1、第页 1 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 数数学学理科理科 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 20205 参考公式： 锥体的体积公式：V1 3Sh，其中 S 为锥体的底面，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 Mx|x22x0，所以 sin B 21 14 .(14 分) 16. 证明：(1) 在平行四边形 ACC1A1中，因为 O 为 AC1与 A1C 的交点，所以点 O 为 A1C 的中点 因为点 P 为 BC 的中点，所以 OPA1B.(4 分) 又 OP平面 ABB1A1，A1B 平面 ABB1A1，所以
2、 OP平面 ABB1A1.(6 分) (2) 由(1)知 OPA1B，又 A1BAC1，所以 AC1OP.(8 分) 在平行四边形 ACC1A1中，AA1AC，所以四边形 ACC1A1为菱形，所以 AC1A1C.(10 分) 又 OP，A1C 平面 OCP，且 OPA1CO，所以 AC1平面 OCP.(12 分) 又 AC1 平面 ACC1，所以平面 ACC1平面 OCP.(14 分) 17. 解：周长 l22(1r)1 42 r4 1 2r， 面积 S1(r21 4 r 2)11 4r 2，(4 分) 所以 f(r) 11 4r 2 41 2r 4r2 2（8r），r(0，1)(6 分) 令
3、 8rx，则 f(r)4（8x） 2 2x 4（8x） 2 2x 16(x 2 30 x )162 x 2 30 x .(10 分) 当且仅当 x60 x 时，即 x2 15，f(r)最大，此时 r82 15.(13 分) 答：当 r82 15时，该淋浴房底座的满意度最高(14 分) 18. 解：(1) 由椭圆 C：x 2 a2y 21，所以 A(0，1)，B(0，1) 第页 10 设 M(x0，y0)，则y01 x0 y01 x0 1 2，(2 分) 所以 y2011 2x 2 0. 又x 2 0 a2y 2 01，解得 a 22， 所以椭圆的方程为x 2 2 y21.(4 分) (2) 设
4、 P(t，2)，当 t0 时，xMxN0，不符题意，所以 t0， 所以 kPA1 t，直线 PA 的方程为 y 1 tx1，即 xtyt，(6 分) 代入椭圆的方程得到（tyt） 2 2 y21，即 t2(y1)22(y21)0， 解得 yA1，yMt 22 t22，同理 yN 18t2 t218.(8 分) 因为直线 MN 与 x 轴平行，所以t 22 t22 18t2 t218，解得 t 26，y M1 2， 所以直线 MN 的方程为 y1 2.(10 分) (3) 由(2)知t 22 t22 1 txM1，解得 xM 4t t22，同理 xN 12t t218，(12 分) 所以四边形
5、AMBN 的面积 S1 22(|xM|xN|) 4|t| t22 12|t| t218. 根据对称性，不妨设 t0，则 S 4t t22 12t t218 16（t36t） t420t236.(14 分) 所以 S16 t6 t t236 t2 20 16 t6 t （t6 t） 28. 设 mt6 t(m2 6)，则 S16 m m2816 1 m 8 m 16 1 2 6 8 2 6 161 8 6 3 6. 当且仅当 t6 t，即 t 6时等号成立， 所以四边形 AMBN 面积的最大值为 6，此时点 P( 6，2)(16 分) 19. 解：(1) 因为|an1an|2n1，所以 a2a1
6、 3，即 a2a13. 又 0a6 第页 11 因为 a1a2， 所以ab a ，则 m(x)0，当 x1 时，则 n(x)ab xaln xe ab a ， 第页 12 所以 xx0max ab a ，1，e ab a 时，m(x)e. 所以 xx0max ab a ，e 时，m(x)0； 若 b0，则 n(x)ab xaln xaaln x. 由 aaln x0，得 ln x1，所以 xe， 所以 xx0max ab a ，e 时，m(x)0，n(x)0， 此时函数 f(x)0 与 g(x)0，f(x)g(x)0，不符题意(舍); 若 b1 时，则 n(x)ab xaln xabaln x
7、. 由 abaln x0，得 xe ab a ， 所以 xx0max ab a ，1，e ab a 时，m(x)0，n(x)0， 此时函数 f(x)0 与 g(x)0，f(x)g(x)0，不符题意(舍) 综上所述，当 a0 且 b0 时，函数 f(x)与 g(x)满足 f(x)g(x)0 在(0，)上恒成立(16 分) 第页 13 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷(盐城盐城) 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 ： ( 解 法 1) 平 面 列 向 量 关 于 原 点 逆 时 针 旋 转 所 对 应 的 变 换 矩 阵 为 M() cos
8、sin sin cos ，(4 分) 直线 l 经矩阵 M cos sin sin cos 作用， 即顺时针旋转 以后得到直线 l， 且 ll， (0， )， 所以 2 .(10 分) (解法 2)在直线 l 上任取一点 P(x，y)，经过矩阵 M 作用后得到点 P(x，y)， 则 cos sin sin cos x y cos xsin y sin xcos y x y .(6 分) 又点 P(x，y)在直线 l：y2x 上， 所以 sin xcos y2(cos xsin y)， 即(cos 2sin ) y(2cos sin ) x.(8 分) 因为 ll，所以2cos sin cos
9、2sin 1 2，所以 4cos 2sin 2sin cos ，所以 cos 0. 因为 (0， )，所以 2 .(10 分) B. 解：直线 l 的直角坐标方程为 x 3y10，(2 分) 曲线 C 的直角坐标方程为 x2y22，圆心为 C(0，0)，半径 r 2，(6 分) 圆心 C 到直线 l 的距离 d 1 12（ 3）2 1 2， 所以直线 l 被曲线 C 截得的弦长为 2（ 2）2（1 2） 2 6.(10 分) C. 解：因为正数 a，b，c 满足 2a4bc3，所以 2(a1)4(b2)(c3)16. 所以 1 a1 1 b2 1 c3 1 162(a1)4(b2)(c3) (
10、 1 a1 1 b2 1 c3) 1 16( 221) 2116 2 16 .(8 分) 当且仅当 a24 223 7 ，b108 2 7 ，c2716 2 7 时，取最小值116 2 16 .(10 分) 22. 解：(1) 记“A，B 两位考生有且只有一位考生获得录取资格”为事件 M. A 考生获得录取资格的概率为1 3 1 2 1 6；B 考生获得录取资格的概率为 1 2 1 3 1 6； 所以 P(M)1 6 5 6 5 6 1 6 5 18. 答：A，B 两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率为 5 18.(4 分) 第页 14 (2) 随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3
11、. C 考生获得录取资格的概率为1 4 2 3 1 6，由(1)得 A，B 两位考生获得录取资格的概率均为 1 6. 所以 A，B，C 三位考生获得高校综合评价录取资格的人数 XB(3，1 6) 则 P(X0)C03(5 6) 3125 216，P(X1)C 1 3(5 6) 2(1 6) 175 216， P(X2)C23(5 6) 1(1 6) 215 216，P(X3)C 3 3(1 6) 3 1 216， 随机变量 X 的概率分布表如下： X 0 1 2 3 P(X) 125 216 75 216 15 216 1 216 数学期望为 E(X)0125 2161 75 2162 15
12、2163 1 216 108 216 1 2(人)(8 分) 答：X 的数学期望为1 2人(10 分) 注：(1) 如果随机变量 X 的概率分布列写成 P(Xk)Ck3(5 6) 3k(1 6) k(k0，1，2，3)，可酌情给分(如 果由二项分布的期望公式直接得出结果，可酌情给分) 23. 解：(1) 当 n3 时，T31，2，3，3 元子集有：1，2，3， S31；(1 分) 当 n4 时，T41，2，3，4， 3 元子集有：1，2，3，1，2，4，1，3，4，2，3，4， S41C232C225；(2 分) 当 n5 时，T51，2，3，4，5， 3 元子集有：1，2，3，1，2，4，1
13、，2，5，1，3，4，1，3，5，1，4，5，2，3，4， 2，3，5，2，4，5，3，4，5， S51C242C233C2215.(4 分) (2) (解法 1)Tn1，2，3，n，以 1 为最小值的 3 元子集个数为 C2n1；以 2 为最小值的 3 元子集 个数为 C2n2；以 n2 为最小值的 3 元子集个数为 C22. Sn1C2n12C2n2(n3)C23(n2)C22(n3) (n2)C22(n3)C23n(n2)C2n2n(n1)C2n1 n(C22C23C2n1)2C223C23(n1)C2n1 (*) Ckn1CknCk 1 n ， C22C23C2n1C33C23C2n1
14、C34C24C2n1C3n.(6 分) 下求 2C223C23(n1)C2n1. 记 f(x)(1x)2(1x)3(1x)n 1(x0)， 则 f(x)2(1x)13(1x)2(n1)(1x)n 2(x0) 记 g(x)(x1)f(x)2(1x)23(1x)3(n1)(1x)n 1(x0)， 则 g(x)的展开式中 x2项前的系数为 2C223C23(n1)C2n1. 又 f(x)（1x） 2（1x）n21 x (x0)， f(x)n（1x） n12（1x）x（1x）n（1x）2 x2 (x0)， g(x)n（1x） n2（1x）2x（1x）n1（1x）3 x2 (x0)， 第页 15 则 g
15、(x)的展开式中 x2项前的系数又可以写作 nC3nC4n1， 2C223C23(n1)C2n1nC3nC4n1， (*)式nC3n(nC3nC4n1)C4n1(n3)(10 分) (解法 2)由 S31，S45，S515，S635归纳猜想出 SnC4n1(n3) 下用数学归纳法给出证明 当 n3 时，S31C44，结论成立；(2 分) 假设 nk(k3，kN*)时，结论成立，即 SkC4k1，(4 分) 则当 nk1 时，Tk11，2，3，k，k1， Sk1SkC1k12C1k23C1k3(k2)C12(k1)C11 C4k1(k1)C11(k2)C12k(k2)C1k2k(k1)C1k1 C4k1k(C11C12C1k1)C112C123C13(k1)C1k1 C4k1kC2k(kC2kC3k1) C4k1C3k1C4（k1）1， 所以当 nk1 时，结论成立 综上，由可得 SnC4n1(n3)(10 分)
