2020届江苏高三高考数学全真模拟试卷10（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 10 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. 已知全集 UR，集合 Ax|x2，xR，Bx|x1，xR，则(UA)B_ 答案：(2，1) 解析： Ax|x2，xR， UAx|x2，xR，(UA)Bx|2x1，xR(2， 1) . 2. 设 z2i(i 是虚数单位)，则|z|_ 答案： 解析：|z|41 5. 3. 某地区对两所高中学校进行学生体质状况抽测，甲校有学生 800 人，乙校有学生 500 人，现用分层抽 样的方法在这

2、 1 300 名学生中抽取一个样本已知在甲校抽取了 48 人，则在乙校应抽取学生人数为 _ 答案：30 解析：设在乙校应抽取学生人数为 x，则 80050048x，解得 x30. 4. 现有红心 1，2，3 和黑桃 4，5 共五张牌，从这五张牌中随机取 2 张牌，则所取 2 张牌均为红心的概 率为_ .答案： 3 10 解析：从这五张牌中随机取 2 张牌，有(红 1，红 2)、(红 1，红 3)、(红 1，黑 4)、(红 1，黑 5)、(红 2， 红 3)、(红 2，黑 4)、(红 2，黑 5)、(红 3，黑 4)、(红 3，黑 5)、(黑 4，黑 5)共 10 种不同的取法，所取 2 张牌均

3、为红心的有(红 1，红 2)、(红 1，红 3)、(红 2，红 3)共 3 种可能，所以所取 2 张牌均为红心的 概率为 3 10. 5. 执行右边的伪代码，输出的结果是_ S1 I3 While S200SSI II2 End While Print I (第 5 题) 答案：11 解析：I3 时满足 S200 得到 S3，I5；I5 时满足 S200 得到 S15，I7；I7 时满足 S200 得到 S15 7105，I9；I9 时满足 S200 得到 S105 9945，I11；I11 时不满足 S200， 退出循环输出 I11. 6. 已知抛物线 y22px 过点 M(2，2)，则点

4、M 到抛物线焦点的距离为_ 答案：5 2 解析：将点 M(2，2)坐标代入 y22px 得 p1，所以抛物线方程为 y22x，其准线方程是 x1 2，点 M(2，2)到准线的距离是 2 1 2 5 2，所以点 M 到抛物线焦点的距离为 5 2. 7. 已知 tan2， 2，则 cossin_ 答案： 5 5 解析： tansin cos， sin cos2，sin2cos 代入 sin 2cos21，得 5cos21，cos21 5. 又 20， b24ac4a2， b2 a2c2 4ac4a2 a2c2 4c a 4 1（c a） 2，令 c a1t，则由 4ac4a 2b20 以及 a0

5、知c a1，所以 t0 等号仅当 ac 且 b0 时成立又 4c a 4 1（c a） 2 4t 1（t1）2 4t t22t2， 当 t0 时 4t t22t20，当 t0 时 4t t22t2 4 t2 t2 4 2t 2 t2 2 212 22，所以当 t 2时 4t t22t2取最大值 2 22，因此当 b 24ac4a2且c a1 2时 b2 a2c2取最大值 2 22. 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) 在ABC 中，设角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，满足 AB30 . (1

6、) 若 c1，bsinB，求 B. (2) 若 a2c21 2acb 2，求 sinA 的值 解：(1) 由正弦定理，得 c sinC b sinB. c1，bsinB， sinC1.(2 分) 0C， C90 . 则 AB90 .(4 分) AB30 ， B30 .(6 分) (2) a2c21 2acb 2， cosBa 2c2b2 2ac 1 4.(9 分) 0B， sinB 15 4 .(11 分) sinAsin(B30 ) 3 2 sinB1 2cosB 3 2 15 4 1 2 1 4 3 51 8 .(14 分) 16.(本小题满分 14 分) 如图， 在四棱锥 PABCD 中

7、， DCAB， DADC2AB， O 为 AC 与 BD 的交点， AB平面 PAD， PAD 是正三角形 (1) 若点 E 为棱 PA 上一点，且 OE平面 PBC，求AE PE的值； (2) 求证：平面 PBC平面 PDC. (1) 解：因为 OE平面 PBC，OE平面 PAC，平面 PAC平面 PBCPC， 所以 OEPC， 所以 AOOCAEEP.(3 分) 因为 DCAB，DC2AB， 所以 AOOCABDC12. 所以AE PE 1 2.(6 分) (2) 证明：(证法 1)取 PC 的中点 F，连结 FB、FD. 因为PAD 是正三角形，DADC，所以 DPDC. 因为 F 为

8、PC 的中点，所以 DFPC.(8 分) 因为 AB平面 PAD，所以 ABPA，ABAD，ABPD. 因为 DCAB，所以 DCDP，DCDA. 设 ABa，在等腰直角三角形 PCD 中，DFPF 2a. 在 RtPAB 中，PB 5a. 在直角梯形 ABCD 中，BDBC 5a. 因为 BCPB 5a，点 F 为 PC 的中点，所以 PCFB. 在 RtPFB 中，FB 3a. 在FDB 中，由 DF 2a，FB 3a，BD 5a，可知 DF2FB2BD2， 所以 FBDF.(12 分) 由 DFPC，DFFB，PCFBF，PC、FB平面 PBC，所以 DF平面 PBC. 又平面 PCD，

9、所以平面 PBC平面 PDC.(14 分) (证法 2)取 PD、PC 的中点，分别为 M、F，连结 AM、FB、MF， 所以 MFDC，MF1 2DC. 因为 DCAB，AB1 2DC， 所以 MFAB，MFAB， 即四边形 ABFM 为平行四边形， 所以 AMBF.(8 分) 在正三角形 PAD 中，M 为 PD 中点，所以 AMPD. 因为 AB平面 PAD，所以 ABAM. 因为 DCAB，所以 DCAM. 因为 BFAM，所以 BFPD，BFCD. 因为 PDDCD，PD、DC平面 PCD，所以 BF平面 PCD.(12 分) 因为 BF平面 PBC， 所以平面 PBC平面 PDC.

10、(14 分) 17. (本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x 2 4 y21 的左、右焦点分别为 F与 F，圆 F：(x 3)2y25. (1) 设 M 为圆 F 上一点，满足MF MF 1，求点 M 的坐标； (2) 若 P 为椭圆上任意一点，以 P 为圆心，OP 为半径的圆 P 与圆 F 的公共弦为 QT，证明：点 F 到直 线 QT 的距离 FH 为定值 . (1) 解：F( 3，0)，F( 3，0)，设 M(m，n)， 由MF MF 1，得(m 3)(m 3)n21. 即 m2n24. (2 分) 又(m 3)2n25. (4 分) 由、得，m 3 3 ，n

11、 33 3 . M 3 3 ， 33 3 或 M 3 3 ， 33 3 .(6 分) (2) 证明：设 P(x0，y0)，则圆 P 的方程为(xx0)2(yy0)2x20y20. 即 x2y22x0x2y0y0. (8 分) 又圆 F 的方程为(x 3)2y25. 由得直线 QT 的方程为(x0 3)xy0y10.(10 分) 所以 FH| 3（x0 3）1| （x0 3）2y20 | 3x04| x20y202 3x03 .(12 分) 因为 P(x0，y0)在椭圆上，所以x 2 0 4 y201，即 y201x 2 0 4 所以 FH | 3x04| x20 1x 2 0 4 2 3x03

12、 | 3x04| 3 4x 2 02 3x04 | 3x04| 3 2 x02 22.(14 分) 18. (本小题满分 16 分) 如图，O 为总信号源点，A、B、C 是三个居民区，已知 A、B 都在 O 的正东方向上，OA10 km，OB 20 km，C 在 O 的北偏西 45 方向上，CO5 2 km. (1) 求居民区 A 与 C 的距离； (2) 现要经过点 O 铺设一条总光缆直线 EF(E 在直线 OA 的上方)，并从 A、B、C 分别铺设三条最短分 光缆连接到总光缆 EF.假设铺设每条分光缆的费用与其长度的平方成正比，比例系数为 m(m 为常数)设 AOE(0)，铺设三条分光缆的

13、总费用为 w(元) 求 w 关于 的函数表达式； 求 w 的最小值及此时 tan 的值 解：(1) 以点 O 为坐标原点，OA 为 x 轴建立直角坐标系， 则 A(10，0)，B(20，0)，C(5，5) AC （105）2525 10.(3 分) 答：集中居住区 A 与 C 的距离为 5 10 km.(4 分) (2) 当直线 l 的斜率存在时， 设直线 l 的方程为 ykx，ktan， 则 wm （10k）2 k21 （20k） 2 k21 （5k5） 2 k21 m 525k250k25 k21 .(7 分) 当直线 l 的斜率不存在时， wm(10220252)525m. 综上，w m

14、 525tan250tan25 tan21 0， 2 ， 525m 2 . (9 分) 当直线 l 的斜率不存在时，w525m. 当直线 l 的斜率存在时，wm 525（k21）50（k10） k21 525mm 50（k10） k21 ，设 tk10， 当 t0 时，w525m. 当 t0 时，w525mm 50t （t10）21525mm 50 t101 t 20 .(11 分) t101 t 2 101或 t101 t 2 101， w 的最小值为 525mm 50 202 101(27525 101)m.(14 分) 此时，t 101，tank10 101. 答：w 的最小值为(275

15、25 101)m(元)，此时 tan10 101.(16 分) 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)lnxmx(mR) (1) 若点 P(1，1)在曲线 yf(x)上，求曲线 yf(x)在点 P 处的切线方程； (2) 求函数 f(x)在区间1，e上的最大值； (3) 若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x2e2. (1) 解：因为点 P(1，1)在曲线 yf(x)上，所以m1，解得 m1. 因为 f(x)1 x1，所以切线的斜率为 0，所以切线方程为 y1.(3 分) (2) 解：因为 f(x)1 xm 1mx x . 当 m0 时， x(1，e)，f(x

16、)0，所以函数 f(x)在(1，e)上单调递增，则 f(x)maxf(e)1me. 当1 me，即 0m 1 e时，x(1，e)，f(x)0，所以函数 f(x)在(1，e)上单调递增，则 f(x)maxf(e)1 me.(5 分) 当 11 me，即 1 em1 时，函数 f(x)在 1， 1 m 上单调递增，在 1 m，e 上单调递减， 则 f(x)maxf 1 m lnm1.(7 分) 当1 m1，即 m1 时，x(1，e)，f(x)0，函数 f(x)在(1，e)上单调递减，则 f(x)maxf(1)m.(9 分) 综上，当 m1 e时，f(x)max1me； 当1 em1 时，f(x)m

17、axlnm1； 当 m1 时，f(x)maxm.(10 分) (3) 证明：不妨设 x1x20. 因为 f(x1)f(x2)0， 所以 lnx1mx10，lnx2mx20， 可得 lnx1lnx2m(x1x2)，lnx1lnx2m(x1x2) 要证明 x1x2e2，即证明 lnx1lnx22，也就是 m(x1x2)2. 因为 mlnx1lnx2 x1x2 ， 所以即证明lnx1lnx2 x1x2 2 x1x2， 即 lnx1 x2 2（x1x2） x1x2 .(12 分) 令x1 x2t，则 t1，于是 lnt 2（t1） t1 . 令 (t)lnt2（t1） t1 (t1)，则 (t)1 t

18、 4 （t1）2 （t1）2 t（t1）20. 故函数 (t)在(1，)上是增函数，所以 (t)(1)0，即 lnt2（t1） t1 成立 所以原不等式成立(16 分) 20. (本小题满分 16 分) 已知 a、b 是不相等的正数，在 a、b 之间分别插入 m 个正数 a1，a2，am和正数 b1，b2，bm， 使 a，a1，a2，am，b 是等差数列，a，b1，b2，bm，b 是等比数列 (1) 若 m5，a3 b3 5 4，求 b a的值； (2) 若 ba(N*，2)，如果存在 n(nN*，6nm)使得 an5bn，求 的最小值及此时 m 的值； (3) 求证：anbn(nN*，nm)

19、. (1) 解：设等差数列的公差为 d，等比数列的公比为 q， 则 dba 6 ，q 6 b a. a3a3dab 2 ，b3aq3 ab.(2 分) 因为a3 b3 5 4，所以 2a5 ab2b0，解得 b a4 或 1 4.(4 分) (2) 解：因为 aa(m1)d， 所以 d 1 m1a，从而得 ana 1 m1a n. 因为 aa qm 1，所以 q 1 m1，从而得 bna n m1. 因为 an5bn，所以 a（1）（n5） m1 aa n m1. 因为 a0，所以 1（1）（n5） m1 n m1(*)(6 分) 因为 、m、nN*，所以 1（1）（n5） m1 为有理数 要

20、使(*)成立，则 n m1必须为有理数 因为 nm，所以 nm1. 若 2，则 n m1为无理数，不满足条件 同理，3 不满足条件(8 分) 当 4 时，4 n m12 2n m1.要使 2 2n m1为有理数，则 2n m1必须为整数 因为 nm，所以仅有 2nm1 满足条件 所以 13（n5） m1 2，从而解得 n15，m29. 综上， 最小值为 4，此时 m 为 29.(10 分) (3) 证明：(证法 1)设 cn0，Sn为数列cn的前 n 项的和 先证：若cn为递增数列，则 Sn n 为递增数列 证明：当 nN*时，Sn n nbn 1 n bn1. 因为 Sn1Snbn1SnSn

21、 n n1 n Sn，所以Sn n Sn 1 n1，即数列 Sn n 为递增数列 同理可证，若cn为递减数列，则 Sn n 为递减数列(12 分) 当 ba 时，q1.当 nN*，nm 时， Sm1 m1 Sn n . 即 aq（qm 11） q1 m1 aq（qn1） q1 n ，即aq m1a m1 aq na n . 因为 baqm 1，b naq n，dba m1， 所以 dbna n ，即 andbn，即 anbn. 当 ba 时，0q1，当 nN*，nm 时， Sm1 m1 Sn n . 即 aq（qm 11） q1 m1 aq（qn1） q1 n . 因为 0q1，所以aq m1

22、a m1 aq na n ，以下同. 综上，anbn(nN*，nm)(16 分) (证法 2)设等差数列 a，a1，a2，am，b 的公差为 d，等比数列 a，b1，b2，bm，b 的公比为 q，b a(0，1) 由题意，得 d 1 m1a，qa 1 m1， 所以 ananda 1 m1an，bna n m1. 要证 anbn(nN*，nm)， 只要证 1 1 m1n n m10(0，1，nN*，nm)(12 分) 构造函数 f(x)1 1 m1x x m1(0，1，0xm1)， 则 f(x) 1 m1 1 m1 x m1ln. 令 f(x)0，解得 x0(m1)log1 ln . 以下证明

23、0log1 ln 1. 不妨设 1，即证明 11 ln ，即证明 ln10，ln10. 设 g()ln1，h()ln1(1)，则 g()1 10，h()ln0， 所以函数 g()ln1(1)为减函数，函数 h()ln1(1)为增函数 所以 g()g(1)0，h()h(1)0. 所以 11 ln ，从而 0log1 ln 1，所以 0x0m1.(14 分) 因为在(0，x0)上 f(x)0，函数 f(x)在(0，x0)上是增函数； 因为在(x0，m1)上 f(x)0，函数 f(x)在(x0，m1)上是减函数 所以 f(x)minf(0)，f(m1)0. 所以 anbn(nN*，nm) 同理，当

24、01 时，anbn(nN*，nm)(16 分) 数学数学(附加题附加题) 21 【选做题】本题包括 【选做题】本题包括 A、B、C 三三小题小题，请选定其中两小题请选定其中两小题 ，并在相应的答题区域内作答并在相应的答题区域内作答 ，若多做若多做， 则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过证明过程或演算步骤程或演算步骤 A选修：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 已知矩阵 A 1 2 c d (c、d 为实数)若矩阵 A 属于特征值 2，3 的一个特征向量分别为 2 1 ， 1 1 ，求矩 阵 A 的逆矩阵 A 1. 解：由题意知， 1 2

25、c d 2 1 4 2cd 2 2 1 ， 1 2 c d 1 1 3 cd 3 1 1 ， 所以 2cd2， cd3， 解得 c1， d4. (5 分) 所以 A 1 2 1 4 ， 所以 A 1 2 3 1 3 1 6 1 6 .(10 分) B选修：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在极坐标系中，已知圆 A 的圆心为(4，0)，半径为 4，点 M 为圆 A 上异于极点 O 的动点，求弦 OM 中 点的轨迹的极坐标方程 解：由题意知，圆 A 的极坐标方程为 8cos，(4 分) 设弦 OM 中点为 N(，)，则 M(2，)， 因为点 M 在圆 A 上，所以 28cos，即 4cos

26、.(9 分) 又点 M 异于极点 O，所以 0， 所以弦 OM 中点的轨迹的极坐标方程为 4cos(0)(10 分) C选修：不等式选讲（本小题满分 10 分） 已知 x、y、zR，且 x2y3z80.求证：(x1)2(y2)2(z3)214. 证明：因为(x1)2(y2)2(z3)2(122232) (x1)2(y2)3(z3)2 (x2y3z6)2142，(8 分) 当且仅当x1 1 y2 2 z3 3 ，即 xz0，y4 时，取等号， 所以(x1)2(y2)2(z3)214.(10 分) 【必做题】第【必做题】第22题题、第第23题，每题题，每题10分，共计分，共计20分请在分请在答题卡

27、指定区域答题卡指定区域 内作答，解答时内作答，解答时应写应写 出文字说明、证明过程或演算步骤出文字说明、证明过程或演算步骤 22 （本小题满分 10 分） 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，已知 CACB1，AA12，BCA90 . (1) 求异面直线 BA1与 CB1夹角的余弦值； (2) 求二面角 BAB1C 平面角的余弦值 解：如图，以CA ，CB ，CC1 为正交基底，建立空间直角坐标系 Cxyz. 则 A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(1，0，2)，B1(0，1，2)， 所以CB1 (0，1，2)，AB (1，1，0)，AB1 (1，1，2)，BA1 (1，1，2) (

28、1) 因为 cosCB1 ，BA1 CB1 BA1 |CB1 |BA1 | 3 6 5 30 10 ， 所以异面直线 BA1与 CB1夹角的余弦值为 30 10 .(4 分) (2) 设平面 CAB1的法向量为 m(x，y，z)， 则 m AB1 0， m CB1 0， 即 xy2z0， y2z0， 取平面 CAB1的一个法向量为 m(0，2，1)； 设平面 BAB1的法向量为 n(r，s，t)，则 n AB1 0， n AB 0， 即 rs2t0， rs0， 取平面 BAB1的一个法向量为 n(1，1，0) 则 cosm，n m n |m|n| 2 5 2 10 5 ， 所以二面角 BAB1

29、C 平面角的余弦值为 10 5 .(10 分) 23. （本小题满分 10 分） 23.在数列an中，已知 a120，a230，an13anan1(nN*，n2) (1) 当 n2，3 时，分别求 a2nan1an1的值，并判断 a2nan1an1(n2)是否为定值，然后给出证明； (2) 求出所有的正整数 n，使得 5an1an1 为完全平方数 解：(1) 由已知得 a370，a4180. 所以当 n2 时，a2nan1an1500； 当 n3 时，a2nan1an1500.(2 分) 猜想：a2nan1an1500(n2)(3 分) 下面用数学归纳法证明： 当 n2 时，结论成立 假设当

30、nk(k2，kN*)时，结论成立， 即 a2kak1ak1500， 将 ak13akak1代入上式， 可得 a2k3akak1a2k1500. 则当 nk1 时， a2k1akak2a2k1ak(3ak1ak)a2k13akak1a2k500. 故当 nk1 结论成立， 根据，可得，a2nan1an1500(n2)成立(5 分) (2) 将 an13anan1代入 a2nan1an1500，得 a2n13anan1a2n500， 则 5an1an(an1an)2500， 5anan11(an1an)2501， 设 5an1an1t2(tN*)，则 t2(an1an)2501， 即t(an1an)(tan1an)501，(7 分) 又 an1anN，且 5011 5013 167， 故 an1ant1， an1ant501， 或 an1ant3， an1ant167， 所以 t251， an1an250，或 t85， an1an82， 由 an1an250 解得 n3；由 an1an82 得 n 无整数解 所以当 n3 时，满足条件(10 分)