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- 2021-06-16 发布
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2020届高三模拟考试试卷
数 学
(满分160分，考试时间120分钟)
2020．1
参考公式：
1. 样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝(xi－x)2，其中x＝xi；
2. 圆锥的体积V＝Sh，其中S是圆锥的底面圆面积，h是圆锥的高．
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 已知集合A＝{x|0b>0)的右顶点为A，过点A作直线l与圆O：x2＋y2＝b2相切，与椭圆C交于另一点P，与右准线交于点Q.设直线l的斜率为k.
(1) 用k表示椭圆C的离心率；
(2) 若·＝0，求椭圆C的离心率．
19. (本小题满分16分)
已知函数f(x)＝(a－)ln x(a∈R)．
(1) 若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0，求a的值；
(2) 若f(x)的导函数f′(x)存在两个不相等的零点，求实数a的取值范围；
(3) 当a＝2时，是否存在整数λ，使得关于x的不等式f(x)≥λ恒成立？若存在，求出λ的最大值；若不存在，请说明理由．
20. (本小题满分16分)
已知数列{an}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有an＋1＝kan－1(k≠0)，数列{an－1}是公比不为1的等比数列．
(1) 求实数k的值；
(2) 设bn＝数列{bn}的前n项和为Sn，求所有正整数m的值，使得恰好为数列{bn}中的项．
2020届高三模拟考试试卷(四)
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M＝的一个特征值为4，求矩阵M的逆矩阵M－1.
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝12，曲线C的参数方程为(θ为参数，θ∈R)．在曲线C上求点M，使点M到l的距离最小，并求出最小值．
C. (选修45：不等式选讲)
已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1，求＋＋的最小值．
【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. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠BB1C1＝60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.
(1) 求直线AC1与平面AA1B1B所成角的正弦值；
(2) 求二面角BAC1C的余弦值．
23. 已知n为给定的正整数，设(＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，x∈R.
(1) 若n＝4，求a0，a1的值；
(2) 若x＝，求(n－k)akxk的值．
2020届高三模拟考试试卷(四)(苏北四市)
数学参考答案及评分标准
1. {x|－10，所以V(r)在(0，2)上单调递增；
当r∈(2，3)时，V′(r)<0，所以V(r)在(2，3)上单调递减．
所以当r＝2时，V(r)取得最大值V(2)＝.
答：小圆锥的体积V的最大值为.(14分)
18. 解：(1) 直线l的方程为y＝k(x－a)，即kx－y－ak＝0.
因为直线l与圆O：x2＋y2＝b2相切，所以＝b，故k2＝.
所以椭圆C的离心率e＝＝.(4分)
(2) 设椭圆C的焦距为2c，则右准线方程为x＝.
由得y＝k(－a)＝k，所以Q(，)．(6分)
由得(b2＋a2k2)x2－2a3k2x＋a4k2－a2b2＝0，
解得xP＝，则yP＝k(－a)＝，
所以P(，)．(10分)
因为·＝0，所以·＋·＝0，
即a(a2k2－b2)＝2b2k2(a－c)．(12分)
由(1)知k2＝，所以a(－b2)＝，
所以a＝2a－2c，即a＝2c，所以＝，故椭圆C的离心率为.(16分)
19. 解：(1) f′(x)＝ln x＋(a－).
因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0，
所以f′(1)＝a－1＝－1，解得a＝0.(2分)
(2) 因为f′(x)＝存在两个不相等的零点，
所以g(x)＝ax－1＋ln x存在两个不相等的零点，则g′(x)＝＋a.
①当a≥0时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，至多有一个零点．(4分)
②当a<0时，因为当x∈(0，－)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(－，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以x＝－时，g(x)max＝g(－)＝ln(－)－2.(6分)
因为g(x)存在两个零点，所以ln(－)－2>0，解得－e－2e2>1.
因为g(1)＝a－1<0，所以g(x)在(0，－)上存在一个零点．(8分)
因为－e－2－.
因为g((－)2)＝ln(－)2＋－1，设t＝－，则y＝2ln t－t－1(t>e2)．
因为y′＝<0，所以y＝2ln t－t－1(t>e2)单调递减，
所以y<2ln(e2)－e2－1＝3－e2<0，所以g((－)2)＝ln(－)2＋－1<0，
所以g(x)在(－，＋∞)上存在一个零点．
综上可知，实数a的取值范围是(－e－2，0)．(10分)
(3) 当a＝2时，f(x)＝(2－)ln x，f′(x)＝ln x＋(2－)＝，
设g(x)＝2x－1＋ln x，则g′(x)＝＋2>0，所以g(x)单调递增，
且g()＝ln<0，g(1)＝1>0，所以存在x0∈(，1)使得g(x0)＝0.(12分)
因为当x∈(0，x0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以f(x)单调递增，
所以x＝x0时，f(x)取得极小值，也是最小值，
此时f(x0)＝(2－)ln x0＝(2－)(1－2x0)＝－(4x0＋)＋4.(14分)
因为x0∈(，1)，所以f(x0)∈(－1，0)．
因为f(x)≥λ，且λ为整数，所以λ≤－1，即λ的最大值为－1.(16分)
20. 解：(1) 由an＋1＝kan－1，a1＝3可知，a2＝3k－1，a3＝3k2－k－1.
因为{an－1}为等比数列，所以(a2－1)2＝(a1－1)(a3－1)，
即(3k－2)2＝2×(3k2－k－2)，即3k2－10k＋8＝0，解得k＝2或k＝.(2分)
当k＝时，an＋1－3＝(an－3)，所以an＝3，则an－1＝2，
所以数列{an－1}的公比为1，不符合题意；
当k＝2时，an＋1－1＝2(an－1)，所以数列{an－1}的公比q＝＝2，
所以实数k的值为2.(4分)
(2) 由(1)知an－1＝2n，所以bn＝
则S2m＝(4－1)＋4＋(4－3)＋42＋…＋[4－(2m－1)]＋4m
＝(4－1)＋(4－3)＋…＋[4－(2m－1)]＋4＋42＋…＋4m
＝m(4－m)＋，(6分)
则S2m－1＝S2m－b2m＝m(4－m)＋.
因为b2m＋b2m＋1＝3－2m＋4m，又(b2m＋2＋b2m＋3)－(b2m＋b2m＋1)＝3×4m－2>0，
且b2＋b3＝5>0，b1＝3>0，所以S2m－1>0，则S2m>0.
设＝bt>0，t∈N*，(8分)
则t＝1，3或t为偶数，因为b3＝1不可能，所以t＝1或t为偶数．
①当＝b1时，＝3，化简得6m2－24m＋8＝－4m≤－4，
即m2－4m＋2≤0，所以m可能取值为1，2，3，
验证＝，＝3，＝，得当m＝2时，＝b1成立．(12分)
②当t为偶数时，＝＝1＋，
设cm＝，则cm＋1－cm＝.
由①知m>3，当m＝4时，c5－c4＝<0；
当m>4时，cm＋1－cm>0，所以c4>c5
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