2020届江苏高三高考数学全真模拟试卷08（解析版）.doc

1、 2020 届江苏高三高考数学全真模拟试卷届江苏高三高考数学全真模拟试卷 08 数学试题 I 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分不需要写出解答过程，请把答案直接填写在 相应位置上 1. 已知集合 U1，2，3，4，5，A1，2，4，则UA_ 答案：3，5 解析：本题考查集合的补集运算 2. 若复数 z(1i)(3ai)(i 为虚数单位)为纯虚数，则实数 a_ 答案：3 解析：z(3ai)3iai2(3a)(3a)i， a30，a3. 3. 命题：“xR，|x|0”的否定是_ 答案：xR，|x|0 解析：含有量词的命题否定要将存在换成任意，p 改成非 p. 4. 在

2、平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y28x 上横坐标为 1 的点到其焦点的距离为_ 答案：3 解析：由定义可知距离 1p 2123. 5. 设实数 x、y 满足 x0， y0， xy3， 2xy4， 则 z3x2y 的最大值是_ 答案：7 解析：由题设可知线性规划的可行域的四个顶点坐标分别为(0，0)，(2，0)，(0，3)，(1，2)从而(3x 2y)max3 12 27. 6. 如图是一个算法的流程图，若输入 x 的值为 2，则输出 y 的值是_ 答案：3 2 解析：由题设流程图的循环体执行如下： 第 1 次循环体对 y1 2 210，|yx|21，x0； 第 2 次循环体对 y011，

3、|yx|1，x1； 第 3 次循环体对 y3 2，|yx|1，停止，输出 y 3 2. 7. 抽样统计甲、乙两个城市连续 5 天的空气质量指数(AQI)，数据如下： 城市 空气质量指数(AQI) 第 1 天 第 2 天 第 3 天 第 4 天 第 5 天 甲 109 111 132 118 110 乙 110 111 115 132 112 则空气质量指数(AQI)较为稳定(方差较小)的城市为_(填“甲”或“乙”) 答案：乙 解析：由题设可知甲的数据波动较大，乙的数据波动较小，由观察法知乙方差较小 8. 在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，BAD60 ，侧棱 PA底

4、面 ABCD，PA2，E 为 AB 的中点，则四面体 PBCE 的体积为_ (第 8 题) 答案： 3 3 解析： VPBCE1 3S BCE PA1 3 1 2 1 2 sin120 2 3 3 . 9. 将函数 f(x)sin(2x)(00.又令 b(a)lna0，解得 a1， 当 a1 时，b 取得最小值1 13. 已知集合 M(x，y)|x3yx1，NP|PA 2PB，A(1，0)，B(1，0)，则表示 MN 的图 形面积等于_ 答案：2 38 3 解析：设 P(x，y)，由 PA2PB2知(x1)2y22(x1)22y2.整理得(x3)2y28，则集合 MN 示意图 如下图，则 SM

5、NSABN2S扇BNF.又 N(3，0)到 AB 距离 d 2，从而ABN 为等边三角形， SABN 3 4 (2 2)22 3，2S扇BNF2 1 2l rlrr 28 3 8 3.综上知 MN 的图形面积为 2 3 8 3. 14. 若函数 f(x)ax220x14(a0)对任意实数 t， 在闭区间t1， t1上总存在两实数 x1、 x2， 使得|f(x1) f(x2)|8 成立，则实数 a 的最小值为_ 答案：8 解析：f(x)a x10 a 2 14100 a (a0)，由题设知原题可以等价于对任意区间x1，x2，x2x12，函 数 f(x)在x1，x2上的最大值与最小值之差大于等于

6、8，不妨设 g(x)ax214100 a ，则原题可转化成对 任意 tR，g(x)在t，t2上最大值与最小值之差大于等于 8， 当 t0 时，g(x)在t，t2上递增， 从而 gmax(x)gmin(x)g(t2)g(t)a(t2)2t28，即 a(4t4)8 对 t0 恒成立，从而； 当 t20 时，g(x)在t，t2上递减，从而 gmax(x)gmin(x)g(t)g(t2)8 时，对任意 t2 恒成 立，即 a(4t4)8.对任意 t2 恒成立，从而 a(84)； 当 t10 时，g(x)在t，0上递减，在0，t2上递增，且 g(t2)g(t)，从而 gmax(x)gmin(x)g(t

7、2)g(0)a(t2)28，对于任意 t1 恒成立，从而有 a8； 同理 t10 时，也有 a8，综上知 a8. 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 15. (本小题满分 14 分) 如图，在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，ABCD，AB1BC，且 AA1AB.求证： (1) AB平面 D1DCC1； (2) AB1平面 A1BC. 证明：(1) 在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，ABCD，AB平面 D1DCC1，CD平面 D1DCC1，所以 AB平面 D1DCC1.(6 分) (2) 在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中

8、，四边形 A1ABB1为平行四边形，又 AA1AB，故四边形 A1ABB1为 菱形 从而 AB1A1B.(9 分) 又 AB1BC，而 A1BBCB，A1B、BC平面 A1BC， 所以 AB1平面 A1BC.(14 分) 16. (本小题满分 14 分) 在ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别是 a、b、c，已知 c2，C 3. (1) 若ABC 的面积等于 3，求 a、b； (2) 若 sinCsin(BA)2sin2A，求ABC 的面积 解：(1) 由余弦定理及已知条件，得 a2b2ab4.(2 分) 因为ABC 的面积等于 3，所以1 2absinC 3，得 ab4.(4 分) 联立

9、方程组 a2b2ab4， ab4， 解得 a2，b2.(7 分) 时，A 2，所以 B 6， 所以 a4 3 3 ，b2 3 3 ，S1 2 absinC 2 3 3.(10 分) 当 cosA0 时，得 sinB2sinA，由正弦定理得 b2a， 联立方程组 a2b2ab4， b2a， 解得 a2 3 3 ，b4 3 3 .(13 分) 所以ABC 的面积 S1 2absinC 2 3 3 .(14 分) 17. (本小题满分 14 分) 已知 a 为实常数，yf(x)是定义在(，0)(0，)上的奇函数，且当 x0 成立，求 a 的取值范围 解：(1) 由奇函数的对称性可知，我们只要讨论 f

10、(x)在区间(，0)上的单调性即可 f(x)22a 3 x3 ，令 f(x)0，得 xa.(2 分) 当 a0 时，f(x)0，故 f(x)在区间(，0)上是单调递增(4 分) 当 a0 时，x(，a)，f(x)0，所以 f(x)在区间(，a)上是单调递增；x(a，0)，f(x)0 时，f(x)单调增区间为(，a)， (a，)，单调减区间为(a，0)，(0，a)(7 分) (2) 因为 f(x)为奇函数，所以当 x0 时，f(x)f(x) 2xa 3 x21 2x a3 x21.(9 分) 当 a0 成立，即 2xa 3 x2a 对一切 x0 成立而当 x a 20 时，有 a4aa，所以 a

11、0，这与 a0 成立，故 a0 满足题设要求(12 分) 当 a0 时，由(1)可知 f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，)上是增函数所以 fmin(x)f(a)3a1a 1，所以 a0 时也满足题设要求(13 分) 综上所述，a 的取值范围是0，)(14 分) 18.(本小题满分 16 分) 如图，一块弓形薄铁片 EMF，点 M 为EF 的中点，其所在圆 O 的半径为 4 dm(圆心 O 在弓形 EMF 内)， EOF2 3 .将弓形薄铁片裁剪成尽可能大的矩形铁片 ABCD(不计损耗)， ADEF， 且点 A、 D 在EF 上， 设AOD2. (1) 求矩形铁片 ABCD 的面积 S 关

12、于 的函数关系式； (2) 当裁出的矩形铁片 ABCD 面积最大时，求 cos 的值 解：(1) 设矩形铁片的面积为 S，AOM. 当 00)的右焦点为 F(1，0)，过焦点 F 且与 x 轴不重合的直线与椭圆 C 交于 A、B 两点，点 B 关于坐标原点的对称点为 P，直线 PA、PB 分别交 椭圆 C 的右准线 l 于 M、N 两点 (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 若点 B 的坐标为 8 5， 3 3 5 ，试求直线 PA 的方程； (3) 记 M、N 两点的纵坐标分别为 yM、yN，试问 yM yN是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请 说明理由 解：(1) 由题意，得 2

13、a（11）2 3 20 2 （11）2 3 20 2 4， 即 a2.(2 分) 又 c1，所以 b23， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y 2 31.(5 分) (2) 因为 B 8 5， 3 3 5 ，所以 P(8 5， 3 3 5 ) 又 F(1，0)，所以 kAB 3， 所以直线 AB 的方程为 y 3(x1)(7 分) 联立方程组 x 2 4 y 2 3 1， y 3（x1）， 解得 A(0， 3)(9 分) 所以直线 PA 的方程为 y 3 4 x 3， 即 3x4y4 30.(10 分) (3) 当直线 AB 斜率 k 不存在时，易得 yMyN9. 当直线 AB 斜率 k

14、 存在时，设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，则 P(x2，y2)，所以x 2 1 4 y 2 1 3 1，x 2 2 4 y 2 2 3 1， 两式相减，得（x2x1）（x2x1） 4 （y2y1）（y2y1） 3 ， 所以（y2y1）（y2y1） （x2x1）（x2x1） 3 4kPAk， 所以 kPA 3 4k.(12 分) 所以直线 PA 方程为 yy2 3 4k(xx2)， 所以 yM 3 4k(x24)y2 3（x24）（x21） 4y2 y2. 因为直线 PB 方程为 yy2 x2x，所以 yN 4y2 x2 .(14 分) 所以 yMyN3 （x24）（x21） x2 4y

15、 2 2 x2 . 因为x 2 2 4 y 2 2 3 1，所以 4y22123x22， 所以 yMyN3 （x24）（x21）4x22 x2 9，所以 yMyN为定值9.(16 分) 20(本小题满分 16 分) 已知等差数列an、等比数列bn满足 a1a2a3，b1b2b3，且 a3，a2b1，a1b2成等差数列，a1，a2， b2成等比数列 (1) 求数列an和数列bn的通项公式； (2) 按如下方法从数列an和数列bn中取项： 第 1 次从数列an中取 a1， 第 2 次从数列bn中取 b1，b2， 第 3 次从数列an中取 a2，a3，a4， 第 4 次从数列bn中取 b3，b4，b

16、5，b6， 第 2n1 次从数列an中继续依次取 2n1 个项， 第 2n 次从数列bn中继续依次取 2n 个项， 由此构造数列cn：a1，b1，b2，a2，a3，a4，b3，b4，b5，b6，a5，a6，a7，a8，a9，b7，b8，b9，b10，b11， b12，记数列cn的前 n 项和为 Sn.求满足 Sn0， P4422 01444 2（4421） 2 21 981(2331)20 且 t2)为 x 轴上任意一点， 连结 AT、BT 并延长与抛物线 C 分别相交于 A1、B1. (1) 设 A1B1斜率为 k，求证：k t 为定值； (2) 设直线 AB、A1B1与 x 轴分别交于 M

17、、N，令 SATMS1，SBTMS2，SB1TNS3，SA1TNS4， 若 S1、S2、S3、S4构成等比数列，求 t 的值 (1) 证明： y2x4， y24x A(4，4)、B(1，2)， 设 A1 m2 4 ，m 、B1 n2 4，n ， kATkA1 4 4t m m2 4 t m24t4m4)t(4 1 t2 4，t ， 同理：B1(t2， 3t t2t 2 4 4 t kt4 为定值(5 分) (2) 解：A1B1：y2t4 t(xt 2)，令 y0 得 N t2 2，0 ，而 M(2，0)， S1 S2 yA yB 21 2S1， S4 S1 TN yA1 TM yA t2 2t

18、 t2 t 4 t 2 8 S4t 2 8S1， S3 S1 TN yB1 TM yA t 2（t2） t2 2t 4 t 2 4 S3t 2 4S1， S1、S2、S3、S4构成等比数列， t21 而1.(10 分) 23 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，底面ABC 为直角三角形，ACB 2，顶点 C1在底面ABC 内的 射影是点 B，且 ACBCBC13，点 T 是平面 ABC1内一点 (1) 若 T 是ABC1的重心，求直线 A1T 与平面 ABC1所成的角； (2) 是否存在点 T，使 TB1TC 且平面 TA1C1平面 ACC1A1？若存在，求出线段 TC 的长度；若不存 在，

19、说明理由 23. 解：如图以 CB、CA 分别为 x、y 轴，过 C 作直线 CzBC1，以 Cz 为 z 轴， B(3，0，0)，C(0，0，0)，A(0，3，0)，C1(3，0，3)， CB1 CC1 CB (6，0， 1(6，0，3)， CA1 CC1 CA (3，3， 1(3，3，3) (1) T 是ABC1重心，1，TA1 (1，2，2)， 设平面 ABC1的法向量为 n1(x1，y1，z1)，AB (3，3，0)，AC1 (3，3，3)， 3x13y10 3x13y13z10 z10 x1y1 取法向量 n1(1，1，0)， cosTA1 ，n1 3 3 2 2 2 TA1 ，n1

20、 4. 设 TA1与平面 ABC1所成的角为 2TA1 ，n1 4.(5 分) (2) T 在平面 ABC1内，CT CB BT CB mBC1 nBA (33n，3n，3m)，即 T(33n，3n，3m) 由 TB1TC，得 (33n)2(3n)2(3m)2(3n3)2(3n)2(3m3)22m4n1， 设平面 CAA1C1的法向量为 n2(x2，y2，z2)，CA (0，3，0)，CC1 (3，0，3)， 3y20 3x23z20 取 n2(1，0，1) 设平面 TA1C1法向量为 n3(x3，y3，z3)，C1A1 (0，3，0)，C1T (3n，3n，3m3)， y30 3nx3（3m3）z30 取 n3(m1，0，n) 由平面 TA1C1平面 ACC1A1，得 cosn2，n3 m1n 2 （m1）2n2 n1. 由解得 n1 2，m 3 2， 存在点 T 3 2， 3 2， 9 2 ，TC3 11 2 .(10 分)