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  • 2021-06-10 发布

江苏省盐城市2020届高三第二次模拟考试(5月) 数学

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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)‎ ‎2020.5‎ 参考公式:‎ 锥体的体积公式:V=Sh,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M={x|x2-2x<0},N={x|-1B,所以A++B+=π,得A+B=.(8分)‎ 由a=2b及正弦定理得sin A=2sin B,‎ 所以sin(-B)=2sin B,即sincos B-cossin B=2sin B,解得cos B=sin B.(12分)‎ 又sin2B+cos2B=1,得sin2B=.‎ 因为sin B>0,所以sin B=.(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OP∥A1B.(4分)‎ 又OP⊄平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,所以OP∥平面ABB1A1.(6分)‎ ‎(2) 由(1)知OP∥A1B,又A1B⊥AC1,所以AC1⊥OP.(8分)‎ 在平行四边形ACC1A1中,AA1=AC,所以四边形ACC1A1为菱形,所以AC1⊥A1C.(10分)‎ 又OP,A1C⊂平面OCP,且OP∩A1C=O,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l=2+2(1-r)+·2πr=4-r,‎ 面积S=1-(r2-πr2)=1-r2,(4分)‎ 所以f(r)==,r∈(0,1).(6分)‎ 令8-r=x,则f(r)===16-(+)≤16-2.(10分)‎ 当且仅当x=时,即x=2,f(r)最大,此时r=8-2.(13分)‎ 答:当r=8-2时,该淋浴房底座的满意度最高.(14分)‎ ‎18. 解:(1) 由椭圆C:+y2=1,所以A(0,1),B(0,-1).‎ 设M(x0,y0),则·=-,(2分)‎ 所以y=1-x.‎ 又+y=1,解得a2=2,‎ 所以椭圆的方程为+y2=1.(4分)‎ ‎(2) 设P(t,2),当t=0时,xM=xN=0,不符题意,所以t≠0,‎ 所以kPA=,直线PA的方程为y=x+1,即x=ty-t,(6分)‎ 代入椭圆的方程得到+y2=1,即t2(y-1)2+2(y2-1)=0,‎ 解得yA=1,yM=,同理yN=.(8分)‎ 因为直线MN与x轴平行,所以=,解得t2=6,yM=,‎ 所以直线MN的方程为y=.(10分)‎ ‎(3) 由(2)知=xM+1,解得xM=,同理xN=,(12分)‎ 所以四边形AMBN的面积S=·2(|xM|+|xN|)=+.‎ 根据对称性,不妨设t>0,则S=+=.(14分)‎ 所以S=16·=16·.‎ 设m=t+(m≥2),则S=16·=16·≤16·=16·=.‎ 当且仅当t=,即t=时等号成立,‎ 所以四边形AMBN面积的最大值为,此时点P(±,2).(16分)‎ ‎19. 解:(1) 因为|an+1-an|=2n+1,所以a2-a1=±3,即a2=a1±3.‎ 又00,所以a3=a1+2,‎ 所以(a1-3)2=a1(a1+2),解得a1=.(4分)‎ ‎(2) 因为an是等差数列{bn}的前n项和,所以|an+1-an|=|bn+1|=2n+1.(6分)‎ 又bn+1=b1+dn=dn+a1,所以|dn+a1|=2n+1.(8分)‎ 当dn+a1=-2n-1时,(d+2)n+a1+1=0,所以d=-2,不符题意;‎ 当dn+a1=2n+1时,(d-2)n+a1-1=0,所以d=2,a1=1.(10分)‎ ‎(3) 因为数列{a2n-1}单调递增,所以a1a4>a6>…‎ 因为a1>a2,‎ 所以…0,且函数h(x)在(0,+∞)上连续不间断,由零点存在性定理可知h(x)的零点x0唯一存在,得证.(10分)‎ ‎(3) 解:因为φ(x)=ax+b,由(2)得f′(x)=,g′(x)=.‎ 记m(x)=-ax+a-b,n(x)=a+-aln x.‎ ‎①当a=0时,m(x)=-b,n(x)=,若b=0,则m(x)=n(x)=0,此时f′(x)=g′(x)=0,不符题意;‎ 若b≠0,m(x)与n(x)符号相反,此时f′(x)·g′(x)<0,满足题意.(12分)‎ ‎②当a>0时,若x>,则m(x)<0;‎ 若b>0,当x>1时,则n(x)=a+-aln x,所以x>e,‎ 所以x>x0=max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b<0,则n(x)=a+-aln x1,所以x>e.‎ 所以x>x0=max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);(14分)‎ ‎③当a<0时,若x>,则m(x)>0;‎ 若b>0,则n(x)=a+-aln x>a-aln x.‎ 由a-aln x>0,得ln x>1,所以x>e,‎ 所以x>x0=max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b<0,当x>1时,则n(x)=a+-aln x>a+b-aln x.‎ 由a+b-aln x>0,得x>e,‎ 所以x>x0=max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a=0且b≠0时,函数f(x)与g(x)满足f′(x)·g′(x)<0在(0,+∞)上恒成立.(16分)‎ ‎2020届高三模拟考试试卷(盐城)‎ 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α所对应的变换矩阵为M(α)=,(4分)‎ 直线l经矩阵M=作用,即顺时针旋转θ以后得到直线l′,且l⊥l′,θ∈(0,π),‎ 所以θ=.(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== .(6分)‎ 又点P′(x′,y′)在直线l′:y=2x上,‎ 所以sin θ·x+cos θ·y=2×(cos θ·x-sin θ·y),‎ 即(cos θ+2sin θ)·y=(2cos θ-sin θ)·x.(8分)‎ 因为l⊥l′,所以=-,所以4cos θ-2sin θ=-2sin θ-cos θ,所以cos θ=0.‎ 因为θ∈(0,π),所以θ=.(10分)‎ B. 解:直线l的直角坐标方程为x+y+1=0,(2分)‎ 曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2,圆心为C(0,0),半径r=,(6分)‎ 圆心C到直线l的距离d==,‎ 所以直线l被曲线C截得的弦长为2=.(10分)‎ C. 解:因为正数a,b,c满足2a+4b+c=3,所以2(a+1)+4(b+2)+(c+3)=16.‎ 所以++=[2(a+1)+4(b+2)+(c+3)]·(++)‎ ‎≥(+2+1)2=.(8分)‎ 当且仅当a=,b=,c=时,取最小值.(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×=;B考生获得录取资格的概率为×=;‎ 所以P(M)=×+×=.‎ 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.(4分)‎ ‎(2) 随机变量X可能的取值为0,1,2,3.‎ C考生获得录取资格的概率为×=,由(1)得A,B两位考生获得录取资格的概率均为.‎ 所以A,B,C三位考生获得高校综合评价录取资格的人数X~B(3,).‎ 则P(X=0)=C()3=,P(X=1)=C()2·()1=,‎ P(X=2)=C()1·()2=,P(X=3)=C()3=,‎ 随机变量X的概率分布表如下:‎ X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P(X)‎ 数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×==(人).(8分)‎ 答:X的数学期望为人.(10分)‎ 注:(1) 如果随机变量X的概率分布列写成P(X=k)=C()3-k·()k(k=0,1,2,3),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n=3时,T3={1,2,3},3元子集有:{1,2,3},∴ S3=1;(1分)‎ 当n=4时,T4={1,2,3,4},‎ ‎3元子集有:{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},∴ S4=1×C+2C=5;(2分)‎ 当n=5时,T5={1,2,3,4,5},‎ ‎3元子集有:{1,2,3},{1,2,4},{1,2,5},{1,3,4},{1,3,5},{1,4,5},{2,3,4},{2,3,5},{2,4,5},{3,4,5},‎ ‎∴ S5=1×C+2×C+3×C=15.(4分)‎ ‎(2) (解法1)Tn={1,2,3,…,n},以1为最小值的3元子集个数为C;以2为最小值的3元子集个数为C;…以n-2为最小值的3元子集个数为C.‎ ‎∴ Sn=1×C+2×C+…+(n-3)×C+(n-2)×C(n≥3)‎ ‎=(n-2)×C+(n-3)×C+…+[n-(n-2)]×C+[n-(n-1)]×C ‎=n(C+C+…+C)-[2C+3C+…+(n-1)C] (*).‎ ‎∵ C=C+C,‎ ‎∴ C+C+…+C=C+C+…+C=C+C+…+C=C.(6分)‎ 下求2C+3C+…+(n-1)C.‎ 记f(x)=(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n-1(x≠0),‎ 则f′(x)=2(1+x)1+3(1+x)2+…+(n-1)(1+x)n-2(x≠0).‎ 记g(x)=(x+1)f′(x)=2(1+x)2+3(1+x)3+…+(n-1)(1+x)n-1(x≠0),‎ 则g(x)的展开式中x2项前的系数为2C+3C+…+(n-1)C.‎ 又f(x)=(x≠0),‎ f′(x)=(x≠0),‎ g(x)=(x≠0),‎ 则g(x)的展开式中x2项前的系数又可以写作nC-C,‎ ‎∴ 2C+3C+…+(n-1)C=nC-C,‎ ‎∴(*)式=nC-(nC-C)=C(n≥3).(10分)‎ ‎(解法2)由S3=1,S4=5,S5=15,S6=35…归纳猜想出Sn=C(n≥3).‎ 下用数学归纳法给出证明.‎ ‎①当n=3时,S3=1=C,结论成立;(2分)‎ ‎②假设n=k(k≥3,k∈N*)时,结论成立,即Sk=C,(4分)‎ 则当n=k+1时,Tk+1={1,2,3,…,k,k+1},‎ Sk+1=Sk+[C+2C+3C+…+(k-2)C+(k-1)C]‎ ‎=C+{(k-1)C+(k-2)C+…+[k-(k-2)]C+[k-(k-1)]C}‎ ‎=C+{k(C+C+…+C)-[C+2C+3C+…+(k-1)C]}‎ ‎=C+[kC-(kC-C)]‎ ‎=C+C=C,‎ 所以当n=k+1时,结论成立.‎ 综上,由①②可得Sn=C(n≥3).(10分)‎

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