2020届南师附中高三数学最后一卷含答案.DOCX

1、 1 2020 届南师附中高三数学最后一卷含答案 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 20206 参考公式： 样本数据 x1，x2，xn的方差 s21 n (xix)2，其中 x1 n xi. 锥体的体积 V1 3Sh，其中 S 是锥体的底面积，h 是锥体的高 球体的表面积 S4r2，其中 r 是球体的半径 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|x|1，xZ，Bx|1，0，1，6，则 AB_ 2. 已知复数 z(12i)(ai)，其中 i 是虚数单位若 z 的实部为 0，则实数 a 的值为 _ 3. 样本数据 6，7，10，14，8，

2、9 的方差是_ 4. 右图是一个算法流程图，若输入的 x 的值为 1，则输出 S 的值为_ 5. 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1，2，3，4，5，6 个点的正方体玩具) 先后抛郑 2 次，则出现向上的点数之和为 6 的倍数的概率是_ 6. 已知函数 ysin(2x)( 2 2 )的图象关于点(2 3 ，0)对称，则 的值是 _ 7. 已知 P- ABC 是正三棱锥， 其外接球 O 的表面积为 16 ， 且APOBPOCPO 30，则该三棱锥的体积为_ 8. 若双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的离心率为 3，则抛物线 y 1 4x 2的焦点到双曲线 C 的渐近

3、线距离为_ 9. 已知函数f(x)sin x2xx3.若f(a6)f(2a2)0， 则实数a的取值范围是_ 10. 设等差数列an的前 n 项和为 Sn.已知 a1a2a547，a3a428.若存在正整数 k， 使得对任意的 nN*都有 Sn Sk恒成立，则 k 的值为_ 11. 已知圆 O： x2y2m(m0)， 直线 l： x2y10 与 x 轴， y 轴分别交于 A， B 两点 若 圆 O 上存在点 P 使得PAB 的面积为25 2 ，则实数 m 的最小值为_ 12. 已知点 G 为ABC 的重心，点 D，E，F 分别为 AB，BC，CA 的中点若AB GD 6，AC GF 3 2，则B

4、C GE _ 13. 已知函数 f(x)a |x|，g(x) ln x，x0， x 1 16，x0. 若关于 x 的方程 f(x)g(x)有 3 个不同 2 的实数根，则实数 a 的取值集合为_ 14. 在 锐 角 三 角 形ABC中 ， 已 知cos2B cos2Asin2B 4cos2Acos2B ， 则 sin 2Asin 2B 4cos2C2sin 2Asin 2B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) 如图，在ABC 中，已知 sin2A 2sin Asin Csin2(AC

5、)sin2C. (1) 求 cos(B 3 )的值； (2) 若 D 是 BC 边上一点，AD5，AC7，DC3，求 AB 的长 16.(本小题满分 14 分) 在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C 为菱形，且 ABBC1，点 E，F 分别为 BB1， A1C1的中点求证： (1) 平面 AA1C1C平面 A1BC； (2) EF平面 A1BC. 3 17. (本小题满分 14 分) 某处有一块闲置用地，如图所示，它的边界由圆 O 的一段圆弧AB 和两条线段 AC，BC 构成已知圆心 O 在线段 AC 上，现测得圆 O 半径为 2 百米，AOB2 3 ，BCAC.现规 划在这片闲

6、置用地内划出一片梯形区域用于商业建设， 该梯形区域的下底为 AC， 上底为 MN， 点M在圆弧AD (点D在圆弧AB 上， 且ODOA)上， 点N在圆弧BD 上或线段BC上 设AOM . (1) 将梯形 ACNM 的面积表示为 的函数； (2) 当 为何值时，梯形 ACNM 的面积最大？求出最大面积 4 18. (本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 ：x 2 a2 y2 b21(ab0)，其右焦点 F 到其右 准线的距离为 1，离心率为 2 2 ，A，B 分别为椭圆 的上、下顶点，过点 F 且不与 x 轴重合 的直线 l 与椭圆 交于 C，D 两点，与 y 轴

7、交于点 P，直线 AC 与 BD 交于点 Q. (1) 求椭圆 的标准方程； (2) 当 CD8 5 2时，求直线 l 的方程； (3) 求证：OP OQ 为定值 5 19. (本小题满分 16 分) 设 f(x)a(x1)2exex，g(x)ex(x1)1 2ax 2(ae)x，aR，其中 e 为自然对数的 底数(e2.718 2) (1) 当 ae 时，求 g(x)在(1，g(1)处的切线方程； (2) 设 F(x)f(x)g(x)，求 F(x)的单调区间； (3) 当1 时，f(x)0 恒成立，求 a 的取值范围 6 20. (本小题满分 16 分) 已知an是各项均为正数的无穷数列，且

8、满足 a1a，an1and（an1an）. (1) 若 d1，a36，求 a 的值； (2) 设数列bn满足 bnan1an，其前 n 项的和为 Sn. 求证：bn是等差数列； 若对于任意的 nN*，都存在 mN*，使得 Snbm成立求证：Sn(2n1)b1. 7 2020 届高三模拟考试试卷(二十三) 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 2a 2b ，点 P(3，1

9、)在矩阵 A 对应的变换作用下得到点 P(3，5) (1) 求 a 和 b 的值； (2) 求矩阵 A 的特征值 B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在极坐标系中，直线 l 的方程为sin( 6 )a，曲线 C 的方程为 4cos .若直线 l 与曲线 C 相切，求实数 a 的值 C. (选修 45：不等式选讲) 已知 a，b，c 为正实数，求 a bc b ca 2c ab的最小值 8 【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. 某校举办的体育节设有投篮项目该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中 前两次投篮每

10、投中一次得 1 分，第三次投篮投中得 2 分，若不中不得分，投完三次后累计总 分 (1) 若甲同学每次投篮命中的概率为2 5， 且相互不影响， 记甲同学投完三次后的总分为 X， 求随机变量 X 的概率分布列； (2) 若(1)中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目， 已知乙同学每次投篮命中的概率为1 2， 且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率 23.在空间直角坐标系中， 有一只电子蜜蜂从坐标原点 O 出发， 规定电子蜜蜂只能沿着坐 标轴方向或与坐标轴平行的方向行进，每一步只能行进 1 个单位长度，若设定该电子蜜蜂从 坐标原点 O 出发行进到点 P(x，y，z)

11、(x，y，zN)经过最短路径的不同走法的总数为 f(x，y， z) (1) 求 f(1，1，1)，f(2，2，2)和 f(n，n，n)(nN*)； (2) 当 nN*，试比较 f(n，n，n)与 （4n1）2n 4n（n！）2的大小，并说明理由 9 2020 届高三模拟考试试卷(二十三)(南师附中) 数学参考答案及评分标准 1. 1， 0， 1 2. 2 3. 20 3 4. 100 5. 1 6 6. 3 7. 9 4 3 8. 1 3 9. 2，3 2 10. 10 11. 5 12. 9 2 13. 1 2， 2 e 14. 6 13， 1 2) 15. 解：(1) 因为 ABC，sin

12、2A 2sin Asin Csin2(AC)sin2C， 所以由正弦定理可知 BC2 2BCABAC2AB2，BC2AB2AC2 2BCAB，(2 分) cos BBC 2AB2AC2 2BCAB 2 2 . 因为在ABC 中，B(0，)，所以 B 4 .(5 分) 所以 cos(B 3 )cos Bcos 3 sin Bsin 3 2 2 1 2 2 2 3 2 2 6 4 .(7 分) (2) 由余弦定理可知，在ACD 中，cos CDC 2AC2AD2 2ACDC 3 27252 273 11 4 ，(9 分) 因为 C(0，)，所以 sin C0，sin C 1cos2C1（11 4

13、）25 3 14 .(11 分) 由正弦定理可知，在ABC 中， AB sin C AC sin B，所以 AB 5 3 14 7 2 2 ，所以 AB5 6 2 .(14 分) 16. 证明：(1) 连结 AC1交 A1C 于 O 点，连结 BO. 在ABC1中，因为 ABBC1，所以 BOAC1.(2 分) 因为侧面 AA1C1C 为菱形，所以对角线 A1CAC1.(4 分) 因为 BOA1CO，BO，A1C平面 A1BC，所以 AC1平面 A1BC.(6 分) 因为 AC1平面 AA1C1C，所以平面 AA1C1C平面 A1BC.(7 分) (2) 连结 FO，因为侧面 AA1C1C 为

14、菱形，所以对角线互相平分，点 O 为 A1C 的中点 因为点 F 为 A1C1的中点，所以在A1CC1中，FOCC1，FO 綊1 2CC1，(9 分) 在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧棱 BB1綊 CC1，又点 E 为 BB1的中点， 所以 BE 綊1 2CC1. 又 FO 綊1 2CC1，所以 BE 綊 FO，四边形 BEFO 是平行四边形，(12 分) 所以 EFBO. 因为 EF平面 A1BC，BO平面 A1BC，所以 EF平面 A1BC.(14 分) 17. 解：(1) 因为点 M 在圆弧AD 上，ODOA，当点 M 分别与点 A，D 重合时，梯形不 存在， 所以 (0， 2 ) 过

15、点 B 作 BBCA， 且 BB交圆弧AD 于点 B， 连结 BO， 因为 ODOA， 所以 BBOD. 由垂径定理可知 OD 垂直平分 BB， 因此BODBODAOBAOD2 3 2 6 ，AOBAODBOD 2 6 3， 10 因此，当 ( 3 ， 2)时，点 N 在圆弧BD 上，当 (0， 3 上时，点 N 在线段 BC 上 设 ODMNH， 当 ( 3 ， 2)时，因为 MNCA，所以HMOAOM. 又 ODOA，所以 MNOD. 由垂径定理可知 HMHN，在 RtOHM 中，HMOMcosOMH2cos ， HOOMsinOMH2sin ，BCAC， 所以在 RtOBC 中， COB

16、AOB2 3 3 ， COOBcosBOC2cos 3 1， 所以梯形 ACNM 的面积 S()1 2OH(MNAC) 1 2OH(2MHAOOC) sin (4cos 3)，(4 分) 当 (0， 3 时，因为 BCAC，ODOC，MNOD， 所以四边形 OCNH 为矩形，故 NHOC1， 所以梯形 ACNM 的面积 S()1 2OH(MNAC) 1 2OH(MHNHAOOC) 2sin (cos 2)(6 分) 综上，S() 2sin （cos 2），（0， 3 ， sin （4cos 3），（ 3 ， 2 ）. (7 分) (2) 当 ( 3 ， 2)时，S()sin (4cos 3)，

17、 S()cos (4cos 3)sin (4sin )8cos23cos 4. 因为 ( 3 ， 2)时，cos (0， 1 2)，cos 21 4， 所以 S()8cos23cos 481 43 1 24 1 20， 故 S()在( 3 ， 2)上单调递减，S()S( 3 )sin 3 (4cos 3 3)5 3 2 .(10 分) 当 (0， 3 时，S()2sin (cos 2)， S()2cos (cos 2)2sin (sin )4cos24cos 2. 因为 (0， 3 时，cos 1 2，1)，cos 21 4， 11 所以 S()4cos24cos 241 44 1 2210，

18、 故 S()在(0， 3 上单调递增，S()S( 3 )2sin 3 (cos 3 2)5 3 2 .(13 分) 综上，当且仅当 3 时，梯形 ACNM 的面积取得最大值5 3 2 平方百米(14 分) 18. (1) 解：由题意可知 a2 c c1， c a 2 2 ， a0， 所以 a 2，c1，所以 b2a2c21， 所以椭圆的标准方程为x 2 2 y21.(4 分) (2) 解：因为直线 l 不与 x 轴重合，所以斜率不为 0. 因为 l 过点 F(1，0)，所以设直线 l 的方程为 xmy1. 由 xmy1， x2 2 y21，得(m 22)y22my10. 设 C(x1，y1)，

19、D(x2，y2)，则 y1y2 2m m22，y1y2 1 m22，则 CD 2(m21)(y 1y2) 2 (m21)(y1y2)24y1y2(m21)( 2m m22) 24( 1 m22) 8（m21）2 （m22）2 . 因为 CD8 5 2，所以8（m 21）2 （m22）2 128 25 ，得 m23，所以 m 3， 所以直线 l 的方程为 x 3y1.(8 分) (3) 证明：在 xmy1 中令 x0 得 y 1 m，所以 P(0， 1 m) 而直线 AD 的方程为 y1y21 x2 x，直线 CB 的方程为 y1y11 x1 x. 由此得到yQ x2y1x2x1y2x1 x2y

20、1x2x1y2x1 （my21）y1（my21）（my11）y2（my11） （my21）y1（my21）（my11）y2（my11） 2my1y2y1y2m（y2y1） m（y1y2）（y1y2）2 (*)(10 分) 不妨设 y1y2，则 y1m 2 m 21 m22 ，y2m 2 m 21 m22 ， 所以 y1y22 2 m 21 m22 . 将代入(*)式，得 yQ 2m（ 1 m22） 2m m22m 2 2 m21 m22 m（ 2m m22） 2 2 m21 m22 2 4m2 2m m 21 2 2 m214 m，(14 分) 所以OP OQ (0， 1 m) (xQ，yQ)

21、 yQ m m m 1 为定值(16 分) 另解：从(*)式开始，将根与系数关系代入(*)式，得 12 2my1y2y1y2m（y2y1） m（y1y2）（y1y2）2 2m1 m22 2m m22m（y2y1） m 2m m222（y1y2） 4m m22m（y1y2） 4 m22（y1y2） m，以下不变 19. 解：(1) 当 ae 时，g(x)ex(x1)1 2ex 22ex，g(x)ex(x1)exex2e， g(1)ee2e0，g(1)e 22e 3e 2 ， 所以 g(x)在(1，g(1)处的切线方程为 y3e 2 0，即 y3e 2 .(2 分) (2) F(x)f(x)g(x

22、)2a(x1)exeexax(ae)(x1)(ex3a) 当 a0 时，ex3a0，所以当 x1 时，F(x)0；当 x1 时，F(x)0； 当 a0 时，令 F(x)0 得 x1，xln(3a) . 若 ln(3a)1，即 ae 3时，则 F(x)0 恒成立， 所以 F(x)单调增区间为(，)(6 分) . 若 ln(3a)1，即e 3a0 时，F(x)0 即 x1 或 xln(3a)； F(x)0 即 ln(3a)x1， 所以 F(x)单调增区间为(，ln(3a)和(1，)，单调减区间为(ln(3a)，1) . 若 ln(3a)1，即 ae 3时，F(x)0 即 xln(3a)或 x1，F

23、(x)0 即 1x ln(3a)，所以 F(x)单调增区间为(，1)和(ln(3a)，)，单调减区间为(1，ln(3a)(8 分) (3) f(x)2a(x1)exe. 若 a0 时，则 f(x)0 在 x1 时恒成立，所以 f(x)在1，)上单调递减，所以当 x1 时，f(x)f(1)0，所以 x1 时，f(x)0 恒成立(10 分) 若 a0 时，令(x)f(x)，则 (x)2aex， . 当ae 2时， 即x1时， (x)0， 所以(x)单调递减， 所以(x)(1)0， 即f(x)0， 所以 f(x)单调递减，所以当 x1 时，f(x)f(1)0 恒成立(12 分) . 当 ae 2时，

24、令 (x)0，则 xln(2a)1，当 xln(2a)时，(x)0，(x)单调递 减；当 xln(2a)时，(x)0，(x)单调递增 因为 (x)在(，ln(2a)上单调递增且 (1)0， 所以 (ln(2a)(1)0， 所以在(1， ln(2a)上 (x)0， 所以 f(x)0， 所以 f(x)单调递增， 所以当 x(1，ln(2a)时，f(x)f(1)0，不满足条件 所以 a 的取值范围是(，e 2(16 分) 20. (1) 解：因为 an1an an1an，a36， 所以令 n2，得 a3a2 a3a2，即 6a2 6a2(a26)，平方整理得 (a210)(a23)0. 因为 a26

25、，所以 a23； 同理令 n1，得 a2a1 a2a1，即 3a1 3a1(a13)，平方整理得 (a11)(a17)0.因为 a13，所以 a11，因此 a1.(4 分) (2) 证明： 由题意，得 d0. 当 d0 时，an1an0，所以bn是公差为 0 的等差数列(5 分) 13 当 d0 时，因为 an1an d（an1an）， 所以(an1an)2d(an1an) ， 从而有(anan1)2d(anan1) . ，得(an1an)2(anan1)2d(an1an)(anan1)， 化简得(an1an)(anan1)(an1an1)d(an1an1) 因为 an1an d（an1an）

26、，且数列an的各项均为正数，d0， 所以 an1an0，从而 an1an10，因此(an1an)(anan1)d. 因为 bnan1an，所以 bnbn1d. 综上，bn是公差为 d 的等差数列(8 分) 因为bn是公差为 d 的等差数列，所以 Snnb1n（n1） 2 d. 因为对于任意的 nN*，都存在 mN*，使得 Snbm， 所以有 nb1n（n1） 2 db1(m1)d， 整理得(m1)d(n1)b1n（n1） 2 d. . 若 d0，则 b10，结论成立(10 分) . 若 d0，(m1)(n1)b1 d n（n1） 2 . 当 n1 时，m1； 当 n2 时，b1 d 必为整数，

27、即 b1kd. 因为 an1an0， 所以 bn0，d0，所以 kN*， 从而 Snnb1n（n1） 2 dnd(kn1 2 ) 下证 nkdn（n1） 2 d(2n1)kd，即证n（n1） 2 (2nn1)k， 从而只要证n（n1） 2 2nn1， 因此要证 2n 1n2n20.(13 分) 记 f(n)2n 1n2n2，则 f(n1)f(n)22n(n1) 记 g(n)2n(n1)，则 g(n1)g(n)2n10， 所以 g(n)2n(n1)g(1)0， 从而 f(n1)f(n)0， 所以 f(n)2n 1n2n2f(1)0.(16 分) 14 2020 届高三模拟考试试卷(二十三)(南师

28、附中) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：(1) 由题意，得 2a 2b 3 1 3 5 6a 6b 3 5 6a3， 6b5 a3， b1， 所以 a3，b1.(4 分) (2) 由(1)可知 A 23 21 ， 特征行列式为 23 21 (2)(1)(3)(2)234(4)(1)0， 所以矩阵 A 的特征值为 11，24.(10 分) B. 解：以极点为原点，极轴为 x 轴正方向建立平面直角坐标系 因为直线 l 的方程为 sin( 6 )a，所以其直角坐标方程为 x 3y2a0. 因为曲线 C 的方程为 4cos ，所以 24cos ，(4 分) 所以曲线 C 的直角坐标方程

29、为(x2)2y24，是圆心为(2，0)，半径为 2 的圆 因为直线 l 与圆 C 相切，所以圆心到直线 l 的距离 d 为 2， d|22a| 132|a1|2，所以 a1，a3.(10 分) C. 解： a bc b ca 2c ab a bc1 b ca1 2c ab24 abc bc abc ca 2（abc） ab 4(abc)( 1 bc 1 ca 2 ab)4 1 2(bc)(ca)(ab)( 1 bc 1 ca 2 ab)4. 因为 a，b，c 为正实数，所以由柯西不等式可知 a bc b ca 2c ab 1 2( bc)2(ca)2(ab)2( 1 bc )2( 1 ca)

30、2 ( 2 ab) 241 2( bc 1 bc ca 1 ca ab 2 ab) 241 2(11 2) 2 42 21， 当且仅当 bc 1 bc ca 1 ca ab 2 ab ，即 bcca 2 2 (ab)，即 ab 且 c( 2 1)a 时取等号，此时原式的最小值为 2 21.(10 分) 22. 解：(1) 随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3，4， P(X0)(3 5) 327 125；P(X1)C 1 22 5( 3 5) 236 125； P(X2)(2 5) 23 5( 3 5) 22 5 30 125；P(X3)C 1 2(2 5) 23 5 24 125； P(

31、X4)(2 5) 3 8 125.(5 分) (2) 设乙同学投完后的总分为 Y，则随机变量 Y 可能的取值为 0，1，2，3，4， P(Y0)(1 2) 31 8；P(Y1)C 1 2(1 2) 31 4；P(Y2)( 1 2) 3(1 2) 31 4； P(Y3)C12(1 2) 31 4；P(Y4)( 1 2) 31 8. 记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件 A，由四种情况组成，且相互独立， 四种情况分别为甲得 0 分且乙得分超过 0 分，甲得 1 分且乙得分超过 1 分，甲得 2 分且乙得 分超过 2 分，甲得 3 分且乙得分超过 3 分 15 所以P(A)P(X0) P(Y

32、0)P(X1) P(Y1)P(X2) P(Y2)P(X3) P(Y3) 27 125(1 1 8) 36 125(1 1 8 1 4) 30 125( 1 4 1 8) 24 125 1 8 483 1 000. 答：事件 A 的概率为 483 1 000.(10 分) 23. 解：(1) f(1，1，1)C13C126，f(2，2，2)C26C2465 2 43 2 90， f(n，n，n)Cn3nCn2n（3n）！ （n！）3.(3 分) (2) f(n，n，n)Cn3nCn2n（3n）！ （n！）3 1 （n！）2 （3n）！ n！ 1 （n！）23n(3n1) (3n 2)(n2) (n1)， 其中 3n (3n1) (3n2)(n2) (n1)是 2n 个连续的自然数相乘， 对于任意的 kN*，且 kn，都有 (2nk) (2nk1) （2nk）（2nk1） 2 2 （4n1） 2 4 恒成立， 所以 3n (3n1) (3n2)(n2) (n1) （4n1）2 4 n （4n1） 2n 4n ， 并且 2nk2nk1，所以取不到等号， 因此 f(n，n，n) （4n1）2n 4n（n！）2.(10 分)