1、 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|1x2，Bx|x0，则 AB_ 2. 已知(1i)z2i，其中 i 是虚数单位，则复数 z 的模为_ 3. 已知某校高一、高二、高三年级分别有 1 000，800，600 名学生，现计划用分层抽样 的方法抽取 120 名学生去参加社会实践，则在高三年级需抽取_名学生 S0 For I From 1 To 5 SSI End For Print S 4. 如图伪代码的输出结果为_ 5.
2、若实数 x，y 满足 x0， y1， xy10， 则 2xy 的最小值为_ 6. 已知 a1，1，b3，1，2，则直线 axby10 不经过第二象限的概率为 _ 7. 已知双曲线x 2 4 y 2 b21 的右焦点与抛物线 y 212x 的焦点重合， 则该双曲线的虚轴长为 _ 8. 已知 为锐角，且 cos( 6 )1 3，则 cos _ 9. 等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a1a63a3，且 a4与 a5的等差中项为 2，则 S5 _ 10. 在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA13，O 为上底面 ABCD 的中心设正 四棱柱 ABCDA1B1C1D1与正四棱锥
3、OA1B1C1D1的侧面积分别为 S1，S2，则S1 S2_ 11. 已知曲线 C：f(x)x3x，直线 l：yaxa，则“a1 4”是“直线 l 与曲线 C 相 切”的_条件 (选填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”或“既不充分 又不必要”) 12. 已知 x0，y0，则 xy x 16 xy的最小值为_ 13. 已知点 D 为圆 O：x2y24 的弦 MN 的中点，点 A 的坐标为(1，0)，且AM AN 1，则OA OD 的最小值为_ 2 14. 在数列an中，a11， an1 an1， n 4N *， an，n 4N *. 设an的前 n 项和为 Sn，若 S4n2n 1 恒成立
4、，则实数 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，已知 2Sbccos A，其中 S 为ABC 的面积，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边 (1) 求角 A 的值； (2) 若 tan B6 5，求 sin 2C 的值 16.(本小题满分 14 分) 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，BCB1C，O 为四边形 ACC1A1对角线的交点，F 为棱 BB1的中点，且 AF平面 BCC1B1.求证： (1) OF平面 ABC； (2) 四边形 ACC1A1为矩形 3
5、17. (本小题满分 14 分) 某厂根据市场需求开发三角花篮支架(如图)，上面为花篮，支架由三根细钢管组成考 虑到钢管的受力和花篮质量等因素，设计支架应满足： 三根细钢管长均为 1 米(粗细忽略 不计)，且与地面所成的角均为 ( 6 3 )； 架面与架底平行，且架面三角形 ABC 与 架底三角形 A1B1C1均为等边三角形； 三根细钢管相交处的节点 O 分三根细钢管上、下两 段之比均为 23.定义： 架面与架底的距离为“支架高度”， 架底三角形 A1B1C1的面积与“支 架高度”的乘积为“支架需要空间” (1) 当 3 时，求“支架高度”； (2) 求“支架需要空间”的最大值 4 18. (
6、本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)过点(1， 2 2 )，且椭圆的 离心率为 2 2 .直线 l：yxt 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，线段 AB 的中垂线交椭圆 E 于 C， D 两点 (1) 求椭圆 E 的标准方程； (2) 求线段 CD 长的最大值； (3) 求AC AD 的值 5 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)a(x1 x)(aR)，g(x)ln x. (1) 当 a1 时，解不等式：f(x)g(x)0； (2) 设 u(x)xf(x)g(x) 当 a0 时，若存在 m，n(0，)(mn)
7、，使得 u(m)u(n)0，求证：mn1； 当 a0 时，讨论 u(x)的零点个数 6 20. (本小题满分 16 分) 对数列an， 规定an为数列an的一阶差分数列， 其中anan1an(nN*) 规定 2a n为an的二阶差分数列，其中 2a nan1an(nN *) (1) 已知数列an的通项公式 ann2(nN*)，试判断an，2an是否为等差数列，请 说明理由； (2) 若数列bn是公比为 q 的正项等比数列， 且 q2， 对于任意的 nN*， 都存在 mN*， 使得2bnbm，求 q 所有可能的取值构成的集合； (3) 设各项均为正数的数列cn的前 n 项和为 Sn，且2cn0.
8、对满足 mn2k，mn 的任意正整数 m，n，k，都有 cmcn，且不等式 SmSntSk恒成立，求实数 t 的最大值. 7 2020 届高三模拟考试试卷(十五) 数学附加题 (满分 40 分，考试时间 30 分钟) 21. (本小题满分 10 分) 已知矩阵 M a2 2b ，M 12 23 ，且 MN 10 01 . (1) 求矩阵 M； (2) 若直线 l 在矩阵 M 对应的变换作用下变为直线 x3y0，求直线 l 的方程 22.(本小题满分 10 分) 在平面直角坐标系中，直线 l 的参数方程为 x3t， y13t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，
9、曲线 C：2 2sin( 4 )，求直线 l 被曲线 C 截得的 弦长 8 23. (本小题满分 10 分) 某商场举行元旦促销回馈活动， 凡购物满 1 000 元， 即可参与抽奖活动， 抽奖规则如下： 在一个不透明的口袋中装有编号为 1，2，3，4，5 的 5 个完全相同的小球，顾客每次从口袋 中摸出一个小球，共摸三次(每次摸出的小球均不放回口袋)，编号依次作为一个三位数的个 位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励 50 元，若三位数是偶数，则奖励 100m 元(m 为 三位数的百位上的数字，如三位数为 234，则奖励 1002200 元) (1) 求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率
10、； (2) 求抽奖者在一次抽奖中获奖金额 X 的概率分布与数学期望 E(X) 24.(本小题满分 10 分) (1) 求证： 1 k1C k n 1 n1C k1 n1(nN *，kN)； (2) 计算：(1)0C02 020(1)11 2C 1 2 020(1) 21 3C 2 2 020(1) 2 020 1 2 021C 2 020 2 020； (3) 计算： 2 020 k0(1) kCk 2 020 2 k2. 9 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷(扬州扬州) 数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准 1. x|0x2 2. 10 2 3. 30 4. 15 5.
11、 1 6. 1 6 7. 2 5 8. 32 2 6 9. 121 10. 3 10 5 11. 充分不必要 12. 4 2 13. 1 14. 33 2 15. 解：(1) 因为 2Sbccos A，所以 21 2bcsin Abccos A，则 sin Acos A(3 分) 在ABC 中，因为 A(0，)，所以 sin Acos A0， 所以 tan A1，(5 分) 所以 A 4 .(7 分) (2) 由(1)知 A 4 ，又 tan B6 5， 所以 tan(AB)tan( 4 B)1tan B 1tan B 16 5 16 5 11.(9 分) 在ABC 中，因为 ABC，所以 t
12、an Ctan(AB)11， 所以 sin 2C2sin Ccos C 2sin Ccos C sin2Ccos2C 2tan C 1tan2C 211 1112 22 122 11 61.(14 分) 16. 证明：(1) 取 AC 中点 D，连结 OD. 在三棱柱 ABCA1B1C1中，四边形 ACC1A1为平行四边形，BB1CC1AA1，且 BB1 AA1. 因为 O 为平行四边形 ACC1A1对角线的交点，所以 O 为 A1C 的中点 又 D 为 AC 的中点，所以 ODAA1，且 OD1 2AA1.(2 分) 又 BB1AA1，BB1AA1，所以 ODBB1，且 OD1 2BB1.
13、又 F 为 BB1的中点，所以 ODBF，且 ODBF，所以四边形 ODBF 为平行四边形，所 以 OFBD.(5 分) 因为 BD平面 ABC，OF平面 ABC， 所以 OF平面 ABC.(7 分) (2) 因为 BCB1C，F 为 BB1的中点，所以 CFBB1. 因为 AF平面 BCC1B1，BB1平面 BCC1B1，所以 AFBB1.(9 分) 因为 CFBB1，AFBB1，CF平面 AFC，AF平面 AFC，CFAFF， 所以 BB1平面 AFC.(11 分) 又 AC平面 AFC，所以 BB1AC. 又由(1)知 BB1CC1，所以 ACCC1. 在三棱柱 ABCA1B1C1中，四
14、边形 ACC1A1为平行四边形， 所以四边形 ACC1A1为矩形(14 分) 10 17. 解：(1) 因为架面与架底平行，且 AA1与地面所成的角为 3 ，AA11 米， 所以“支架高度” h1sin 3 3 2 (米)(4 分) (2) 过 O 作 OO1平面 A1B1C1，垂足为 O1. 又 O1A1平面 A1B1C1，所以 OO1O1A1. 又 AA1与地面所成的角为 ，所以 O1A13 5cos . 同理 O1C1O1B13 5cos ， 所以 O1为等边三角形 A1B1C1的外心，也为其重心， 所以 B1C1A1O13 2 2 3 3 5cos 3 3 3 5 cos ， SA1B
15、1C1 3 4 (3 3 5 cos )227 3 100 cos2. 记“支架需要空间”为 V，则 V27 3 100 cos2sin ， 6 ， 3 (8 分) 令 tsin ，则 t 1 2， 3 2 . 所以 V27 3 100 (1t2)t27 3 100 (tt3)，t 1 2， 3 2 . 又 V27 3 100 (13t2)81 3 100 (t21 3) 81 3 100 (t 3 3 )(t 3 3 )， 则当 t(1 2， 3 3 )时，V0，V 单调递增；当 t( 3 3 ， 3 2 )时，V0，V 单调递减， 所以当 t 3 3 时，Vmax27 3 100 3 3
16、( 3 3 )327 3 100 3 3 2 3 9 50(立方米)(13 分) 答：(1) 当 3 时， “支架高度”为 3 2 米； (2) “支架需要空间”的最大值为 9 50立方米(14 分) 18. 解：(1) 设椭圆 E 的焦距为 2c(c0)，则 ec a a2b2 a 2 2 ，可知 a22b2.(2 分) 因为椭圆 E 过点(1， 2 2 )， 所以1 a2 1 2b21，解得 a 22，b21， 11 所以椭圆的标准方程为x 2 2 y21.(4 分) (2) 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4) 由 yxt， x22y22得 3x 2
17、4tx2t220. 又直线 l：yxt 与椭圆 E 相交于 A，B 两点， 所以 x1x2 4 3t， x1x22t 22 3 ， 且 (4t)243(2t22)0，则 3t 3.(6 分) 设 AB 的中点为 M(xM，yM)，则 xMx1x2 2 2 3t，yMxMt 1 3t， 所以 AB 的中垂线的方程为 yx1 3t，即直线 CD 的方程为 yx 1 3t. 由 yx1 3t， x22y22 得 27x212tx2t2180，则 x3x4 4 9t， x3x42t 218 27 ， (8 分) 所以 CD （x4x3）2（y4y3）2 1（1）2 （x3x4）24x3x4 2（4 9
18、t） 242t 218 27 2 8 81t 28 3. 又 t( 3， 3)，所以当 t0 时，CDmax 2 8 3 4 3 3 .(10 分) (3) 由(2)知AC AD (x3x1，y3y1) (x4x1，y4y1) (x3x1)(x4x1)(y3y1)(y4y1) (x3x1)(x4x1)(x3x14 3t)(x4x1 4 3t) x3x4(x3x4)x1x21x3x4(x14 3t)(x3x4)x 2 18 3tx1 16 9 t2 2x3x44 3t(x3x4)2x 2 18 3tx1 16 9 t2.(13 分) 又 x 3x44 9t， x3x42t 218 27 ， 3x
19、214tx12t220， 所以AC AD 2x3x44 3t(x3x4) 2 3(3x 2 14tx1)16 9 t2 22t 218 27 4 3t( 4 9t) 2 3(22t 2)16 9 t2 ( 4 27 16 27 36 27 48 27)t 20.(16 分) 12 19. (1) 解：设 h(x)f(x)g(x)x1 xln x， 则 h(x)1 1 x2 1 x x2x1 x2 （x1 2） 23 4 x2 0， 所以 h(x)在(0，)上递增 又 h(1)0，所以 0x1，所以 f(x)g(x)0 的解集为(0，1)(4 分) (2) 证明：由 u(m)u(n)0 得 a(
20、m21)ln ma(n21)ln n0， 即 a(m2n22)ln mln n0，又 a0， 所以 a(m2n22)ln mln n0a(2mn2)ln(mn) 因为 mn，所以“”不成立(7 分) 思路一： 设 mnt，v(t)a(2t2)ln t(t0)，则 v(t)2a1 t0， 所以 v(t)在(0，)上单调递减 又 v(1)0，所以 t1，即 mn1.(10 分) 思路二： 假设 mn1，则 2mn20，ln(mn)0，所以 a(2mn2)ln(mn)0， 这与 a(2mn2)ln(mn)0 矛盾，故 mn1.(10 分) 解：u(x)xf(x)g(x)a(x21)ln x， 当 a
21、0 时，u(x)2ax1 x 2ax21 x .令 u(x)0 得 x 1 2a(负值舍去) 所以当 x(0， 1 2a)时，u(x)0，u(x)为减函数； 当 x( 1 2a，)时，u(x)0，u(x)为增函数 又 u(1)0， 1 当 1 2a1，即 a 1 2时，u(x)有 1 个零点；(12 分) 2 当 1 2a1，即 a 1 2时，由 u(1)0 可知 u( 1 2a)u(1)0， 又 u(e a)0，且 ea1， 所以 u(x)在(0，1)上有 1 个零点，故此时 u(x)有 2 个零点；(14 分) 3 当 1 2a1，即 0a 1 2时，由 u(1)0 可知 u( 1 2a)
22、u(1)0， 令 (x)ln x(x1)，则 (x)1 x1 1x x ， 所以当 x(0，1)时，(x)0，(x)单调递增；当 x(1，)时，(x)0， (x)单调递减，所以 (x)max(1)0，故 ln xx1，则ln x(x1) 所以 u(x)a(x21)(x1)，所以 u(1 a1)0，且 1 a11， 所以 u(x)在(1，)上有 1 个零点，故此时 u(x)有 2 个零点 综上，当 a1 2时，u(x)有 1 个零点；当 a0 时 a 1 2时，u(x)有 2 个零点(16 分) 13 20. 解：(1) 因为 ann2，所以anan1an(n1)2n22n1，则an1an2.
23、又a13，所以an是首项为 3，公差为 2 的等差数列 因为2anan1an2，则2an是首项为 2，公差为 0 的等差数列(2 分) (2) 因为数列bn是公比为 q 的正项等比数列，所以 bnb1qn 1. 又2bnbn1bnbn2bn1(bn1bn)bn22bn1bn，且对任意的 nN*， 都存在 mN*，使得2bnbm， 所以对任意的 nN*，都存在 mN*，使得 b1qn 12b 1q nb 1q n1b 1q m1，即(q1)2 qm n. 因为 q2，所以 mn0. 1 若mn0， 则q22q11， 解得q0(舍)或q2， 即当q2时， 对任意的nN*， 都有2bnbn. 2 若
24、 mn1， 则 q23q10， 解得 q3 5 2 (舍)或 q3 5 2 ， 即当 q3 5 2 时， 对任意的 nN*，都有2bnbn1. 3 若 mn2，则 qm nq2(q1)2，故对任意的 nN*，不存在 mN*，使得2b n bm. 综上所述，q 所有可能的取值构成的集合为 2，3 5 2 .(8 分) (3) 因为2cn0，所以2cncn1cncn2cn1(cn1cn)cn22cn1cn0， 所以 cn2cn1cn1cn，所以cn是等差数列 设cn的公差为 d，则 cnc1(n1)d. 若 d0，则 cmcn； 若 d0，则当 n1c1 d时，cn0，与数列cn的各项均为正数矛盾
25、，故 d0.(10 分) 由等差数列前 n 项和公式可得 Snd 2n 2(c 1d 2)n， 所以 SnSmd 2n 2(c 1d 2)n d 2m 2(c 1d 2)m d 2(n 2m2)(c 1d 2)(mn)， Skd 2( mn 2 )2(c1d 2) mn 2 . 又 mn，m 2n2 2 （mn） 2 4 ， 所以 SnSmd 2(n 2m2)(c 1d 2)(mn) d 2 （mn）2 2 (c1d 2)(mn)2Sk， 则当 t2 时，不等式 SmSntSk都成立(12 分) 另一方面，当 t2 时，令 mk1，nk1(kN*，k2)， 则 SmSnd 2(k1) 2(k1
26、)2(c 1d 2) 2k d 2(2k 22)2k(c 1d 2)， Skd 2k 2(c 1d 2)k， 则 tSk(SmSn)d 2tk 2(c 1d 2)tk d 2(2k 22)2k(c 1d 2) (d 2td)(k 2k)(t2)c 1kd. 14 因为d 2td0，k 2k0，所以当 k d （t2）c1，tSk(SnSm)0，即 SmSntSk. 综上，t 的最大值为 2.(16 分) 2020 届届高三模拟考试试卷高三模拟考试试卷(扬州扬州) 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. 解：(1) 用待定系数或公式可求得 M 3 2 21 .(5 分)
27、 (2) 设直线 l 上任一点(x，y)在矩阵 M 对应的变换作用下为(x，y)， 即 3 2 21 x y 3x2y 2xy x y 在 x3y0 上，(8 分) 则3x2y6x3y0，即 3xy0，所以直线 l 的方程为 3xy0.(10 分) 22. 解：把直线的方程 l： x3t， y13t(t 为参数)化为普通方程为 xy1.(3 分) 圆 2 2sin( 4 )化为普通方程为 x22xy22y0， 即(x1)2(y1)22.(6 分) 圆心 C 到直线 l 的距离 d 1 2 2 2 .(8 分) 所以直线 l 被圆 C 截得的弦长为 2（ 2）2（ 2 2 ）2 6.(10 分)
28、 23. 解：(1) 因为 nA3560，mA13A2436，所以 P136 60 3 5. 答：摸到三位数是奇数的概率是3 5.(4 分) (2) 获奖金额 X 的可能取值为 50，100，200，300，400，500，则 P(X50)3 5，P(X100) 132 60 1 10，P(X200) 131 60 1 20， P(X300)132 60 1 10，P(X400) 131 60 1 20，P(X500) 132 60 1 10，(7 分) 获奖金额 X 的概率分布为 X 50 100 200 300 400 500 P 3 5 1 10 1 20 1 10 1 20 1 10
29、数学期望 E(X)503 5100 1 10200 1 20300 1 10400 1 20500 1 10150 元 答：期望是 150 元 15 24. 解： (1) 1 k1C k n 1 k1 n！ k！（nk）！ 1 n1 （n1）！ （k1）！（nk）！ 1 n1C k1 n1.(2 分) (2) (1)0C02 020(1)11 2C 1 2 020(1) 21 3C 2 2 020(1) 2 020 1 2 021C 2 020 2 020 2 020 k0(1) k 1 k1C k 2 020 1 2 021 2 020 k0 (1)kCk 1 2 021 1 2 021.(
30、4 分) (3) (解法 1)设 an n k0(1) kCk n 2 k2， 则 an1 n1 k1(1) k(Ck n1C k1 n1) 2 k2(1) n 2 n2 an1 n k1(1) kCk1 n1 2 k2an 12 n n k1(1) kCk n k k2 an12 n n k0 （1） kCk n n k0 （1） kCk n 2 k2 an12 n(0an)，(7 分) 所以 an n n2an 1an n n2 n1 n1an 2 n（n1） 3 2 （n2）（n1） 5 4a1. 又 a11 3，所以 an n！2！ （n2）！ 1 Cnn2. 所以 2 020 k0(
31、1) kCk 2 020 2 k2a2 020 1 C2 020 2 022 1 C22 022 1 1 0112 021 1 2 043 231.(结果没化简， 不 扣分)(10 分) (解法 2) 2 020 k0(1) kCk 2 020 2 k2 2 020 k0(1) k 2 020！ k！（2 020k）！ 2（k1） （k2）（k1） 2 020 k0(1) k 2 022！ （k2）！（2 020k）！ 2（k1） 2 0222 021 2 2 0222 021 2 020 k0(1) k(k1) Ck2 2 022 2 2 0222 021 2 020 k0(1) k(k21
32、) Ck2 2 022 2 2 0222 021 2 020 k0 （1） k（k2） Ck2 2 022 2 020 k0 （1） kCk2 2 022 2 2 0222 021 2 020 k0 （1） k2 022Ck1 2 021 2 020 k0 （1） k2Ck2 2 022 2 2 0222 021 2 022 2 020 k0 （1） k1Ck1 2 021（11） 2 0221C2 2 022（1） 1 2 2 0222 0212 022 (11) 2 021112 022 2 2 0222 021 1 1 0112 021 1 2 043 231.(结果没化简，不扣分)(10 分)
