1、 1 2020 届高三模拟考试试卷(十) 数 学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 20204 参考公式： 柱体的体积公式：V柱体Sh，其中 S 为柱体的底面积，h 为高 锥体的体积公式：V锥体1 3Sh，其中 S 为锥体的底面积，h 为高 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分 1. 已知集合 A1，4，Ba5，7若 AB4，则实数 a 的值是_ 2. 若复数 z 满足z i2i，其中 i 是虚数单位，则 z 的模是_ (第 4 题) 3. 在一块土地上种植某种农作物， 连续 5 年的产量(单位： 吨)分别为 9.4， 9.7， 9.8， 10.3， 1
2、0.8，则该农作物的年平均产量是_吨 4. 如图是一个算法流程图，则输出 S 的值是_ 5. “石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，其规则是：在石头、剪子和布中，二人 各随机选出一种，若相同则平局；若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头，甲、乙两 人玩一次该游戏，则甲不输的概率是_ 6. 在ABC 中，已知 B2A，AC 3BC，则 A 的值是_ 7. 在等差数列an(nN*)中，若 a1a2a4，a83，则 a20的值是_ (第 8 题) 8. 如图，在体积为 V 的圆柱 O1O2中，以线段 O1O2上的点 O 为顶点，上下底面为底面 的两个圆锥的体积分别为 V1，V2，则V1V2 V
3、的值是_ 2 9. 在平面直角坐标系 xOy 中， 双曲线x 2 a2 y2 b21(a0， b0)的左顶点为 A， 右焦点为 F， 过 F 作 x 轴的垂线交双曲线于点 P，Q.若APQ 为直角三角形，则该双曲线的离心率是 _ 10. 在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在直线 y2x 上，过点 P 作圆 C：(x4)2y28 的一条切线，切点为 T.若 PTPO，则 PC 的长是_ 11. 若 x1，则 2x 9 x1 1 x1的最小值是_ 12. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 yex在点 P(x0，ex0)处的切线与 x 轴相交于点 A， 其中 e 为自然对数的底数若点 B(x0
4、，0)，PAB 的面积为 3，则 x0的值是_ 13. 如图(1)是第七届国际数学教育大会(ICME7)的会徽图案，它是由一串直角三角形演 化而成的(如图(2)， 其中 OA1A1A2A2A3A7A81， 则A6A7 A7A8 的值是_ 14. 设函数 f(x) |log2xa|，0x4， f（8x），4x8. 若存在实数 m，使得关于 x 的方程 f(x)m 有 4 个不相等的实根，且这 4 个根的平方和存在最小值，则实数 a 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 15. (本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系
5、 xOy 中， 已知向量 a(cos ， sin )， b(cos( 4 )， sin( 4 )， 其中 0 2 . (1) 求(ba) a 的值； (2) 若 c(1，1)，且(bc)a，求 的值 16.(本小题满分 14 分) 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，点 P，Q 分别为 AB1，CC1的中点求证： (1) PQ平面 ABC； (2) PQ平面 ABB1A1. 3 4 17. (本小题满分 14 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：(x3)2y21，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab 0)的右顶点 A 在圆 C 上，右准线与圆 C 相切 (
6、1) 求椭圆 E 的方程； (2) 设过点 A 的直线 l 与圆 C 相交于另一点 M， 与椭圆 E 相交于另一点 N.当 AN12 7 AM 时，求直线 l 的方程 5 18. (本小题满分 16 分) 某公园有一块边长为 3 百米的正三角形 ABC 空地， 拟将它分割成面积相等的三个区域， 用来种植三种花卉 方案是： 先建造一条直道 DE 将ABC 分成面积之比为 21 的两部分(点 D，E 分别在边 AB，AC 上)；再取 DE 的中点 M，建造直道 AM(如图)设 ADx，DEy1， AMy2(单位：百米) (1) 分别求 y1，y2关于 x 的函数关系式； (2) 试确定点 D 的位
7、置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值 6 19. (本小题满分 16 分) 若函数 f(x)在 x0处有极值，且 f(x0)x0，则称 x0为函数 f(x)的“F 点” (1) 设函数 f(x)kx22ln x(kR) 当 k1 时，求函数 f(x)的极值； 若函数 f(x)存在“F 点”，求 k 的值； (2) 已知函数 g(x)ax3bx2cx(a，b，cR，a0)存在两个不相等的“F 点”x1，x2， 且|g(x1)g(x2)|1，求 a 的取值范围 7 20. (本小题满分 16 分) 在等比数列an中，已知 a11，a41 8.设数列bn的前 n 项和为 Sn，且 b11，an
8、bn 1 2Sn1(n2，nN *) (1) 求数列an的通项公式； (2) 求证：数列 bn an 是等差数列； (3) 是否存在等差数列cn，使得对任意 nN*，都有 Sncnan？若存在，求出所有符 合题意的等差数列cn；若不存在，请说明理由 8 2020 届高三模拟考试试卷(十) 数学附加题(满分 40 分，考试时间 30 分钟) 21. 【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) 已知矩阵 A 01 a0 的逆矩阵 A 1 02 b0 .
9、若曲线 C1： x2 4y 21 在矩阵 A 对应的变 换作用下得到另一曲线 C2，求曲线 C2的方程 B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在极坐标系中，已知曲线 C 的方程为 r(r0)，直线 l 的方程为 cos( 4 ) 2.设直 线 l 与曲线 C 相交于 A，B 两点，且 AB2 7，求 r 的值 C. (选修 45：不等式选讲) 已知实数 x，y，z 满足 x2 1x2 y2 1y2 z2 1z22，求证： x 1x2 y 1y2 z 1z2 2. 9 【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 22. 小丽在
10、同一城市开的 2 家店铺各有 2 名员工节假日期间的某一天，每名员工休假 的概率都是1 2，且是否休假互不影响若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调 剂 1 人到该店铺维持营业，否则该店就停业 (1) 求发生调剂现象的概率； (2) 设营业店铺数为 X，求 X 的分布列和数学期望 23.我们称 n(nN*)元有序实数组(x1，x2，xn)为 n 维向量，为该向量的范 数已知 n 维向量 a(x1，x2，xn)，其中 xi1，0，1，i1，2，n.记范数为奇 数的 n 维向量 a 的个数为 An，这 An个向量的范数之和为 Bn. (1) 求 A2和 B2的值； (2) 当 n 为偶数
11、时，求 An，Bn(用 n 表示) 10 2020 届高三模拟考试试卷(十)(七市联考) 数学参考答案及评分标准 1. 9 2. 5 3. 10 4. 5 2 5. 2 3 6. 6 7. 15 8. 1 3 9. 2 10. 13 11. 8 12. ln 6 13. 42 7 14. (，1) 15. 解：(1) 因为向量 a(cos ，sin )，b(cos( 4 )，sin( 4 )， 所以(ba) aa ba2(2 分) cos cos( 4 )sin sin( 4 )(cos2sin2)(4 分) cos( 4 )1 2 2 1.(6 分) (2) 因为 c(1，1)，所以 bc(
12、cos( 4 )1，sin( 4 )1) 因为(bc)a，所以cos( 4 )1sin sin( 4 )1cos 0.(9 分) 于是 sin cos sin( 4 )cos cos( 4 )sin ， 从而 2sin( 4 )sin 4 ，即 sin( 4 )1 2.(12 分) 因为 0 2 ，所以 4 4 4 ，于是 4 6 ，即 5 12 .(14 分) 16. 证明：(1) 取 AB 的中点 D，连结 PD，CD. 在ABB1中，因为点 P，D 分别为 AB1，AB 中点， 所以 PDBB1，且 PD1 2BB1. 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，CC1BB1，CC1BB1. 因为
13、点 Q 为棱 CC1的中点，所以 CQBB1，且 CQ1 2BB1.(3 分) 于是 PDCQ，PDCQ. 所以四边形 PDCQ 为平行四边形，从而 PQCD.(5 分) 因为 CD平面 ABC，PQ平面 ABC，所以 PQ平面 ABC.(7 分) (2) 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BB1平面 ABC. 又 CD平面 ABC，所以 BB1CD. 因为 CACB，点 D 为 AB 中点，所以 CDAB.(10 分) 11 由(1)知 CDPQ，所以 BB1PQ，ABPQ.(12 分) 因为 ABBB1B，AB平面 ABB1A1，BB1平面 ABB1A1， 所以 PQ平面 ABB1A1.(
14、14 分) 17. 解：(1) 记椭圆 E 的焦距为 2c(c0) 因为右顶点 A(a，0)在圆 C 上，右准线 xa 2 c 与圆 C：(x3)2y21 相切， 所以 （a3） 2021， a2 c3 1， 解得 a2， c1. 于是 b2a2c23， 所以椭圆 E 的方程为x 2 4 y 2 31.(4 分) (2) (解法 1)设 N(xN，yN)，M(xM，yM)， 显然直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 yk(x2) 由方程组 yk（x2）， x2 4 y 2 3 1， 消去 y，得(4k23)x216k2x16k2120. 所以 xN216k 212 4k23 ，解得 xN
15、8k 26 4k23.(6 分) 由方程组 yk（x2）， （x3）2y21，消去 y，得(k 21)x2(4k26)x4k280， 所以 xM24k 28 k21 ，解得 xM2k 24 k21 .(8 分) 因为 AN12 7 AM，所以 2xN12 7 (xM2)，(10 分) 即 12 4k23 12 7 2 1k2，解得 k 1.(12 分) 所以直线 l 的方程为 xy20 或 xy20.(14 分) (解法 2)设 N(xN，yN)，M(xM，yM)，当直线 l 与 x 轴重合时，不符题意 设直线 l 的方程为 xty2(t0) 由方程组 xty2， x2 4 y 2 31， 消
16、去 x，得(3t24)y212ty0，所以 yN 12t 3t24.(6 分) 由方程组 xty2， （x3）2y21，消去 x，得(t 21)y22ty0，所以 y M 2t t21.(8 分) 因为 AN12 7 AM，所以 yN12 7 yM.(10 分) 即 12t 3t24 12 7 2t t21，解得 t 1.(12 分) 所以直线 l 的方程为 xy20 或 xy20.(14 分) 18. 解：(1) 因为 SADE2 3SABC，ABC 是边长为 3 的等边三角形，又 ADx， 12 所以1 2ADAEsin 3 2 3( 1 23 2sin 3 )，所以 AE6 x.(2 分
17、) 由 0ADx3， 0AEx 63， 得 2x3. (解法 1)在ADE 中，由余弦定理得 DE2AD2AE22AD AE cos 3 x236 x26. 所以，直道 DE 的长度 y1关于 x 的函数关系式为 y1x236 x26，x2，3(6 分) 在ADM 和AEM 中，由余弦定理得 AD2DM2AM22DM AM cosAMD ， AE2EM2AM22EM AM cos(AMD) .(8 分) 因为点 M 为 DE 的中点，所以 DMEM1 2DE. 由，得 AD2AE2DM2EM22AM21 2DE 22AM2. 所以 x2(6 x) 21 2(x 236 x26)2AM 2，所以
18、 AM2x 2 4 9 x2 3 2. 所以，直道 AM 的长度 y2关于 x 的函数关系式为 y2 x2 4 9 x2 3 2，x2，3(10 分) (解法 2)在ADE 中，因为DE AE AD ， 所以DE 2AE22AE AD AD 2(6 x) 22 6 xxcos 3 x2x236 x26. 所以，直道 DE 的长度 y1关于 x 的函数关系式为 y1x236 x26，x2，3(6 分) 在ADE 中，因为点 M 为 DE 的中点，所以AM 1 2(AD AE )(8 分) 所以AM 21 4(AD 2AE22AD AE )1 4(x 236 x26) 所以，直道 AM 的长度 y
19、2关于 x 的函数关系式为 y2 x2 4 9 x2 3 2，x2，3(10 分) (2) 由(1)得，两条直道的长度之和为 DEAMy1y2x236 x26 x2 4 9 x2 3 2 2x236 x26 2 x2 4 9 x2 3 2(12 分) 63 2 2 (当且仅当 x 236 x2， x2 4 9 x2， 即 x 6时取“”)(14 分) 答：当 AD 6百米时，两条直道的长度之和取得最小值( 63 2 2 )百米(16 分) 19. 解：(1) 当 k1 时，f(x)x22ln x(kR)， 所以 f(x)2（x1）（x1） x (x0)令 f(x)0，得 x1.(2 分) 13
20、 列表如下： x (0，1) 1 (1，) f(x) 0 f(x) 极小值 所以函数 f(x)在 x1 处取得极小值，极小值为 1，无极大值(4 分) 设 x0是函数 f(x)的一个“F 点”(x00) 因为 f(x)2（kx 21） x (x0)，所以 x0是函数 f(x)的零点 所以 k0.由 f(x0)0，得 kx201，x0 1 k. 由 f(x0)x0，得 kx202ln x0x0，即 x02ln x010.(6 分) 设 (x)x2ln x1，则 (x)12 x0， 所以函数 (x)x2ln x1 在(0，)上单调递增，注意到 (1)0， 所以方程 x02ln x010 存在唯一实
21、数根 1，所以 x0 1 k1，得 k1. 根据知，k1 时，x1 是函数 f(x)的极小值点，所以 1 是函数 f(x)的“F 点” 综上，实数 k 的值为 1.(9 分) (2) 因为 g(x)ax3bx2cx(a，b，cR，a0)， 所以 g(x)3ax22bxc(a0) 因为函数 g(x)存在不相等的两个“F 点”x1和 x2， 所以 x1，x2是关于 x 的方程 3ax22bxc0， ax3bx2cxx 的两个相异实数根 由 ax3bx2cxx 得 x0，ax2bxc10.(11 分) 当 x0 是函数 g(x)一个“F 点”时，c0 且 x2b 3a， 所以 a(2b 3a) 2b
22、(2b 3a)10，即 9a2b 2. 又|g(x1)g(x2)|x1x2| 2b 3a0 1， 所以 4b29a2，所以 9a22(9a) 又 a0，所以2a0.(13 分) 当 x0 不是函数 g(x)一个“F 点”时， 则 x1，x2是关于 x 的方程 3ax22bxc0， ax2bxc10 的两个相异实数根 又 a0，所以 2b 3 b， c 3c1， 解得 b0， c3 2. 14 所以 ax21 2，得 x1，2 1 2a. 所以|g(x1)g(x2)|x1x2|2 1 2a1，得2a0. 综上，实数 a 的取值范围是2，0)(16 分) 20. (1) 解：设等比数列an的公比为
23、 q， 因为 a11，a41 8，所以 q 31 8，解得 q 1 2. 所以数列an的通项公式为 an(1 2) n1.(3 分) (2) 证明：由(1)得，当 n2，nN*时，(1 2) n1b n1 2Sn1 ， 所以(1 2) nb n11 2Sn ， ，得 bn11 2bn( 1 2) n，(5 分) 所以 bn1 （1 2） n bn （1 2） n11，即 bn1 an1 bn an1，n2，nN *. 因为 b11，由得 b20，所以b2 a2 b1 a10(1)1，所以 bn1 an1 bn an1，nN *. 所以数列 bn an 是以1 为首项，1 为公差为等差数列(8
24、分) (3) 解：由(2)得bn ann2，所以 bn n2 2n 1，Sn2(an1bn1)2( 1 2n n1 2n ) n 2n 1. 假设存在等差数列cn，其通项 cndnc，使得对任意 nN*，都有 Sncnan， 即对任意 nN*，都有 n 2n 1dnc 1 2n 1 .(10 分) 首先证明满足的 d0.若不然，d0，则 d0，或 d0. () 若 d0，则当 n1c d ，nN*时，cndnc1 1 2n 1an，这与 cnan矛盾 () 若 d0，则当 n1c d ，nN*时，cndnc1. 而 Sn1Snn1 2n n 2n 1n1 2n 0，S1S2S3，所以 SnS1
25、1. 故 cndnc1Sn，这与 Sncn矛盾 所以 d0.(12 分) 其次证明：当 x7 时，f(x)(x1)ln 22ln x0. 因为 f(x)ln 21 xln 2 1 70，所以 f(x)在7，)上单调递增， 所以当 x7 时，f(x)f(7)6ln 22ln 7ln 64 490. 所以当 n7，nN*时，2n 1n2.(14 分) 再次证明 c0. 15 () 若 c0 时，则当 n7，n1 c，nN *，S n n 2n 11 nc，这与矛盾 () 若 c0 时，同()可得矛盾 所以 c0. 当 cn0 时，因为 Sn1n 2n 10，an(1 2) n10， 所以对任意 n
26、N*，都有 Sncnan.所以 cn0，nN*. 综上，存在唯一的等差数列cn，其通项公式为 cn0，nN*满足题设(16 分) 16 2020 届高三模拟考试试卷(十)(七市联考) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：因为 AA 1E，所以 01 a0 02 b0 10 01 ，即 b0 02a 10 01 . 所以 b1， 2a1，解得 a1 2， b1. 所以 A 01 1 2 0 .(4 分) 设 P(x，y)为曲线 C1上任一点，则x 2 4 y21. 又设 P(x，y)在矩阵 A 变换作用下得到点 Q(x，y)， 则 01 1 2 0 x y x y ，即 y x 2
27、x y ，所以 yx， x 2 y，即 x2y， yx， 代入x 2 4 y21，得 y2x21， 所以曲线 C2的方程为 x2y21.(10 分) B. 解：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， 于是曲线 C：r(r0)的直角坐标方程为 x2y2r2， 表示以原点为圆心，半径为 r 的圆(3 分) 由直线 l 的方程 cos( 4 ) 2，化简得 cos cos 4 sin sin 4 2， 所以直线 l 的直角坐标方程为 xy20.(6 分) 记圆心到直线 l 的距离为 d，则 d |2| 2 2. 又 r2d2(AB 2 )2，即 r2279，所以 r3.
28、(10 分) C. 证明：因为 x2 1x2 y2 1y2 z2 1z22， 所以 1 1x2 1 1y2 1 1z21 x2 1x21 y2 1y21 z2 1z21.(5 分) 由柯西不等式得 ( x2 1x2 y2 1y2 z2 1z2)( 1 1x2 1 1y2 1 1z2)( x 1x2 y 1y2 z 1z2) 2， 所以( x 1x2 y 1y2 z 1z2) 22. 所以 x 1x2 y 1y2 z 1z2 2.(10 分) 22. 解：(1) 记 2 家小店分别为 A，B，A 店有 i 人休假记为事件 Ai(i0，1，2)，B 店有 i 人休假记为事件 Bi(i0，1，2)，
29、发生调剂现象的概率为 P， 则 P(A0)P(B0)C02(1 2) 21 4， P(A1)P(B1)C12(1 2) 21 2， 17 P(A2)P(B2)C22(1 2) 21 4. 所以 PP(A0B2)P(A2B0)1 4 1 4 1 4 1 4 1 8. 答：发生调剂现象的概率为1 8.(4 分) (2) 依题意，X 的所有可能取值为 0，1，2，则 P(X0)P(A2B2)1 4 1 4 1 16， P(X1)P(A1B2)P(A2B1)1 4 1 2 1 2 1 4 1 4. P(X2)1P(X0)P(X1)1 1 16 1 4 11 16.(8 分) 所以 X 的分布列为 X
30、0 1 2 P 1 16 1 4 11 16 所以 E(X)211 161 1 40 1 16 13 8 .(10 分) 23. 解：(1) 范数为奇数的二元有序实数对有(1，0)，(0，1)，(0，1)，(1，0)， 它们的范数依次为 1，1，1，1，故 A24，B24.(3 分) (2) 当 n 为偶数时，在向量 a(x1，x2，x3，xn)的 n 个坐标中，要使得范数为奇数，则 0 的个数一定是奇数，所以可按照含 0 个数为 1，3，n1 进行讨论： a 的 n 个坐标中含 1 个 0， 其余坐标为 1 或1， 共有 C1n 2n 1 个， 每个 a 的范数为 n1； a 的 n 个坐标
31、中含 3 个 0， 其余坐标为 1 或1， 共有 C3n 2n 3 个， 每个 a 的范数为 n3； a 的 n 个坐标中含 n1 个 0， 其余坐标为 1 或1， 共有 Cn 1 n 2 个， 每个 a 的范数为 1； 所以 AnC1n2n 1C3 n2 n3Cn1 n 2， Bn(n1) C1n2n 1(n3) C3 n2 n3Cn1 n 2.(6 分) 因为(21)nC0n2nC1n2n 1C2 n2 n2Cn n ， (21)nC0n2nC1n2n 1C2 n2 n2(1)nCn n ， 2 得 C1n2n 1C3 n2 n33 n1 2 ， 所以 An3 n1 2 .(8 分) (解
32、法 1)因为(nk)Ckn(nk) n！ k！（nk）！n （n1）！ k！（n1k）！nC k n1， 所以 Bn(n1) C1n2n 1(n3) C3 n2 n3Cn1 n 2 n(C1n12n 1C3 n12 n3Cn1 n12) 2n(C1n12n 2C3 n12 n4Cn1 n1) 2n (3 n11 2 )n (3n 11)(10 分) (解法 2) 2 得 C0n2nC2n2n 23 n1 2 . 18 因为 kCknk n！ k！（nk）！n （n1）！ （k1）！（nk）！nC k1 n1， 所以 Bn(n1) C1n2n 1(n3) C3 n2 n3Cn1 n 2 n(C1n2n 1C3 n2 n3Cn1 n 2)C1n2n 13 C3 n2 n3(n1) Cn1 n 2 nAnn(C0n12n 1C2 n12 n3Cn2 n12) n (3 n1 2 3 n11 2 )n (3n 11)(10 分)
