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- 2021-06-10 发布
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2020届高三模拟考试试卷(三)
数 学
(满分160分,考试时间120分钟)
2020.1
参考公式:
锥体的体积公式:V=Sh,其中S是锥体的底面积,h是锥体的高.
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|x2-2x≤0},B={-1,1,2},则A∩B=________.
2. 设复数z=1+(其中i为虚数单位),则|z|=________.
3. 如图是一个算法的伪代码,则输出的结果是________.
Read S←0
For i from 1 to 9 step 2
S←S+i
End for
Print S
End
(第3题)
4. 顶点在原点且以双曲线-=1的右焦点为焦点的抛物线方程是________.
5. 已知在平面直角坐标系xOy中,直线l1:x-my+m-2=0,l2:mx+(m-2)y-1=0.若直线l1∥l2,则m=________.
6. 从“1,2,3,4,5”这组数据中随机去掉两个不同的数,则剩余三个数能构成等差数列的概率是________.
7. 若实数x,y满足条件则z=3x+2y的最大值为________.
8. 将函数f(x)=cos 2x的图象向左平移个单位长度后,
21
再将图象上各点的纵坐标变为原来的2倍,得到函数y=g(x)的图象,则g()=________.
9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1,点E是棱AD上的任意一点,点F是棱B1C1上的任意一点,则三棱锥BECF的体积为________.
10. 已知等比数列{an}的前三项和S3=42.若a1,a2+3,a3成等差数列,则公比q=________.
11. 记集合A=[a,b],当θ∈时,函数f(θ)=2sin θcos θ+2cos2θ的值域为B.若“x∈A”是“x∈B”的必要条件,则b-a的最小值是________.
12. 已知函数f(x)=若对任意的x∈[m,m+1],不等式f(1-x)≤f(x+m)恒成立,则实数m的取值范围是________.
13. 过直线l:y=x-2上任意一点P作圆C:x2+y2=1的一条切线,切点为A.若存在定点B(x0,y0),使得PA= PB恒成立,则x0-y0=________.
14. 在平面直角坐标系xOy中,已知三个点A(2,1),B(1,-2),C(3,-1),点P(x,y)满足(·)×(·)=-1,则的最大值为________.
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)
在四棱锥PABCD中,底面ABCD是平行四边形,点E是AP的中点,AB⊥BD,PB⊥PD,平面PBD⊥底面ABCD.求证:
(1) PC∥平面BDE;
(2) PD⊥平面PAB.
21
16. (本小题满分14分)
如图,在△ABC中,点D是边BC上一点,AB=14,BD=6,·=66.
(1) 若C>B,且cos(C-B)=,求角C的大小;
(2) 若△ACD的面积为S,且S=·,求AC的长度.
21
17. (本小题满分14分)
在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的长轴长为4,左准线l的方程为x=-4.
(1) 求椭圆的标准方程;
(2) 直线l1过椭圆E的左焦点F1,且与椭圆E交于A,B两点.
① 若AB=,求直线l1的方程;
② 过A作左准线l的垂线,垂足为A1,点G(-,0),求证:A1,B,G三点共线.
21
18. (本小题满分16分)
某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内,如图所示,矩形PQRS的长PS为130米,宽RS为120米,圆弧形轨道所在圆的圆心为O,圆O与PS,SR,QR分别相切于点A,D,C,点T为PQ的中点.现欲设计过山车轨道,轨道由五段连接而成:出发点N在线段PT上(不含端点,游客从点Q处乘升降电梯至点N),轨道第一段NM与圆O相切于点M,再沿着圆弧轨道到达最高点A,然后在点A处沿垂直轨道急速下降至点O处,接着沿直线轨道OG滑行至地面点G处(设计要求M,O,G三点共线),最后通过制动装置减速沿水平轨道GR滑行到达终点R.记∠MOT为α,轨道总长度为l米.
(1) 试将l表示为α的函数l(α),并写出α的取值范围;
(2) 求l最小时cos α的值.
21
19. (本小题满分16分)
已知函数f(x)=ln x+a(x2-x)(a∈R).
(1) 当a=0,求证:f(x)≤x-1;
(2) 如果函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),且f(x1)+f(x2)≤k恒成立,求实数k的取值范围;
(3) 当a<0时,求函数f(x)的零点个数.
21
20. (本小题满分16分)
已知n∈N*,数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=an+1-a1;数列{bn}的前n项和为Tn,且满足Tn+bn=n+n(1+bn),且a1=b2.
(1) 求数列{an}的通项公式;
(2) 求数列{bn}的通项公式;
(3) 设cn=,问:数列{cn}中是否存在不同两项ci,cj(1≤i<j,i,j∈N*),使ci+cj仍是数列{cn}中的项?若存在,请求出i,j的值;若不存在,请说明理由.
21
2020届高三模拟考试试卷(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)
在平面直角坐标系xOy中,设点P(x,1)在矩阵M=对应的变换下得到点Q(y-2,y),求M-1.
B. (选修43:坐标系与参数方程)
已知曲线C1的极坐标方程为θ=(ρ∈R),以极点为原点,极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系,曲线C2的参数方程为(α为参数),求曲线C1与曲线C2交点的直角坐标.
C. (选修44:不等式选讲)
已知函数f(x) =|2x-1|+|2x+2|的最小值为k,且a+b+c=k,求a2+b2+c2的最小值.
21
21
【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. 已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线方程为y2=2px(p>0).
(1) 若直线y=-x+1与抛物线相交于M,N两点,且MN =2,求抛物线的方程;
(2) 直线l过点Q(0,t)(t≠0)交抛物线于A,B两点,交x轴于点C,如图,设=m,=n,求证:m+n为定值.
23. 我们常用构造等式对同一个量算两次的方法来推导组合数恒等式.例如由等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n可得:等式左边xk项系数为C(0≤k≤n),等式右边xk项系数为CC+CC+CC+…+CC+CC,所以我们得到组合数恒等式:
CC+CC+CC+…+CC+CC=C.
(1) 化简:(C)2+(C)2+(C)2+…+(C)2+(C)2;
(2) 若袋中装有n(n∈N*)个红球和n个白球,从中一次性取出n个球.规定取出k(0≤k≤n)个红球得k2分,设X为一次性取球的得分,求X的数学期望.
21
2020届高三模拟考试试卷(三)(镇江)
数学参考答案及评分标准
1. {1,2} 2. 3. 25 4. y2=16x 5. -2 6. 7. 13 8. - 9. 10. 2或 11. 3
12. [-1,-] 13. 2± 14.
15. 解:(1) 连结AC交BD于一点O,连结OE,
因为底面ABCD是平行四边形,
所以点O是AC的中点.(1分)
因为点E是AP的中点,
所以OE是△PAC的中位线,(2分)
所以OE∥PC.(3分)
因为PC⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,所以PC∥平面BDE.(7分)
(2) 因为平面PBD⊥底面ABCD,AB⊥BD,平面PBD∩底面ABCD=BD,AB⊂平面ABCD,
所以AB⊥平面PBD.(9分)
因为PD⊂平面PBD,所以AB⊥PD.(11分)
因为PB⊥PD,PB∩AB=B,PB⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,
所以PD⊥平面PAB.(14分)
16. 解:(1) 在△ABD中,AB=14,BD=6,
则·=BA·BD·cos B=14×6·cos B=66,得cos B=.(1分)
在△ABC中,sin B>0,sin B===.(2分)
又C∈(0,π),C>B,则B∈(0,),则C-B∈(0,π).
21
又cos(C-B)>0,则C-B∈(0,),由cos(C-B)=,
则sin(C-B)===,(4分)
则cos C=cos[B+(C-B)]=cos B·cos(C-B)-sin B·sin(C-B)
=×-×=.(6分)
又C∈(0,π),则C=.(7分)
(2) 在△ACD中,AD2=BA2+BD2-2BA·BDcos B=142+62-2×14×6×=102,
解得AD=10.(9分)
由余弦定理得cos∠ADB===-.
又∠ADB∈(0,π),得∠ADB=,则∠ADC=.(10分)
因为S=·,即CA·CD·sin C=CA·CD·cos C,
得tan C=1,又C为锐角,C=.(12分)
在△ACD中,因为AD=10,C=,∠ADC=,
则由正弦定理得=,即=,解得AC=5.(14分)
17. (1) 解:设椭圆左焦点的坐标为(-c,0)(c>0),由2a=4,=4,解得a=2,c=1.(2分)
由b2=a2-c2=3,则所求椭圆的方程为+=1.(3分)
(2) ① 解:若直线AB的斜率不存在,则AB=3≠,所以直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x+1),
设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,
21
Δ=(8k2)2-4(4k2+3)(4k2-12)=144(k2+1)>0,
则x1=,x2= (Ⅰ),
x1+x2=-,x1x2= (Ⅱ).(4分)
(解法1)由椭圆的第二定义知=,则AF1=AA1=(x1+4)=x1+2.
同理BF1=2+x2,(5分)
则AB=AF1+BF1=4+(x1+x2)=4+·=.(6分)
解得k=±1,则直线l1的方程为y=x+1或y=-x-1.(8分)
(解法2)AB===|x2-x1|,(5分)
代入(Ⅰ)得AB=×==.
(下同解法1)(6分)
② 证明:当直线AB的斜率不存在时,不妨设A(-1,),B(-1,-),则A1(-4,).
又G(-,0),kA1G==-1,kBG==-1.
则kA1G=kBG,所以A1,B,G三点共线(9分)
当直线AB的斜率存在时,A(x1,y1),A1(-4,y1),又G(-,0),要证A1,B,G三点共线,
因为kA1G=,kBG=,只要证=.(10分)
即证k(x1+1)(2x2+5)+3k(x2+1)=0.(12分)
即证2x1x2+5(x1+x2)+8=0,代入(Ⅱ),
因为2+5+8=+8=-8+8=0,所以A1,B,G三点共线.
21
综上所述,A1,B,G三点共线.(14分)
18. 解:(1) 过点M作ME⊥TO,垂足为E,过点N作NF⊥ME,垂足为F,
过点G作GI⊥OD,垂足为I.
因为圆O与矩形的三边PS,SR,QR相切,
所以PS=130,SR=120,圆O的半径r=60,
弧长MA=60(-α).(1分)
在Rt△MNF中,MN===.(2分)
在Rt△OCG中,OG=,(3分)
CG==,GR=60-,(4分)
所以l(α)=+60(-α)+60++60-
=-60α+120+30π.(7分)
答:将l表示为α的函数l(α)=-60α+120+30π,α的取值范围是(,).(8分)
(2) l′(α)==10·.(10分)
令l′(α)=0,解得cos α=或cos α=(舍去).(12分)
记cos α0=,a0∈(,).
21
α
(,α0)
α0
(α0,)
l′(α)
0
l(α)
递减
极小值
递增
(14分)
所以当cos α=时,l(α)最小.(15分)
答:轨道总长度l最小时,cos α的值为.(16分)
19. (1) 证明:当a=0时,f(x)=ln x,定义域为(0,+∞),
记F(x)=f(x)-(x-1)=ln x-x+1,令F′(x)=-1==0,解得x=1.(1分)
当x∈(0,1)时,F′(x)>0,则F(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,则F(x)在(1,+∞)上单调递减,(2分)
所以F(x)≤F(1)=0,则f(x)≤x-1.(3分)
(2) 解:由题知f′(x)=+2ax-a= ①.(4分)
因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2,
令g(x)=2ax2-ax+1 ②,则方程g(x)=0的两正根为x1,x2,
即x1=>0,x2=>0,
等价于a≠0,Δ=a2-8a>0 ③,x1+x2=>0 ④,x1x2=>0 ⑤,
解得a>8.(5分)
令G(a)=f(x1)+f(x2)=ln x1+a(x-x1)+ln x2+a(x-x2)
=ln(x1x2)+a[(x1+x2)2-2x1x2]-a(x1+x2),
将④⑤代入得G(a)=ln -a-1=-ln(2a)-a-1.(6分)
因为G(a)在a∈(8,+∞)上为减函数,则G(a)<G(8)=-ln 16-3.(7分)
由f(x1)+f(x2)≤k恒成立,则k的取值范围是[-ln 16-3,+∞).(8分)
(3) 解:当a<0时,显然f(1)=0,所以f(x)至少有一个零点为1.(9分)
21
由(2)中②③⑤知,此时Δ>0,x1+x2=>0,x1x2=<0,则x1<0<x2.
因为f′(x)==,x-x1>0,
当x∈(0,x2)时,f′(x)>0,f(x)在(0,x2)上为增函数;
当x∈(x2,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(x2,+∞)上为减函数,所以f(x)max=f(x2).(10分)
因g(1)=2a-a+1=a+1,
1° 当a=-1时,g(1)=0,则x2=1,f(x)max=f(x2)=f(1)=0,
此时f(x)有且只有一个零点.(11分)
2° 当a<-1时,g(1)<0,则0<x2<1,又由f(x)在(x2,+∞)上单调递减,f(x2)>f(1)=0,
则f(x)在(x2,+∞)上有且仅有一个零点是1.(12分)
又a<-1,则0<-<1,--x2=-2x1x2-x2=(2x2-2)x2<0,则0<-<x2.
由(1)知当x>0且x≠1时,f(x)<x-1+a(x2-x)=(ax+1)(x-1),则f(-)<0 ⑥.
因为f(x)为连续函数,且在(0,x2)上递增,则f(x)在(0,x2)上有且仅有一个零点,
所以当a<-1时,f(x)共有两个零点.(13分)
3° 当-1<a<0时,g(1)>0,则x2>1,又由f(x)在(0,x2)上为增函数,f(x2)>f(1)=0,
则f(x)在(0,x2)上有且仅有一个零点是1.(14分)
又-1<a<0,则->1,--x2=-2x1x2-x2=(2x2-2)x2>0,则->x2.
由⑥知,f(-)<0,因为f(x)为连续函数,且在(x2,+∞)上为减函数,
所以当-1<a<0时,f(x)在(x2,+∞)上有且仅有一个零点,
此时f(x)共有两个零点.(15分)
综上所述,当a=-1时,f(x)有且只有一个零点;
当a<-1或-1<a<0时,f(x)共有两个不同零点.(16分)
20. 解:在Tn+bn=n+n(1+bn)中,令n=1,得b1=1.
21
令n=2,得b2=2,则a1=b2=2,(1分)
当n≥2时,由Sn=an+1-a1,则Sn-1=an-a1,
两式相减得Sn-Sn-1=an+1-an,即an=an+1-an,则=2.(2分)
又由Sn=an+1-a1,令n=1,得=2,
则数列{an}为首项为2,公比为2的等比数列,即an=2n.(3分)
(2) 当n≥2时,由Tn+bn=n+n(1+bn) ①,则Tn-1+bn-1=n-1+(n-1)(1+bn-1) ②,
①-②得bn+bn-bn-1=+nbn-(n-1)bn-1,
(n-4)bn-(n-3)bn-1+3=0 ③.(4分)
当n≥3时,则(n-5)bn-1-(n-3)bn-2+3=0 ④,
两式相减得(n-4)bn-(2n-8)bn-1+(n-4)bn-2=0,
所以当n≥5时,bn+1+bn-1=2bn,bn+1-bn=bn-bn-1,(5分)
由(1)知b1=1,b2=2,在①中令n=3,4,5,求得b3=3,b4=4,b5=5,b6=6,(6分)
所以bn+1-bn=bn-bn-1=…=b2-b1=1,
所以数列{bn}为首项为1,公差为1的等差数列,即bn=n.(7分)
(3) 由(1)(2)得cn==,
cn+1-cn=-==≥0,
则c2=c1,当n≥2时,且cn-1>cn.(9分)
假设存在不同两项ci,cj,使ci+cj仍是{cn}中的第k(1≤i<j<k,i,j,k∈N*)项,
即ci+cj=ck.
由ci+cj≤cj-1+cj=+==.(11分)
又ck≥cj+1=,(12分)
则ck-(ci+cj)≥-=
21
=.
当j≥5时,ck-(ci+cj)>0,ci+cj=ck无解.(14分)
又c1=2,c2=2,c3=,c4=4,c5=,c6=,
当j=2,3,4,5时,只存在不同两项c1,c2,使得c1+c2=c4.
综上所述,存在i=1,j=2,使得c1+c2=c4.(16分)
21
2020届高三模拟考试试卷(三)(镇江)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解:依题意,[][]=[],即解得(4分)
设逆矩阵M-1=[],由MM-1=[]得a=-2,b=1,c=,d=-,(7分)
则逆矩阵M-1=[],(8分)
所以M-1[]=[][]=[].(10分)
B. 解:由θ=,得曲线C1的直角坐标系的方程为x-y=0.(4分)
由得曲线C2的普通方程为x2+y=1(-1≤x≤1).(8分)
由得x2+x-1=0,即x=(舍去)或x=,
所以曲线C1与曲线C2交点的直角坐标为(,).(10分)
C. 解:f(x)=|2x-1|+|2x+2|≥|(2x-1)-(2x+2)|=3,(2分)
当且仅当(2x-1)(2x+2)≤0,即-1≤x≤时取等号,则k=3.(3分)
因为a+b+c=3,
则由柯西不等式得(a2+b2+c2)(12+12+12)≥(a+b+c)2,(6分)
所以a2+b2+c2≥=3,(7分)
当且仅当a=b=c=1时,(8分)
此时a2+b2+c2的最小值为3.(10分)
22. (1) 解:设M(x1,y1),N(x2,y2),由得x2-2(1+p)x+1=0.(1分)
21
因为p>0,所以Δ1=4(p2+2p)>0,
x1=p+1-,x2=p+1+.(2分)
由MN==|x2-x1|=2=2,解得p=1.(3分)
所以抛物线的方程为y2=2x ①.(4分)
(2) 证明:设A(x3,y3),B(x4,y4),由于直线l过Q(0,t)(t≠0),点C(x0,0),
故可设直线l的方程为y=kx+t ②.
②代入①消去x,得ky2-2py+2pt=0,Δ2=4p2-8kpt>0,
y3=,y4=,则y3+y4= ③,y3y4= ④.(7分)
又=(x3,y3-t),=(x0-x3,-y3),=(x4,y4-t),=(x0-x4,-y4),
由=m,=n,则所以(8分)
则m+n=+-2=t-2,(9分)
将③④代入得m+n=t-2=-1为定值.(10分)
23. 解:(1) 因为已知等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n,
令n=1 010,得(1+x)1 010(1+x)1 010=(1+x)2 020,
等式右边展开式含x1 010项的系数为C.
而等式左边展开式含x1 010的系数为(C)2+(C)2+…+(C)2+(C)2,
所以(C)2+(C)2+…+(C)2+(C)2=C.(3分)
(2) X的可能取值为0,12,22,…,k2,…,n2,且X的分布表如下
X
0
12
…
k2
…
n2
P(X)
…
…
(5分)
21
因为C====C.(7分)
E(X)=k2=k2= (kC)2= (n·C)2= (C)2
=CC=C==,
所以X的数学期望E(X)=.(10分)
21
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