1、江苏省江苏省 2020 年年高考高考名师押题信息卷名师押题信息卷 数数 学学2020.6.29 卷 一. 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分共计 70 分 1设集合 Ax|（x+1） （x2）0，集合 Bx|1x3，则 AB_ 【答案】 （1，3） 【解析】Ax|1x2，Bx|1x3， AB（1，3） 故答案为： （1，3） 2i 是虚数单位，则| 2+ 1|的值为_ 【答案】 10 2 【解析】| 2+ 1| = |2+| |1| = 22+12 12+(1)2 = 5 2 = 10 2 ， 故答案为： 10 2 3若执行如图所示的算法流程图，则输出的结果是_ 【答案】1 【解析】
2、分析程序的运行过程知， 程序运行后输出 y= + 2， 1 ，1 ； 又 xln21， 所以 yx+ln 2 =ln2+lneln21 故答案为：1 4 （如图是一组样本数据的频率分布直方图，则依据图形中的数据，可以估计总体的平均数与中位数分别 是_ 【答案】13 【解析】第 1 组的频率为 0.04 50.2，第 2 组的频率为 0.1 50.5， 则第 3 组的频率为 10.20.50.3， 估计总体平均数为 7.5 0.2+12.5 0.5+17.5 0.313， 故答案为：13. 5有 5 支彩笔（除颜色外无差别） ，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫从这 5 支彩笔中任取 2 支不同颜色
3、的彩笔，则取出的 2 支彩笔中含有红色彩笔的概率为_ 【答案】2 5 【解析】有 5 支彩笔（除颜色外无差别） ，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫 从这 5 支彩笔中任取 2 支不同颜色的彩笔， 基本事件总数 n= 5 2 =10， 取出的 2 支彩笔中含有红色彩笔包含的基本事件个数 m= 1 141 =4， 则取出的 2 支彩笔中含有红色彩笔的概率为 p= = 4 10 = 2 5 故答案为：2 5 6.已知 3 cos 63 ，则sin 2 6 _. 【答案】 1 3 【解析】令 6 t ，得 6 t ，可得出 3 cos 3 t ，然后代入 6 t 结合诱导公式和二倍角的余 弦公式可计算出s
4、in 2 6 的值. 7设 Sn是等比数列an的前 n 项的和，S3，S9，S6成等差数列，则2+5 8 的值为_ 【答案】2 【解析】等比数列an的公比设为 q， S3，S9，S6成等差数列，可得 2S9S3+S6， 若 q1，则 18a13a1+6a1，显然不成立，故 q1， 则 21(1 9) 1 = 1(13) 1 + 1(16) 1 ， 化为 2q61+q3，解得 q3= 1 2， 则2+5 8 = 1+14 17 = 1+3 6 = 11 2 1 4 =2， 故答案为：2 8在平面直角坐标系 xoy 中，若双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的一条准线与两条渐近线恰
5、能围成一个等边 三角形，则该双曲线的离心率为_ 【答案】 2 3 3 【解析】 由题意可知其中一条渐近线倾斜角为：30，所以 3 tan30 3 b a ，则 2 2 2 3 1 3 cb e aa . 9 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知 A， B 两点在圆 x2+y21 上， 若直线 + 6 = 0上存在点 C， 使ABC 是边长为 1 的等边三角形，则点 C 的横坐标是_ 【答案】 6 2 【解析】圆 x2+y21 的圆心为（0，0） ，半径为 1， ABC 是边长为 1 的等边三角形，可得四边形 OACB 为菱形， 即有|OC|= 3， 由点 C 在直线 + 6 = 0上，可设 C
6、（m，6 m） ， 可得2+ (6 )2= 3，解得 m= 6 2 ， 故答案为： 6 2 10如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为 2 的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右 三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_ 【答案】43 3 【解析】如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为 2 的正方形， 上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形， 此四棱锥 SABCD 中，ABCD 是边长为 2 的正方形，SAD 是边长为 2 的等边三角形， 平面 SAD平面 ABCD， SAD 的高 AD 是四棱锥 SABCD 的高， 此四棱锥的体积为： V= 1 3 正方形
7、 = 1 3 2 2 4 1 = 43 3 故答案为：43 3 11已知函数 f（x）x22x+3a，g（x）= 2 1若对x10，3，总x22，3，使得 f（x1）g（x2） 成立，则实数 a 的取值集合为_ 【答案】(， 1 3 【解析】由题意，函数 f（x）在0，3的最大值小于等于函数 g（x）在2，3的最大值， 函数 g（x）在2，3上为减函数，故其最大值为 g（2）2， 函数 f （x） 的对称轴为 x1， 其在0， 1上为减函数， 在 （1， 3上为增函数， 故其最大值为 f （x） 3a+3， 则 3a+32，解得 1 3 故答案为：(， 1 3 12在ABC中， 3,2,ABA
8、CD为边BC上一点若 2 5, 3 AB ADAC AD ，则AB AC 的值 为_ 【答案】3 【解析】 分析：先建立直角坐标系，设 C(2cosa,2sina),D(x,y),再求出 x 和 cosa,最后求AB AC 的值. 详解：建立如下的直角坐标系, 设 C(2cosa,2sina),D(x,y), 由5AB AD 得 5 (3,0) ( , )35,. 3 x yxx 由 2 3 AC AD 得 525cos155cos1 (2cos ,2sin ) ( , ),( ,) 333sin33sin aa aayyD aa , 因为 B,D,C 三点共线，所以 BDBC kk,即 2s
9、in8sin , 5 2cos33(32cos ) 3 3 yaa y aa 所以 8sin5cos11 ,cos. 3(32cos )3sin2 aa a aa 所以AB AC =(3,0)2cos ,2sin )6cos3.aaa （ 13已知向量1,3a ， ,1bxy且 / /ab，若实数 , x y均为正数，则 31 xy 最小值是_ 【答案】16 【解析】 解：向量1,3a ，,1bxy且/ /ab， 1 （1y）3x， 3x+y1 31 xy （ 31 xy ） （3x+y）10 33yx xy 10+2 33yx xy 16，当且仅当 x 1 4 y时取等号， 故 31 xy
10、的最小值是 16， 故答案为 16 14已知 f（x）是 R 上的偶函数，且() = 3，0 1 (1 3) + 1， 1，若关于 x 的方程 f 2（x）mf（x）0 有三 个不相等的实数根，则 m 的取值范围_ 【答案】 （0，1（4 3，3） 【解析】f2（x）mf（x）0 有三个不相等的实数根， 即（f（x）m）f（x）0 有三个不相等的实数根， f（x）0 有一个解， 转化为 f（x）m0 有两个根即 f（x）和 ym 有两个交点 f（x）是 R 上的偶函数， f（x）图象如下： f（1）f（1）= 4 3， 由图可知 m 的范围为（0，1（4 3，3） ， 故答案为： （0，1（4
11、 3，3） 二、解答题：二、解答题： （本大题共本大题共 6 道题，计道题，计 90 分分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤解答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) 已知函数 22 1 ( )3sin cossincos() 2 f xxxxxxR. (1)求 ( )f x的单调递增区间. (2)在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 f(A)=1，c=10，cosB= 1 7 ，求 ABC 的中线 AD 的 长. 【答案】 （1）, 63 kkkZ .（2）129AD . 【解析】 (1) 1 ( )( cos23si
12、n2 )sin(2) 26 f xxxx .令 2k 2 2x 6 2k 2 ，kZ，解得 k 6 x k 3 ，kZ， 所以递增区间：, 63 kk kZ. (2)由(1)知，( )sin(2 ) 6 f xx ， 在 ABC 中( )1f A sin(2)1 6 x 2 62 A 3 A 又 1 cos 7 B 4 3 sin 7 B ， 3114 35 3 sinsin() 272714 CAB， 在 ABC 中，由正弦定理 sinsin ca CA ，得 10 5 33 142 a 14a ，BD=7 在 ABD 中，由余弦定理得， 22222 2cos1072 10 7cos129A
13、DABBDAB BDBB 因此 ABC 得中线129AD . 16. (本小题满分 14 分) 如图，在四棱锥 PABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，BAPCDP90 ，E 为 PC 中点 （）求证：AP平面 EBD； （）若PAD 是正三角形，且 PAAB （i）当点 M 在线段 PA 上什么位置时，有 DM平面 PAB； （ii）在（i）的条件下，点 N 在线段 PB 什么位置时，有平面 DMN平面 PBC 【解析】 （I）如图所示，连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OE E 为 PC 中点OEAP AP平面 EBD；OE平面 EBD AP平面 EBD （II） （i）当点
14、M 为线段 PA 的中点时，有 DM平面 PAB 下面先证明：AB平面 PAD 四边形 ABCD 是平行四边形，ABCD 又BAPCDP90 ，即 ABAP，CDDP， ABDP，DP平面 PAD，AP平面 PAD， 从而 AB平面 PADABDM PAD 是正三角形，PMMA， DMAP， 又 APABA，DM平面 PAB （ii）在（i）的条件下，点 DNPB 时，有平面 DMN平面 PBC 下面给出证明：在（i）的条件下，DM平面 PABDMPB PB平面 DMN 平面 DMN平面 PBC 不妨设 AB2，则 PB22 =DB，PD2取 BD 的中点 G，连接 PG 则 PG=(22)2
15、 12= 7， BNDBcosB2 1 22 = 2 2 = 2 2 22 = 1 4 点 N 在线段 PB 的靠近点 B 的四等分点时，有平面 DMN平面 PBC 17. (本小题满分 14 分) 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的下顶点为B，点 ,M N是椭圆上异于点 B的动点，直线,BM BN分别与x轴交于点,P Q，且点Q是线段OP的中点当点N运动到点 3 ( 3,) 2 处时，点Q的坐标为 2 3 (,0) 3 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线MN交y轴于点D，当点,M N均在y轴右侧，且 2DNNM 时，求直线BM的方程 【
16、解析】 （1）由 32 3,3,0 23 NQ ，得直线NQ的方程为 3 3 2 yx 令0x ，得点B的坐标为0,3 所以椭圆的方程为 22 2 1 3 xy a 将点N的坐标 3 3, 2 代入，得 2 2 2 3 3 2 1 3a ，解得 2 4a 所以椭圆C的标准方程为 22 1 43 xy （2）方法一：设直线BM的斜率为(0)k k ，则直线BM的方程为3ykx 在3ykx中，令0y ，得 3 P x k ，而点Q是线段OP的中点，所以 3 2 Q x k 所以直线BN的斜率 03 2 3 0 2 BNBQ kkk k 联立 22 3 1 43 ykx xy ，消去y，得 22 3
17、48 30kxkx，解得 2 8 3 34 M k x k 用2k代k，得 2 16 3 3 16 N k x k 又 2DNNM ，所以2 NMN xxx，得23 MN xx 故 22 8 316 3 23 343 16 kk kk ，又0k ，解得 6 2 k 所以直线BM的方程为 6 3 2 yx 方法二：设点,M N的坐标分别为 1122 ,x yxy 由0,3B，得直线BN的方程为 1 1 3 3 y yx x ，令0y ，得 1 1 3 3 P x x y 同理，得 2 2 3 3 Q x x y 而点Q是线段OP的中点，所以2 PQ xx ，故 12 12 32 3 33 xx
18、yy 又 2DNNM ，所以 212 2xxx，得 21 2 0 3 xx，从而 12 4 1 3 33yy ， 解得 21 43 33 yy 将 21 21 2 3 43 33 xx yy 代入到椭圆 C 的方程中，得 2 2 1 1 43 1 927 y x 又 2 2 1 1 4 1 3 y x ，所以 2 12 1 4 1 43 3 1 927 y y ，即 2 11 3230yy， 解得 1 3y （舍）或 1 3 3 y 又 1 0x ，所以点M的坐标为 4 23 , 33 M 故直线BM的方程为 6 3 2 yx 18. (本小题满分 16 分) 经销商用一辆 J 型卡车将某种水
19、果从果园运送（满载）到相距 400km 的水果批发市场据测算，J 型卡车满 载行驶时，每 100km 所消耗的燃油量 u（单位：L）与速度 v（单位：km/h）的关系近似地满足 u= 100 + 23，0 50 2 500 + 20，50 除燃油费外，人工工资、车损等其他费用平均每小时 300 元已知燃油价格为 每升（L）7.5 元 （1）设运送这车水果的费用为 y（元） （不计返程费用） ，将 y 表示成速度 v 的函数关系式； （2）卡车该以怎样的速度行驶，才能使运送这车水果的费用最少？ 【解析】 （1）由题意，当 0v50 时， y= 7.5 400 100 + 300 400 30(1
20、00 + 23) + 300 400 = 123000 + 690， 当 v50 时， = 7.5 400 100 + 300 400 = 30( 2 500 + 20) + 300 40 = 32 50 + 120000 + 600， = 123000 + 690，0 50 32 50 + 120000 + 600，50 （2）当 0v50 时， = 123000 + 690是单调减函数， 故 v50 时，y 取得最小值= 123000 + 690 = 3150， 当 v50 时， = 32 50 + 120000 + 600， 由= 3 25 120000 2 = 3(310 6) 252
21、 =0， 得 v100 当 50v100 时，y0， 函数 = 32 50 + 120000 + 600单调递增， 当 v100 时，y 取得最小值= 31002 50 + 120000 100 +6002400， 由于 31502400， 所以，当 v100 时，y 取得最小值 答：当卡车以 100km/h 的速度行驶时，运送这车水果的费用最少 19. (本小题满分 16 分) 函数 22ln f xaxxxx 1若函数 0f x 恒成立，求实数 a 的取值范围； 2当1a 时，设 f x在 0 xx时取到极小值，证明： 0 13 932 f x 【解析】 （1）由题意得 22ln 0f x
22、axxxx恒成立， 1 lnax x 恒成立 设 1 ln,0,g xxx x ，则 22 111 x gx xxx ， 故当0,1x时， 0,gxg x 单调递减，当1x，时， 0,gxg x 单调递增. 所以 min 11g xg ，1a . 实数a的取值范围为,1 （2）当1a 时， 22ln ( 0)f xxxxx x， 1 2 lnfxxx x 令 1 2 ln (0)h xxx x x ，则 1 2lnh xx ， 故当 1 2 0,xe 时， 0,h xh xfx 单调递增； 当 1 2, xe 时， 0,h xh xfx 单调递减 而 1 2 1 1 ,0, 4 3 e ，且
23、1312 ln20,ln3 10 4433 ff ， 存在 0 1 1 , 4 3 x ，使得 0000 1 2 ln0fxxxx ， 因此 2 22 00 00000 ln 2 xx f xxxxx ， 令 2 2 xx t x ，则 t x在区间 1 0, 2 上单调递增， 又 1 11 ,0, 4 32 ，所以 0 11 34 tt xt ， 即 0 13 932 f x 成立 20. (本小题满分 16 分) 已知数列 n a的前n项和为 n S，且 22 nn SanN （1）求数列 n a的通项公式； （2）若数列 n b满足 1 312 23 1 1 2 1212121 n n
24、n n bbbb a ，求数列 n b的通项公式； （3）在（2）的条件下，设2n nn cb，问是否存在实数使得数列 n cnN 是单调递增数列？ 若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【解析】 由22, nn Sa得 11 22 nn Sa 两式相减,得 11 22 , nn aaa 所以 1 2, nn aa 由又 11 22,Sa得 111 22,2,aaa 所以数列 n a为等比数列，且首项为2，公比2q ，所以2n n a 由 知 * 11 2n n nN a 由 1 * 312 23 1 1, 22 1212121 n n nn bbbb nN 得 3112 1231
25、1 12 22 1212121 n n nn bbbb n 故 1 1 11 1, 2221 n n nnn b 即 1 112 2 n n n bn 当1n 时, 1 11 3 , 2 12 b ab 所以 * 3 ,1 2 1 112, 2 n n n n b nnN 因为2, n nn cb 所以当3n时, 1 1 1 1 11 211,211 22 nn nn nn nn cc 依据题意,有 1 1 3 2120, 2 n n nn n cc 即 1 2 1 3 2 2 n n n 当n为大于或等于4的偶数时,有 1 2 3 2 2 n n 恒成立 又 1 212 21 331 2 2
26、22 n nnn 随n增大而增大, 则当且仅当4n时, 1 min 2128 , 3 35 2 2 n n 故的取值范围为 128 ; 35 当n为大于或等于3的奇数时,有 1 2 3 2 2 n n 恒成立,且仅当3n 时, 1 min 232 , 3 19 2 2 n n 故的取值范围为 32 ; 19 又当2n时,由 2 121 53 220, 42 nn cccc 得8 综上可得,所求的取值范围是 12832 , 3519 数学数学附加题附加题 21.选做题，本题包括 A,B,C 三小题，请选其中两小题作答。若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应 写出文字说明，证明过程或演算步骤.
27、A. (选修 4-2：矩阵与变换) 已知矩阵 11 21 A ，向量 1 2 ，求向量，使得 2 A 【解析】 设 x y ， 2 111111 , 212121 32 43 AA 由 2 A得： 321 432 x y ， 32111 , 43222 xyx xyy . B选修 4-4;坐标系与参数方程（本小题 10 分） 在平面直角坐标系中，以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，取相同的长度单位.已知曲线的 极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）. （1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程； （2）若点，直线与曲线相交于两点，求的值. 【解析】 （1）由得曲线的直角坐标方程为. 在
28、直线的参数方程中，用代入法消去参数，得直线的普通方程为. （2） 直线的参数方程为（为参数） 代入， 得， 设点对应的参数分别为，则， . C选修 4-5;不等式选讲（本小题 10 分） 已知 x，y，z 是正实数，且满足231xyz. (1)求 111 xyz 的最小值； (2)求证： 222 1 14 xyz. 【解析】 (1) x，y，z 是正实数，且满足 x2y3z1， (x2y3z)6 6222， 当且仅当 且 且时取等号 (2)由柯西不等式可得 1(x2y3z)2(x2y2z2)(122232)14(x2y2z2)， x2y2z2 ，当且仅当 x ，即 x，y ，z时取等号 故 x
29、2y2z2 22.（本小题满分 10 分） 甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获 胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮空.比赛按这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满 6 局 时停止.设在每局中参赛者胜负的概率均为 1 2 ，且各局胜负相互独立.求： （）打满 3 局比赛还未停止的概 率； （）比赛停止时已打局数的分别列与期望 E 【解析】 令, kkk A B C分别表示甲、乙、丙在第 k 局中获胜 （）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知，打满 3 局比赛还未停止的概率为 123123 33 111 ()()
30、224 P AC BP BC A （）的所有可能值为 2，3，4，5，6，且 1212 22 111 (2)()() 222 PP A AP B B； 123123 33 111 (3)()() 224 PP AC CP BC C； 12341234 44 111 (4)()() 228 PP AC B BP BC A A； 1234512345 55 111 (5)()() 2216 PP AC B A AP BC A B B； 1234512345 55 111 (6)()() 2216 PP AC B A CP BC A B C 故有分布列 2 3 4 5 6 P 1 2 1 4 1 8
31、 1 16 1 16 从而 1111147 23456 248161616 E （局） 23. （本小题 10 分） 考虑集合1,2,3,.,n的所有1,*rrn nN元子集及每一个这样的子集中的最小数， 用,F n r表示 这些最小的数的算术平均数 （1）求6,3F； （2）求,F n r. 【解析】 （1）1，2，3，4，5，6，中每次取 3 个数，则 最小数为 1 的有 2 5 C个 最小数为 2 的有 2 4 C个 最小数为 3 的有 2 3 C个 最小数为 4 的有 2 2 C个 2222 5432 3 6 12347 (6,3) 4 CCCC F C （2）集合1,2,3, n的所有r元子集有 r n C个时， 其中最小数为k的子集有 1r n k C 个(1,2,1)knr ， 所以有 111 121 rrrr nnrn CCCC ， 这些子集中最小的之和为 111 121 2(1) rrr nnr SCCnrC ， 利用式可得 1 11 rrrr nnrn SCCCC 于是 1 1 1 ( , ) 1 r n rr nn CSn F n r CCr .
