1、 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 数数 学学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 20205 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分 1. 已知集合 Ax|x22x0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 且与 x 轴垂直的直 线与双曲线交于 A，B 两点若 F1F2 3 2 AB，则双曲线的渐近线方程为_ 10. 如图，五边形 ABCDE 由两部分组成，ABE 是以角 B 为直角的直角三角形，四边 形 BCDE 为正方形，现将该图形以 AC 为轴旋转一周，构成一个新的几何体若形成的圆锥 和圆柱的侧面积相等，则圆锥和圆柱的体积之比为
2、_ 11. 在平行四边形 ABCD 中，AD2AB6，DAB60，DE 1 2EC ，BF1 2FC .若FG 2GE ，则AG BD _ 12. 已知在锐角三角形 ABC 中， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c.若 a3bcos C， 则 1 tan A 1 tan B 1 tan C的最小值为_ 13. 已知圆 O：x2y24，点 A(2，2)，直线 l 与圆 O 交于 P，Q 两点，点 E 在直线 l 上 且满足 PQ 2QE .若 AE22AP248，则弦 PQ 中点 M 的横坐标的取值范围是_ 14. 若函数 f(x)(x33a2x2a) (ex1)的图象恰好经过三个
3、象限，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ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 bsin Aasin(2 3 B) (1) 求角 B 的大小； (2) 若 a2，c3，求 sin(AC)的值 16. (本小题满分 14 分) 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 BCC1B1是矩形，平面 ACC1A1平面 BCC1B1，M 是棱 CC1上的一点 (1) 求证：BCAM； (2) 若 N 是 AB 的中点，且 CN平面 AB1M，求证：M
4、 是棱 CC1中点 17. (本小题满分 14 分) 疫情期间，某小区超市平面图如图所示， 由矩形 OABC 与扇形 OCD 组成， OA30 米， AB50米， COD 6 ， 经营者决定在O点处安装一个监控摄像头， 摄像头的监控视角EOF 3 ， 摄像头监控区域为图中阴影部分， 要求点 E 在弧 CD 上， 点 F 在线段 AB 上， 设FOC . (1) 求该监控摄像头所能监控到的区域面积 S 关于 的函数关系式，并求出 tan 的取 值范围； (2) 求监控区域面积 S 最大时，角 的正切值 18. (本小题满分 16 分) 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左焦点为
5、 F1，点 A，B 为椭圆的左、右顶点，点 P 是椭 圆上一点，且直线 PF1的倾斜角为 4 ，PF12，椭圆的离心率为 2 2 . (1) 求椭圆 C 的方程； (2) 设 M， N 为椭圆上异于 A， B 的两点， 若直线 BN 的斜率等于直线 AM 斜率的 2 倍， 求四边形 AMBN 面积的最大值 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)ax2bxc(a，b，cR)，g(x)ex. (1) 若 ab1，c1，求函数 h(x)f（x） g（x）在 x1 处的切线方程； (2) 若 a1，且 x1 是函数 m(x)f(x)g(x)的一个极值点，确定 m(x)的单调区间； (3)
6、 若 b2a，c2，且对任意 x0，f（x） g（x）2x2 恒成立，求实数 a 的取值范围 20. (本小题满分 16 分) 设数列an(任意项都不为零)的前 n 项和为 Sn，首项为 1，对于任意 nN*，满足 Sn anan1 2 . (1) 求数列an的通项公式； (2) 是否存在 k，m，nN*(k0，可得 sin Bsin(2 3 B)， 展开得 sin Bsin 2 3 cos Bcos 2 3 sin B，即 sin B 3cos B(4 分) 又由 B(0，)，得 sin B0，从而 cos B0， 从而有 tan B 3，可得 B 3 .(6 分) (2) 在ABC 中，由
7、余弦定理及 a2，c3，B 3 ， 得 b2a2c22accos B7，故 b 7.(7 分) 由 a sin A b sin B，得 2 sin A 7 3 2 ，解得 sin A 3 7. 因为 ab0)的离心率为 2 2 ，所以 a 2c. 设椭圆右焦点为 F2，在F1PF2中，PF12，PF1F2 4 ， 由余弦定理得(2a2)222(2c)222c2cos 4 ，解得 c 2，则 a2，b 2， 所以椭圆的方程为x 2 4 y 2 2 1.(4 分) (2) (解法 1)设直线 AM 的斜率为 k，则直线 AM 的方程为 yk(x2)，联立 yk（x2）， x2 4 y 2 2 1，
8、 整理得(2k21)x28k2x8k240，64k44(2k21)(8k24)0. 设 M(x1，y1)，则2x18k 24 2k21，即 x1 24k2 2k21，从而 y1 4k 2k21.(8 分) 由 kBN2kAM，可得直线 BN 的方程为 y2k(x2)，联立 y2k（x2）， x2 4 y2 21， 整理得(8k21)x232k2x32k240，322k44(8k21)(32k24)0. 设 N(x2，y2)，则 2x232k 24 8k21 ，即 x216k 22 8k21 ，从而 y2 8k 8k21.(12 分) 由对称性，不妨设 k0，则四边形 AMBN 的面积 S1 2
9、4(y1y2)2( 4k 2k21 8k 8k21) 24 4k3k （2k21）（8k21）24 1 k4k （8k1 k）（2k 1 k） 24 1 k4k 16k2 1 k210 24 1 k4k （1 k4k） 22 24 1 k4k 2 1 k4k . 令 t1 k4k，则 t2 1 k4k4(当且仅当 k 1 2时取等号)，则 S 24 t2 t 24 41 2 16 3 ， 故 S 的最大值为16 3 .(16 分) (解法 2)设 M(x1，y1)，则 y211 2(4x 2 1)，A(2，0)，B(2，0)，则 kMAkMBy10 x12 y10 x12 y21 x214 1
10、 2.(6 分) 由 kBN2kMA，故 kBNkBM1.(7 分) 设直线 MN 的方程为 xmyt，联立 xmyt， x2 4 y2 2 1， 整理得(m22)y22mtyt240，即 t20 解得 x(，b3)或 x(1，)，由 m(x)0，与题意不符 综上，实数 a 的取值范围是 a2.(16 分) 20. 解：(1) 数列an是非零数列，所以 an0. 当 n1 时，a1S1a1a2 2 ，a22； 当 n2，nN*时，anSnSn1anan 1 2 an 1an 2 ， 所以 an1an12，(2 分) 所以a2n1是首项为 1， 公差为 2 的等差数列， a2n是首项为 2， 公
11、差也为 2 的等差数列， a2n1a12(n1)2n1，a2na22(n1)2n， 所以 ann.(4 分) (2) 设 k，m，nN*(ke 时，f(x)0，所以 f(x)是减函数，所以 f(x)在 xe 处取极大值 所以，当 n4 时ln（n1） n1 是递减数列，ln 1 1 ln 3 3 .(13 分) 设函数 g(x)ln（x2） x ，求导 g(x) x x2ln（x2） x2 ln 3 3 ；当 n8 时，ln 9 7 ln 3 7 2 3 1 3，(*)式成立，当 n8 时(*)式右侧不等式不成立 所以，至多前 8 项是递增数列，即正整数 r 的最大值是 8.(16 分) 20
12、20 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷(南京南京) 数学附加题参考答案及评分标准数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：设 P(x，y)是曲线 C上的任一点，它是椭圆 C：x 2 16 y2 4 1 上的点 P1(x，y) 在矩阵 A 1 4 0 0 1 2 对应变换作用下的对应点，则 x y 1 4 0 0 1 2 x y x 4 y 2 ，(4 分) 即 x x 4， yy 2， 所以 x4x， y2y.(6 分) 将 x4x， y2y，代入 x2 16 y2 4 1，得 x2y21.(10 分) B. 解：以极点为坐标原点，极轴为 x 轴正半轴建立平面直角坐标系(1 分) 由
13、直线 sin( 3 ) 3 2 得 sin 1 2cos 3 2 3 2 ， 1 2y 3 2 x 3 2 ，即 y 3x 3.(4 分) 直线与 x 轴的交点为(1，0) 又点 P 的直角坐标为(1，1)，圆 C 的方程为(x1)2y21.(6 分) x2y22x0，22cos 0， 0 或 2cos . 又 0 表示极点也在圆上，圆的极坐标方程为 2cos .(10 分) C. 解：因为(a2)(b2)(c2)(a11)(b11)(c11)33a3 3 b33c 273abc27，(6 分) 当且仅当 abc1 时，等号成立， 所以(a2)(b2)(c2)的最小值为 27.(10 分) 2
14、2. 解：(1) 因为直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，所以BAD60. 由 E 为 BC 的中点，可得 DEBC.又 ADBC 可得 DEAD. 以 D 为坐标原点，DA 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz.(1 分) 则 A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，C1(1， 3，4)，E(0， 3，0)， A1M (1， 3，2)，C1E (1，0，4)， cosA1M ，C1E A1M C1E |A1M |C1E | 18 8 17 7 34 68 . 所以，异面直线 A1M 与 C1E 所成角的余弦值为7 34 68 .(4 分) (2) N(
15、1，0，2)，A1A (0，0，4)，A1M (1， 3，2)，A1N (1，0，2)，MN (0， 3，0) 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则 m A1M 0， mA1A 0， 所以 x 3y2z0， 4z0， 可取 m( 3，1，0)(6 分) 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则 n MN 0， nA1N 0， 所以 3q0， p2r0，可取 n(2，0，1)(8 分) 于是 cosm，n m n |m|n| 2 3 2 5 15 5 ， 所以二面角 AMA1N 的正弦值为 10 5 .(10 分) 23. 解：(1) 因为 anmC 1 n1 2 C 2
16、 n2 22 C 3 n3 23 C n nn 2n ， 所以 a2m34，所以 m1，此时 a12.(2 分) (2) 猜想：an2n.证明如下：(3 分) 当 n1 时，由上知结论成立；(4 分) 假设 nk 时结论成立， 则有 ak1C 1 k1 2 C 2 k2 22 C 3 k3 23 C k kk 2k 2k. 则 nk1 时，ak11C 1 k11 2 C 2 k12 22 C 3 k13 23 C k1 k1k1 2k 1. 由 Ck 1 n1C k1 n Ckn得 ak11C 1 k1C 0 k1 2 C 2 k2C 1 k2 22 C 3 k3C 2 k3 23 C k k
17、kC k1 kk 2k C k1 k1k1 2k 1 2kC 0 k1 2 C 1 k2 22 C 2 k3 23 C k1 kk 2k C k1 k1k1 2k 1， ak12k1 2(C 0 k1C 1 k2 21 C 2 k3 22 C k1 kk 2k 1C k1 k1k1 2k ) 2k1 2(C 0 k1C 1 k2 21 C 2 k3 22 C k1 k1k1 2k 1C k k1kC k1 k1k 2k )(7 分) 又 C k1 k1k （2k1）！ k！（k1）！ （2k1）！（k1） （k1）k！（k1）！ 1 2（2k1）！（2k2） （k1）！（k1）！ 1 2 Ck 1 k1k1 2k1 2(C 0 k1C 1 k2 21 C 2 k3 22 C k1 k1k1 2k 1C k k1k 2k C k1 k1k1 2k 1)， 于是 ak12k1 2ak1，所以 ak12 k1，故 nk1 时结论也成立 由得 an2n，nN*.(10 分)
