA CD，求AC的长度 17 （14 分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的长轴长为 4，左准 线l的方程为4x 第 3 页（共 17 页） （1）求椭圆的标准方程； （2）直线 1 l过椭圆E的左焦点 1

6、 F，且与椭圆E交于A，B两点若 24 7 AB ，求直线 1 l的 方程；过A作左准线l的垂线，垂足为 1 A，点 5 ( 2 G ，0)，求证： 1 A，B，G三点共线 18 （16 分） 某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内， 如图所示，矩形PQRS的长PS为 130 米，宽RS为 120 米，圆弧形轨道所在圆的圆心为O，圆O与PS，SR，QR分别相切 于点A，D，C，T为PQ的中点现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成出发点N 在线段PT上（不含端点，游客从点Q处乘升降电梯至点)N，轨道第一段NM与圆O相切 于点M， 再沿着圆弧轨道MA到达最高点A， 然后在点A处沿垂直轨道急速下降至

7、点O处， 接着沿直线轨道OG滑行至地面点G处（设计要求M，O，G三点共线） ，最后通过制动装 置减速沿水平轨道GR滑行到达终点R记MOT为，轨道总长度为l米 （1）试将l表示为的函数( )l，并写出的取值范围； （2）求l最小时cos的值 19 （16 分）已知函数 2 ( )()()f xlnxa xx aR （1）当0a ，证明：( )1f xx； （2）如果函数( )f x有两个极值点 1 x， 212 ()x xx，且 12 ()()f xf xk恒成立，求实数k的 取值范围； （3）当0a 时，求函数( )f x的零点个数 20 （16 分）已知 * nN，数列 n a的前n项和为

8、n S，且 11nn Saa ；数列 n b的前n项 第 4 页（共 17 页） 和为 n T，且满足 1 (1) 2 nnn Tbnnb，且 12 ab （1）求数列 n a的通项公式； （2）求数列 n b的通项公式； （3）设 n n n a c b ，问：数列 n c中是否存在不同两项 i c，(1 j cij，i， *) jN，使 ij cc 仍是数列 n c中的项？若存在，请求出i，j；若不存在，请说明理由 第 5 页（共 17 页） 2020 年江苏省镇江市高考数学一模试卷年江苏省镇江市高考数学一模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题

9、共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分不需要写出解答过程，请将答分不需要写出解答过程，请将答 案填写在答题卡相应的位置上 ）案填写在答题卡相应的位置上 ） 1 （5 分）已知集合 2 |20Ax xx， 1B ，1，2，则AB 1，2 【解答】解： |02Axx剟， 1B ，1，2， 1AB，2 故答案为：1，2 2 （5 分）设复数 2 1z i （其中i为虚数单位） ，则| z 5 【解答】解： 2 112zi i ， 22 |1( 2)5z ， 故答案为：5 3 （5 分）如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是 25 【解答】解：模拟执行伪代码，可得：0135

10、7925S 故答案为：25 4（5 分） 顶点在原点且以双曲线 22 1 124 xy 的右焦点为焦点的抛物线方程是 2 16yx 【解答】解：双曲线 22 1 124 xy 的右焦点为(4,0)， 抛物线的方程设为 2 ymx，0m ， 由题意可得4 4 m ，即16m ， 可得抛物线方程为 2 16yx 故答案为： 2 16yx 第 6 页（共 17 页） 5（5 分） 已知在平面直角坐标系xOy中， 直线 1: 20lxmym，2:(2)10lmxmy ， 若直线 12 / /ll，则m 2 【解答】解：根据题意，直线 1: 20lxmym， 2: (2)10lmxmy ， 若直线 12

11、 / /ll，必有 2 (2)0mm， 解可得：1m 或2， 当1m 时，直线 1: 10lxy ， 2: 10lxy ，两直线重合，不符合题意； 当2m 时，直线 1: 240lxy， 2: 2 410lxy ，两直线平行，符合题意； 故2m ； 故答案为：2 6 （5 分）从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成 等差数列的概率是 2 5 【解答】解：从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数， 基本事件总数 2 5 10nC， 剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有： (1，2，3)，(1，3，5)，(2，3，4)，(3，4，5)，共 4

12、个， 剩余三个数能构成等差数列的概率是 42 105 p 故答案为： 2 5 7 （5 分）若实数x，y满足条件 1 0 1 0 33 0 xy xy xy ，则32zxy的最大值为 13 【解答】解：实数x，y满足条件 1 0 1 0 33 0 xy xy xy ，对应的可行域如下图所示： 由 10 330 xy xy ，解得3x ，2y 时，目标函数经过(3,2)A时，目标函数取得最大值： 3213zxy， 故32zxy的最大值为：13； 第 7 页（共 17 页） 故答案为：13 8 （5 分）将函数( )cos2f xx的图象向左平移 6 个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标 变为原来

13、的 2 倍，得到函数( )yg x的图象，则() 4 g 3 【解答】解：将函数( )cos2f xx的图象向左平移 6 个单位长度后，可得cos(2) 3 yx 的 图象， 再将图象上各点的纵坐标变为原来的 2 倍，得到函数( )2cos(2) 3 yg xx 的图象， 则()3 4 g ， 故答案为：3 9（5 分） 已知正方体 1111 ABCDABC D棱长为 1， 点E是棱AD上的任意一点， 点F是棱 11 BC 上的任意一点，则三棱锥BECF的体积为 1 6 【解答】解：如图， 正方体 1111 ABCDABC D棱长为 1，点E是棱AD上的任意一点，点F是棱 11 BC上的任意

14、一点， 第 8 页（共 17 页） 1 11111 1 1 1 32326 B ECFFBCE VVBCABB B 故答案为： 1 6 10 （5 分）等比数列 n a的前三项和 3 42S ，若 1 a， 2 3a ， 3 a成等差数列，则公比q 2 或 1 2 【解答】解：等比数列 n a的前三项和 3 42S ，若 1 a， 2 3a ， 3 a成等差数列， 可得 2 123111 42aaaaa qa q， 132 2(3)aaa即 2 111 2(3)a qaa q， 解得2q 或 1 2 ， 故答案为：2 或 1 2 11 （5 分）记集合Aa，b，当 6 ， 4 时，函数 2 (

15、 )2 3sincos2cosf的 值域为B，若“xA”是“xB”的必要条件，则ba的最小值是 3 【解答】解：函数 2 ( )2 3sincos2cos3sin2cos212sin(2)1 6 f 当 6 ， 4 时，(2) 66 ， 2 3 ， 1 sin(2) 62 ，1 2sin(2)10 6 ，3B， 若“xA”是“xB”的必要条件，则BA ba 的最小值是303 故答案为：3 12 （5 分）已知函数 3 3 1 ( ),0 ( )2 2,0 x x xx f x xx ，若对任意的xm，1m，不等式 (1)()fxf xm恒成立，则实数m的取值范围是 1， 1 3 【解答】解：函

16、数 3 3 1 ( ),0 ( )2 2,0 x x xx f x xx ， 当0x 时，0x ， 3 ()2( ) x fxxf x ， 同样0x ，可得()( )fxf x，且(0)1f ， 则( )f x为偶函数，且( )f x在0x上为减函数， 对任意的xm，1m，不等式(1)()fxf xm恒成立， 第 9 页（共 17 页） 可得(|1|)(|)fxfxm， 即为|1|xxm， 即有(21)(1) 0xm m ， 由一次函数的单调性，可得： (21)(1) 0mm m ，且(22 1)(1) 0mm m ， 即为 1 1 3 m 剟且 1 1 3 m剟， 即有 1 1 3 m剟，

17、则m的范围是 1， 1 3 ， 故答案为： 1， 1 3 13 （5 分）过直线:2l yx上任意一点P作圆 22 :1C xy的一条切线，切点为A，若 存在定点 0 (B x， 0) y，使得PAPB恒成立，则 00 xy 22 【解答】解：设( ,2)P a a， 由题意知B必在以P为圆心，PA为半径的圆上， 0 (B x， 0) y为这些圆的公共点， 因为 22 PBPA， 所以 2222 00 ()(1)(2)1xayaaa 即 22 00000 (41)2 ()0xyya xy， 因为任意aR， 22 00000 (41)2 ()0xyya xy恒成立， 所以 22 000 00 4

18、10 0 xyy xy 解得 0 0 2 1 2 2 1 2 x y 或 0 0 2 1 2 2 1 2 x y ， 所以 00 22xy， 故答案为：22 14 （5 分）在平面直角坐标系xOy中，已知三个点(2,1)A，(1, 2)B，(3, 1)C，点( , )P x y满 第 10 页（共 17 页） 足()()1OP OAOP OB ，则 2 | OP OC OP 的最大值为 5 2 4 【解答】解：依题意，由()()1OP OAOP OB 得，(2)(2 )1xy xy ， 令 2 2 xym xyn ，解得 2 5 2 5 mn x mn y ，且1mn ， 2222222222

19、 2 35()5()5() 4444()2()2| 2525 OP OCxymnmnmnmn mmnnmmnnxymnmnmnmnOP ， 需要求出 2 | OP OC OP 的最大值，不妨设0mn， 则 2 555 2 2 4|2 2 OP OC OP mn mn ， 当且仅当 62 2 26 2 m n 或 26 2 62 2 m n 时取等号 故答案为： 5 2 4 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字分请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字 说明，证明过程或演算步骤 ）说明，证明过程或演算步骤 ） 15（

20、14 分） 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD是平行四边形，E是AP的中点，ABBD， PBPD，平面PBD 底面ABCD （1）求证：/ /PC平面BDE； （2）求证：PD 平面PAB 【解答】证明： （1）连结AC，交BD于点O，连结EO， 四边形ABCD是平行四边形，且AC交BD于点O， 第 11 页（共 17 页） 点O为AC中点， 在PAC中，点E为AP的中点， / /EOPC， EO 平面BDE，PC 平面BDE， / /PC平面BDE （2）平面PBD 平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD， PBBD，PB 平面ABCD， PB平面ABCD， AB 平面ABCD，PBAB

21、， ABBD，BDPBB， AB平面PBD， PD 平面PBD，ABPD， PDPB，PBABB， PD平面PAB 16 （14 分）如图，在ABC中，点D是边BC上一点，14AB ，6BD ，66BA BD （1）若CB，且 13 cos() 14 CB，求角C； （2）若ACD的面积为S，且 1 2 SCA CD，求AC的长度 【解答】解： （1）14AB ，6BD ，66BA BD ， cos146cos66BA BDAB BDBB ， 解得 11 cos 14 B ， 第 12 页（共 17 页） ABC中，CB，且BCABC ， (0,) 2 B ， 2 5 3 sin1 14 Bc

22、os B， (0, )CB， 13 cos() 14 CB， 13113 35 31 coscos()cos()cossin()sin 141414142 CCBBCBBCBB， 在ABC中，(0, )C， 3 C （2）ACD的面积 1 2 SCA CD， 11 sincos 22 CD CACAC CDC， sincosCC， ACD中，(0, )C， sin0C，则cos0C ，可得tan1C ，可得 4 C ， 在ABC中，由正弦定理可得 sinsin ACAB BC ， 又 5 3 sin 14 B ，14AB ， 2 sinsin 42 C ， 14 5 32 142 AC ，解得

23、5 6AC 17 （14 分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 的长轴长为 4，左准 线l的方程为4x （1）求椭圆的标准方程； （2）直线 1 l过椭圆E的左焦点 1 F，且与椭圆E交于A，B两点若 24 7 AB ，求直线 1 l的 方程；过A作左准线l的垂线，垂足为 1 A，点 5 ( 2 G ，0)，求证： 1 A，B，G三点共线 第 13 页（共 17 页） 【解答】解： （1）设焦距为2c，由题意可知： 2 222 24 4 a a c bac ，解得 2 2 3 1 a b c ， 椭圆的标准方程为： 22 1 43 xy ； （2）由（

24、1）可知： 1( 1,0) F ， 24 4 7 AB ，故直线 1 l不与x轴重合， 设直线 1 l方程为：1xmy， 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 联立方程： 22 1 3412 xmy xy ，消去x得： 22 (34)690mymy， 2 144(1)0m， 2 1,2 2 361 34 mm y m ， 2 222 121212 2 12(1)24 |()()1| 247 m ABxxyymyy m ， 解得：1m ， 直线 1 l的方程为：10xy ； 11 ( 4,)Ay ，由可知： 12 2 6 34 m yy m ， 12 2 9 34 y y m

25、， 则 1 121212 22 223() 0 59 3 3 22 AGBG yymy yyy kk xmy 故 1 AGBG kk，由此， 1 A，B，G三点共线 18 （16 分） 某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内， 如图所示，矩形PQRS的长PS为 130 米，宽RS为 120 米，圆弧形轨道所在圆的圆心为O，圆O与PS，SR，QR分别相切 于点A，D，C，T为PQ的中点现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成出发点N 在线段PT上（不含端点，游客从点Q处乘升降电梯至点)N，轨道第一段NM与圆O相切 于点M， 再沿着圆弧轨道MA到达最高点A， 然后在点A处沿垂直轨道急速下降至点O处，

26、 接着沿直线轨道OG滑行至地面点G处（设计要求M，O，G三点共线） ，最后通过制动装 置减速沿水平轨道GR滑行到达终点R记MOT为，轨道总长度为l米 （1）试将l表示为的函数( )l，并写出的取值范围； （2）求l最小时cos的值 第 14 页（共 17 页） 【解答】解： （1）如图所示，组METO ，垂足为E点，作NFME，垂足为F点 7060cosTE， 7060cos sin NM 7060cos6060 ( )60()6060 sin2sintan l 130120cos 1203060 sin ，0 2 （2） 2 120130cos ( )600l sin ，解得 2 cos 3

27、 l最小时 2 cos 3 19 （16 分）已知函数 2 ( )()()f xlnxa xx aR （1）当0a ，证明：( )1f xx； （2）如果函数( )f x有两个极值点 1 x， 212 ()x xx，且 12 ()()f xf xk恒成立，求实数k的 取值范围； （3）当0a 时，求函数( )f x的零点个数 【解答】解： （1）证明：当0a 时，( )1f xx等价于1lnx x，即证1 0xlnx ， 令( )1g xxlnx，则 11 ( )1 x g x xx ， 当01x时，( )0g x，( )g x递减；当1x 时，( )0g x，( )g x递增； ( )min

28、g xg（1）0， ( ) 0g x，即1 0xlnx ，得证； （2）令 1 ( )(21)0fxxa x ，则 2 210axax 的两根分别为 1 x， 2 x， 第 15 页（共 17 页） 2 12 12 80 1 0 2 1 0 2 aa xx x x a ，解得8a ， 22 12121122 ( )()()f xf xlnx xa xxxx 2 121212 1 ()2() 2 lna xxx xxx a 111 2() 42 ln aa a 21 4 a ln a g（a） ，/br显然( )g x在(8,)上递减，/brg（a）g（8）1621423lnln ， /4 23

29、brkln；/br（3） 当0a 时，( )2 fxfraca x21 axx， 令() 0fx， 则22/10axsupsupax ，/br其 中 只 有 一 个 正 实 数 根 ， _ 1 xf r a cas q r ta28 4 aa，2 _1ax2 _1 10a x ， /1 _12 _1brafracxx 2( _112)xfrac，/br且 当 01/xxs u bs u b时，( )0fx，( )f x递增， 当1/xxsubsub 时，( )0fx， ( )f x单减，/( )_( _1) _1 _1 112 _1brf xmaxfxln xfracxx， /br令( )11

30、2 h xlnxfrac xx，( )1 122(1)(12 )h xfracxfracxxx 21 1(12 )fracxfracx2(41)(1) (12 )fracxxxx 2(12)xfrac，/br令( )0h x， 解得1x ，/br当(12,1)xfrac，( )0h x， ( )h x递减； 当(1,)x，( )0h x，( )h x递增，/( )/brh xsubminsubh（1）0， /( )/0brf xsubmaxsub，/br 当( )/0f xsubmaxsub， 即 1/1xs u bs u b 时 ，1a ， 此 时( )f x只 有 一 个 零 点1x ；/

31、br 当 ( )/0f xsubmaxsub，即0a 且1a 时，此时(1/)0f xsubsub ，注意f （1）0，/( )bri当1a 时，01/1xsubsub，而 (2/)1(2/)(1)(1)lnxaxsupsupxxaxsupsupxxax，/br令 (1)(1)0xax，解得1 xfraca ，取_01xfraca 知 (0/)0f xsubsub ，/( )brf x在(0/,1/)xsubsubxsubsub 上有一 个零点，另一个零点为 1；/( )brii当10a ，即1/1xsubsub时，此时取 _ 01,(xfracaf x 知_0 )0,1,(f xx 有一个零

32、点为 另一个零点在_1,x 第 16 页（共 17 页） _0$）上； 故 a1 时 f（x）有一个零点，当 a0 且 a1 时，f（x）有两个零点 20 （16 分）已知 * nN，数列 n a的前n项和为 n S，且 11nn Saa ；数列 n b的前n项 和为 n T，且满足 1 (1) 2 nnn Tbnnb，且 12 ab （1）求数列 n a的通项公式； （2）求数列 n b的通项公式； （3）设 n n n a c b ，问：数列 n c中是否存在不同两项 i c，(1 j cij，i， *) jN，使 ij cc 仍是数列 n c中的项？若存在，请求出i，j；若不存在，请说明

33、理由 【解答】解： （1）由 11nn Saa ，得 11( 2) nn Saa n ， 1 2(2) nn aan ，且 121 aaa，即 21 2aa， 数列 n a是首项为 12 2ab，公比为 2 的等比数列，2n n a ； （2）由 1 (1) 2 nnn Tbnnb， 得当2n时， 111 1 1(1)(1) 2 nnn Tbnnb ， 得 11 111 1(1) 222 nnnnn bbbnbnb ， 11 423(1) nnnn bbnbnb ，即 1 (4)(3)3 nn nbnb ， 当3n时， 12 (5)(4)3 nn nbnb ， 21 (4)(4)(28) nn

34、n nbnbnb ， 21 2 nnn bbb 数列数列 n b为等差数列，且首项为 1 b，在中令1n ，得 11 1 21(1) 2 bb ， 解得 1 1b ，再令2n ，得 122 221bbb ，求得 2 2b ， 1(1) 1 n bnn ； （3） 2n n n n a c bn ，假设数列 n c中存在不同两项 i c，(1 j cij，i， *) jN， 使 ij cc仍是数列 n c中的项，即 * 222 () ijk ijk ccc kN ijk ， 第 17 页（共 17 页） 注意到 11 1 222(1) 2(1) 2 0 1(1)(1) nnnnn nn nnn

35、cc nnn nn n ， n c单调递增，由 22 kj kj ，得kj，1k j， 1 22 1 kj kj 2(1)2 (1) tj j ij j ， 令(1)jim m ，则jmi， (1)()(1)2 2(1)(1) (1)(1)1 j i j jmi mim i ji miimi ， 2mi ， 2 13 1mi ，而11 m m i ， 23(1) m m， 2 3 1 m m 令 2 1 n n C n ，则 11 1 222(1)2 (2)2 0 21(1)(2)(1)(2) nnnnn nn nnn CC nnnnnn ， n C单调递增，注意到3m 时， 3 2 23 1

36、3 ， 4 216 3 145 ， m只能为 1，2，3，当1m 时，11jiji 2 222 (1)(2)3232 21 iiii iiii ，故i只能为 1，2，3 当1i 时，2j ，此时 24 244 2 k k k ， 当2i 时，3j ，此时 2814 2 33 k k 无整数解， 当3i 时，4j ，此时 2820 4 33 k k ，无正整数解， 当2m 时，2ji ，此时 2 (2)(3) 2 (1) ii i i 2 2 46 336 0 i ii ii 厔， 1i ，此时 2814 3,2 33 k j k ，无解， 当3m 时3ji ， 22 (3)(4) 8712 89 (2) ii iiii i i 剠 2 7912 0ii，此时无正整数解， 综上，存在1i ，2j 满足题意