江苏省盐城市第一中学2020届高三下学期六月第三次模拟数学试题 Word版含解析 28页

- 1 - 江苏省盐城市第一中学 2020 届高三年级六月 第三次模拟考试数学试题 第 I 卷（必做题，共 160 分） 一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．不需要写出解答过程，请将答案 填写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．．） 1. 已知集合  1 3A x x   ，  2 4B x x   ，则 A B =______. 【答案】 1 4x x  【解析】 【分析】 直接利用并集的定义求解. 【详解】由题得 A B = 1 4 .x x  故答案为 1 4x x  【点睛】本题主要考查并集的运算，意在考查学生对该知识的理解能力掌握水平. 2. 若复数满足 (2 ) 5i z  ，则在复平面内与复数 z 对应的点 Z 位于第______象限. 【答案】四 【解析】 【分析】 求出复数 z ，进而可得答案. 【详解】因为 5 22   z ii ， 所以在复平面内与复数 z 对应的点 Z 为 (2, 1) ， 复数 z 对应的点 Z 位于第四象限. 故答案为：四. 【点睛】本题考查复数的运算及几何意义，是基础题. 3. 袋中共有大小相同的 4 只小球，编号为 1，2，3，4．现从中任取 2 只小球，则取出的 2 只 球的编号之和是奇数的概率为___________________ 【答案】 2 3 【解析】 【分析】 - 2 - 列举出符合条件的所有基本事件，再由古典概型的计算公式计算即可. 【详解】袋中共有完全相同的 4 只小球，编号为 1，2，3，4， 现从中任取 2 只小球，则基本事件为：{1 }2， ，{1 }3， ，{1 }4， ，{2 }3， ，{2 4}， ，{3 }4， ，6 种情 况； 则取出的 2 只球编号之和是奇数基本事件为：{1 }2， ，{1 }4， ，{2 }3， ，{3 }4， 4 种情况； 所以取出的 2 只球编号之和是奇数的概率为： 4 2 6 3P   ， 故答案为： 2 3 . 【点睛】本题主要考查通过列举法计算古典概型的概率，属于基础题. 4. 某药厂选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组 区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17），将其按从左到右的顺序分别 编号为第一组，第二组，……，第五组，如图是根据实验数据制成的频率分布直方图，已知 第一组与第二组共有 20 人，则第三组中的人数为 _________． 【答案】18 【解析】 【分析】 由频率  频数 样本容量 以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有 20 人的频率，即可求出 总的人数，求出第三组的人数. 【详解】由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有 20 人，分布在区间第一组与第二组 的频率分 - 3 - 别为 0.24，0.16，设总的人数为 n,则 20 0.24 0.16 0.4, 50.nn      所以第 3 小组的人 数 为 50 0.36=18 人. 故答案为 18 【点睛】本题主要考查频率分布直方图中频数、频率等的计算，意在考查学生对这些知识 的理解能力掌握水平. 5. 下图是某算法的伪代码，输出的结果 S 的值为______. 【答案】16 【解析】 【分析】 直接按照算法的伪代码运行即得结果. 【详解】1＜6，i=3,S=4,3＜6，i=5,S=9,5＜6，i=7,S=16,7＞6，输出 S=16. 故答案为 16 【点睛】本题主要考查算法，意在考查学生对该知识的理解能力和掌握水平. 6. 设向量 a  ＝(1，－1)， a  －2b  ＝(k－1，2k＋2)，且 a  ⊥b  ，则 k＝_______． 【答案】 5 【解析】 【分析】 先求出向量b ，再根据由 a⊥b，即 0a b   ，求出 k 的值. 【详解】 a  ＝(1，－1)， a  －2b  ＝(k－1，2k＋2)，则  1 ( 1,2 2)2b a k k     ， 解得 3(1 , )2 2     kb k ，由 a  ⊥b  得 0a b   ， 所以得 31 02 2    k k ，所以得 5k   . - 4 - 故答案为： 5 【点睛】本题考查了向量的坐标运算，平面向量垂直的坐标表示，属于容易题. 7. 已知等比数列{ }na 满足 2 8a  ， 3 5 44 4 1a a a  ，则 3a  _______． 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用等比中项的性质将题干中的等式变形为 2 4 44 4 1 0a a   ，求出 4a 的值，可求出等比数 列 na 的公比，进而可求得 3a 的值. 【详解】 设等比数列 na 为公比为 q ， 由 3 5 44 4 1a a a  ， 得 2 4 44 4 1 0a a   ，化简得 2 4(2 1) 0a   ， 4 1 2a  ，又由 2 8a  ，可得 2 4 2 1 16 aq a   ， 得 1 4q   ， 3 2 2a a q    故答案为： 2 【点睛】 本题考查等比数列的通项公式，考查等比中项性质的应用，以及方程思想，考查计算能力， 属于基础题． 8. 已知双曲线 2 4 2 1x y m          的渐近线方程为 2 2y x      ，则 m   ． 【答案】2 【解析】 【详解】 - 5 - 【分析】 试题分析：因为该双曲线的焦点在 x 上，所以其渐近线方程为 2 my x  ， 所以 2 2 2 m  ,解得 2m     ，故答案为：2 考点：1．双曲线的几何性质； 9. 我国古代劳动人民在筑城、筑堤、挖沟、挖渠、建仓、建囤等工程中，积累了丰富的经验， 总结出了一套有关体积、容积计算的方法，这些方法以实际问题的形式被收入我国古代数学 名著《九章算术》中．《九章算术 商功》：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马， 一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．” 下图解释了这段话中由一个长方体，得到“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”的过程．已知如图 堑堵的棱长 2, 1, 1a b c   ，则鳖臑的外接球的体积为_________． 【答案】 6 【解析】 【分析】 根据鳖臑的产生过程，利用逆向思维，将其补为长方体求解. 【详解】 由题意知： “鳖臑”的外接球， 即为“堑堵”的外接球， 即为长方体的的外接球， 所以 2 2 22 2 1 1 6   r ， 解得 6 2r  ， 所以外接球的体积为 34 63V r   . - 6 - 故答案为： 6 【点睛】 本题主要考查几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于基础题. 10. 已知函数 2( )f x x ，则不等式 2( 2) ( ) f x f x 的解集是_________． 【答案】 ( 2,1) 【解析】 【分析】 本题首先可以根据  ( )f x f x  以及二次函数性质得出函数 2( )f x x 是偶函数且在 (0, ) 上递增，然后可以根据增函数性质以及偶函数性质将不等式 2( 2) ( ) f x f x 转化为 2| 2|x x  ，最后通过计算即可得出结果. 【详解】因为函数 2( )f x x 的定义域为 R ，    2 2( )f x x x f x     ， 所以函数 2( )f x x 是偶函数， 因为根据二次函数性质易知函数 2( )f x x 在 (0, ) 上递增， 所以 2( 2) ( ) f x f x ，即 2| 2|x x  ， 22 x x 或 22  x x ， 当 22 x x ， 2 2 0x x   ， 21 7+ 02 4x     ，无解； 当 22  x x ， 2 2 0x x   ，  2 1 0x x   ，解得 2 1x   ， 故答案为： ( 2,1) . 【点睛】本题考查偶函数性质以及增函数性质的灵活应用，考查函数奇偶性与单调性的判断， 若定义域关于 y 轴对称的函数  f x 满足  ( )f x f x  ，则函数  f x 是偶函数，考查推理能 力与计算能力，是中档题. 11. 函数 sin 2 cos2y x x  的图像向右平移 6  得到函数 ( )y f x 的图像，则 ( )f x 在 0, 2      上 的增区间为______． - 7 - 【答案】 70, 24      【解析】 【分析】 由用辅导角公式化简函数 sin 2 cos2y x x  ，再求出向右平移 6  后的图象解析式 ( )y f x ， 再求其增区间，再求出在 0, 2      上的增区间. 【详解】 sin 2 cos2 2 sin(2 )4    y x x x ，将其图像向右平移 6  ， 则 ( ) 2 sin[2( ) ] 2 sin(2 )6 4 12       f x x x 由 2 2 22 12 2          k x k ，解之得 5 7 ( )24 24         k x k k z ， 所以 ( )f x 在在 0, 2      上的增区间为 70, 24      . 故答案为： 70, 24      . 【点睛】本题考查了辅助角公式，三角函数的平移变换，三角函数的单调性，属于容易题. 12. 已知函数  f x 是定义在 R 上的奇函数，当 0x  时， 1( ) ex xf x  ，若关于 x 的方程  f x m 有解，则实数 m 的取值范围是________． 【答案】 ( 1,1) 【解析】 【分析】 本题首先可以根据 1( ) ex xf x  得出 2( ) ex xf x   ，然后利用 2( ) ex xf x   求出函数  f x 在区 间 0,  上的单调性与取值范围，再然后根据函数  f x 是奇函数求出当 0x  时函数  f x 的取值范围，最后根据函数  f x 在 R 上的取值范围即可得出实数 m 的取值范围. 【详解】当 0x  时， 1( ) ex xf x  ，    2 e 1 e 2( ) ee x x xx x xf x      ， 当 ( ) 0f x  ， 2 0ex x  ，解得 0 2x  ，函数  f x 为增函数； - 8 - 当 ( ) 0f x  ， 2 0ex x  ，解得 2x  ，函数  f x 为减函数， 故当 2x  时，函数  f x 在 0,  上最大值， 2 1(2) ef  ， 因为当 x 无限接近 0 时，  f x 无限接近 1 ，当 2x  ，   0f x  ， 所以当 0x  时， ( ) 2 11 ef x- < £ ， 因为函数  f x 是定义在 R 上的奇函数， 所以当 0x  时， ( )2 1 1e f x- £ < ，  0 0f  ， 所以当 xR ，  1 1f x   ， 故若关于 x 的方程  f x m 有解，则实数 m 的取值范围是 ( 1,1) . 【点睛】本题考查利用导数求函数的取值范围，考查奇函数的相关性质的应用，能否根据导 函数求出函数的单调性以及最值是解决本题的关键，考查推理能力与计算能力，是中档题. 13. 在△ABC 中， cos cos 3, 2 3.  A B AB 当sin sinA B 取最大值时，△ABC 内切圆 的半径为___. 【答案】 2 3 3 【解析】 【分析】 设 sin sin t A B ，与 cos cos 3.A B  两式平方相加化简可得 2 2cos( ) 1t A B   ，再 利用余弦函数的值域得到当且仅当 A B ，即 3cos cos 2  A B ，t 取得最大值，从而得到 角 A，B，再根据 2 3AB  ，求得边 a，b，然后利用等面积法求解. 【详解】设 sin sin t A B ，又 cos cos 3.A B  所以则 2 3 2 2cos( )   t A B ， 所以 2 2cos( ) 1 1   t A B ， 当且仅当 A B 时， max 1t ， - 9 - 即当 3cos cos 2  A B ， 即 6A B   时，sin sinA B 取最大值1， 又因为 2 3AB  ， 所以在△ABC 中， 1 1 2 32 2 2 3cos 6 2 AB a b       ， 设△ABC 内切圆的半径为 r，则 1 2 1sin ( )2 3 2    S ab a b c r ， 解得 2 3 3 r . 故答案为： 2 3 3 【点睛】本题主要考查两角和与差的三角函数，平方关系，余弦函数的值域以及三角形的内 切圆问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 14. 已知函数  y f x 是定义域为 R 的偶函数，当 0x  时，   21 ,0 24 1 3 , 22 4 x x x f x x            ， 若关于 x 的方程    2 7 016 af x af x     ，a R 有且仅有8 个不同实数根，则实数 a 的取 值范围是__________. 【答案】 7 16,4 9      【解析】 【分析】 判 断 出 函 数  y f x 的 单 调 性 ， 求 出 函 数 的 最 值 ， 可 得 要 使 关 于 x 的 方 程    2 7 016 af x af x     ， a R 有且仅有8 个不同实数根，转化为 2 7 016 at at   的两根 均在区间 31, 4      ，由二次函数的零点分布列出不等式组，解得即可． - 10 - 【详解】当 0 2x  时， 21 4y x  递减，当 2x  时， 1 3 2 4 x y       递增，由于函数  y f x 是定义域为 R 的偶函数， 则函数  y f x 在  , 2  和 0,2 上递减，在  2,0 和 2, 上递增， 当 0x  时，函数  y f x 取得最大值 0 ；当 2x   时，函数  y f x 取得最小值 1 ． 当 0 2x  时，  21 1,04y x    ；当 2x  时， 1 3 31,2 4 4 x y                . 要使关于 x 的方程    2 7 016 af x af x     ， a R ，有且仅有8 个不同实数根， 设  t f x ，则 2 7 016 at at   的两根均在区间 31, 4      ． 则有 2 7 04 31 2 4 71 016 9 3 7 016 4 16 aa a aa a a                      ，即为 7 04 3 22 16 9 9 5 a a a a a               或 ，解得 7 16 4 9a  ． 因此，实数 a 的取值范围是 7 16,4 9      . 故答案为： 7 16,4 9      . 【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性的运用，主要考查方程与函数的零点的关系，掌握 二次函数的零点分布是解题的关键，属于中档题． 二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分，请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字 说明、证明过程或演算步骤.） - 11 - 15. 在锐角 ABC  中，已知内角 A  、 B  、 C  所对的 边分别为 a  、 b  、 c  ，向量 (2sin( ), 3 ), ( cos2 ,2 cos 2 2 1 )m A C n B B                      ，且向量 m   ， n    共 线． （1）求角 B  的大小； （2）如果 1b   ，求 ABC  的面积 S ABC   的最大值． 【答案】（1）30° （2） 【解析】 试 题 分 析 ： （ 1 ） 由 向 量 共 线 的 充 要 条 件 得 ， 2sin( ) ( 2 cos 2 2 1 ) 3 cos2 ,A C B B               再由倍角公式求得 tan 2 3B    ，然后结合角的范围求出角 B ．（ 2 ） 求 最 值 往 往 列 出 函 数 式 ， 然 后 求 最 值 ． 本 题 先 由 余 弦 定 理 得 到 2 2 2 2 cos ,b a c ac B            然后用均值不等得出 2 3 ,ac      ，最后由三角形的面积公式求 解即可． 试题解析：（1）由向量 ,m n       共线 有： 2sin( ) ( 2 cos 2 2 1 ) 3 cos2 ,A C B B               即 tan 2 3B    ，又 0 2B      ，∴ 0 2B    ， 则 2B  = 3   ，即 6B     （2）由余弦定理得 2 2 2 2 cos ,b a c ac B            - 12 - 则 1 2 2 3 (2 3 )a c ac ac                ， ∴ 2 3 ,ac      当且仅当 a c  时等号成立 ∴ 1 2 sin 1 4 (2 3 )S ABC ac B               ． 考点：向量共线的充要条件、倍角公式、余弦定理、均值不等． 16. 如图，矩形 ABCD 所在平面与直角三角形 ABE 所在平面互相垂直，AE BE ，点 ,M N 分别是 ,AE CD 的中点． （1）求证： MN ∥平面 BCE ； （2）求证：平面 BCE  平面 ADE ． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）取 BE 中点 F ，连接 ,CF MF ，根据 M ， N 为中点，证明四边形 MNCF 是平行四边 形即可. （2）根据平面 ABCD  平面 ABE ，BC AB ，得到 BC ⊥平面 ABE ，进而得到 BC AE⊥ ， 又 AE BE ，利用线面垂直的判定定理得到 AE ⊥ 平面 BCE ，再利用面面垂直的判定定理 证明. 【详解】（1）如图所示： - 13 - 取 BE 中点 F ，连接 ,CF MF ， 又∵ M 是 AE 中点， ∴ 1/ / , 2 MF AB MF AB ， 又∵ N 是矩形 ABCD 边 CD 中点， ∴ / / , MF NC MF NC ， ∴四边形 MNCF 是平行四边形 ∴ / /MN CF ，又 MN 面 BCE ，CF  面 BCE ， ∴ MN ∥平面 BCE ． （2）∵平面 ABCD  平面 ABE ，平面 ABCD 平面 ABE AB ， BC AB ，∴ BC ⊥平面 ABE ，∵ AE  平面 ABE ， ∴ BC AE⊥ ，又 AE BE ， BC BE B ， ∴ AE ⊥ 平面 BCE ，而 AE  平面 ADE ， ∴平面 BCE  平面 ADE ． 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理， 还考查了转化化归的思想和逻辑推理的能力，属于中档题. 17. 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0)a b  的左、右焦点分别为 1 2( ,0) ( ,0)、F c F c ，已知 2(1, )2 和 2 3( , )2 2 都在椭圆上. （1）求椭圆C 的方程； （2）过点 2F 的直线 l 与椭圆C 相交于 ,P Q 两点，且 2 1 1 2 2 4QPF F F F QF       ，求直线 l 的 方程． - 14 - 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 7 1 0x y   . 【解析】 【分析】 （1）根据 2(1, )2 和 2 3( , )2 2 都在椭圆上，代入椭圆方程，由 2 2 2 2 1 1 2 1 1 3 2 4 1 a b a b         求解. （2）由（1）知： 1 2( 1,0) (1,0)F F 、 ，设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ，当斜率不存在时，直线方 程为 1x  ，代入椭圆方程求得 P，Q 的坐标，验证 2 1 1 2 2 4QPF F F F QF       即可.当斜率存 在时，设直线方程为  1y k x  ，与椭圆方程联立，将 2 1 1 2 2 4QPF F F F QF       ，转化 为      2 2 2 1 2 1 21 1 1 0k x x k x x k       ，将韦达定理代入求解. 【详解】 （1）因为 2(1, )2 和 2 3( , )2 2 都在椭圆上， 所以 2 2 2 2 1 1 2 1 1 3 2 4 1 a b a b         ， 解得 2 2 2 1 a b     ， 所以椭圆方程为： 2 2 12 x y  . （2）由（1）知： 1 2( 1,0) (1,0)F F 、 ，设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ， 当斜率不存在时，直线方程为 1x  ，代入椭圆方程解得： 2 21, , 1,2 2P Q              ， 所以  2 1 1 2 2 2 2 2 10, 2, 2,0 0, 42 2 2 2PF F F F QFQ                                    ，不成立. - 15 - 当斜率存在时，设直线方程为  1y k x  ，代入椭圆方程化简得：  2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k     ， 由韦达定理得： 2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,1 2 1 2 k kx x x xk k     ， 因为        2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 21 , 1 , 2,0 1 , 4PF F F F QF x y x y x yQ                ， 即 1 2 1 2 1 2 1 0x x y y x x     ， 即      2 2 2 1 2 1 21 1 1 0k x x k x x k       ， 将 2 2 1 2 1 22 2 4 2 2,1 2 1 2 k kx x x xk k     代入上式得：         2 2 2 2 2 2 2 2 2 41 1 1 01 2 1 2 k kk k kk k           ， 化简得： 27 1k  ， 解得 1 7 k   ， 所以直线方程为：  1 1 7 y x   . 即 7 1 0x y   【点睛】 本题主要考椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及平面向量的应用，还考查了分类讨 论和运算求解的能力，属于中档题. 18. 某房地产商建有三栋楼宇 , ,A B C ，三楼宇间的距离都为 2 千米，拟准备在此三楼宇围成 的区域 ABC 外建第四栋楼宇 D ，规划要求楼宇 D 对楼宇 B ，C 的视角为120 ，如图所示， 假设楼宇大小高度忽略不计． - 16 - （1）求四栋楼宇围成的四边形区域 ABDC 面积的最大值； （2）当楼宇 D 与楼宇 B ，C 间距离相等时，拟在楼宇 A ， B 间建休息亭 E ，在休息亭 E 和 楼宇 A ， D 间分别铺设鹅卵石路 EA 和防腐木路 ED ，如图，已知铺设鹅卵石路、防腐木路 的单价分别为 a ， 2a （单位：元千米， a 为常数）．记 ＝BDE ，求铺设此鹅卵石路和防 腐木路的总费用的最小值． 【答案】（1）围成的四边形区域 ABDC 的面积的最大值 4 3 3 平方千米；（2）总费用的最 小值 4a 元. 【解析】 【分析】 （1）由楼宇 D 对楼宇 B ，C 的视角为120得楼宇 D 在一段圆弧上，则 BC CD 相等时，可 得 BCDS 最大， ABCS 固定，计算此时四边形 ABDC 的面积即可． （2）用 表示出 DE ， BE ，从而表示出铺设此鹅卵石路和防腐木路的总费：   2 2 3 2sin 1 3 cos af    ，再利用导数判断  f  的单调性，从而求得它的最小值，问题得解． 【详解】（1）当且仅当： 2 3 3BC CD  时，取得等号，所以 BCDS 的最大值为 3 3 又因为四边形 ABDC 的面积 ABC BCDS S S   所以四边形 ABDC 的面积的最大值为 4 3 3 . 答：四栋楼宇围成的四边形区域 ABDC 的面积的最大值 4 3 3 平方千米. （2）当楼宇 D 与楼宇 ,B C 间距离相等时 - 17 - 由（1）得： 2 3 3BD DC  则 DBC DCB   ，又因为 120BDC   ，所以 30DBC   ，因为等边三角形 ABC 所以 60ABC   ，所以 2ABD ABC DBC       在 Rt EBD 中， BDE   ，所以 2 3 cos 3cos BDDE BDE   2 3tan tan3BE BD BDE    ，则 2 32 tan3AE AB BE     所以铺设鹅卵石路和防腐木路的总费用   2f a EA a ED      2 3 2 32 tan 23 3cosa a         2 3 3cos sin 2 0,3 cos 3 a                     2 3sin cos 3 2 sin2 3 3 cos cos cos sinaf               2 2 3 2sin 1 3 cos a    令   10 sin 2f     因为 0, 3       ，所以 6    0, 6     6  ,6 3        f  - 0 +  f  ↘ 极小值 ↗ - 18 - 所以当 6   时，   3cos sin 22 3 6 6 46 3 cos 6 af f a           极小值 即：  f  的最小值为 4a 答：铺设此鹅卵石路和防腐木路的总费用的最小值 4a 元. 【点睛】本题主要考查了圆的性质，三角形面积计算，还考查了函数思想及转化思想，计算 能力及利用导数求函数的最值，考查了实际问题建模，属于难题． 19. 已知等差数列 na 和等比数列 nb 的各项均为整数，它们的前 n 项和分别为 ,n nS T ，且 1 12 2b a  ， 2 3 2 254, 11b S a T   . （1）求数列 na ， nb 的通项公式； （2）求 1 1 2 2 3 3n n nM a b a b a b a b     ； （3）是否存在正整数 m ，使得 1m m m m S T S T   恰好是数列 na 或 nb 中的项？若存在，求出所有 满足条件的 m 的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 12 1, 2 3n n na n b     ；（2） 2( 1) 3 2n nM n    ；（3）存在，1. 【解析】 【分析】 （1）利用基本量法直接计算即可； （2）利用错位相减法计算； （3） 2 1 *1 2 1 3 1 3 m m m m m m S T m NS T m        ，令 2 1 * 2 1 3 ,1 3 m m m L L Nm      可得  2( 1) 1 (3 )3mL m L    ，1 3L „ ，讨论即可. 【详解】（1）设数列 na 的公差为 d ，数列 nb 的公比为 q， 因为 1 1 2 3 2 22 2, 54, 11b a b S a T     ， 所以 2 (3 3 ) 54 1 2 2 11 q d d q        ，即 (1 ) 9 2 8 q d d q      ，解得 3 2 q d    ，或 3 2 5 q d     （舍去）. 所以 12 1, 2 3n n na n b     . - 19 - （2）  2 1 1 1 2 2 3 3 1 2 3 2 3 5 2 3 2 1 2 3n n n nM a b a b a b a b n                   ， 2 13 1 2 3 3 2 3 (2 3) 2 3 (2 1) 2 3n n nM n n               ， 所以  2 12 2 4 3 3 3 (2 1) 2 3n n nM n          ， 13(1 3 )2 4 (4 2) 3 4 (4 4) 31 3 n n nn n            所以 2( 1) 3 2n nM n    . （3）由（1）可得 2 nS n ， 3 1 n nT ， 所以 2 1 1 2 1 3 1 3 m m m m m m S T m S T m       . 因为 1m m m m S T S T   是数列 na 或 nb 中的一项，所以 2 1 * 2 1 3 ,1 3 m m m L L Nm      ， 所以  2( 1) 1 (3 )3mL m L    ，因为 2 1 0,3 0mm  … ， 所以1 3L „ ，又 *L N ，则 2L  或 3L  . 当 2L  时，有  2 1 3mm   ，即  2 1 13m m   ，令 2 1( ) 3m mf m  . 则 2 2 2 1 1 ( 1) 1 1 2 2 3( 1) ( ) 3 3 3m m m m m m mf m f m             . 当 1m  时， (1) (2)f f ；当 2m  时，    1 0f m f m   ， 即 (1) (2) (3) (4)f f f f     . 由 1(1) 0, (2) 3f f  ，知  2 1 13m m   无整数解. 当 3L  时,有 2 1 0m   ，即存在 1m  使得 2 1 2 1 3 31 3 m m m m     是数列 na 中的第 2 项， 故存在正整数 1m  ，使得 1m m m m S T S T   是数列 na 中的项. 【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前 n 项和，数列中的存在性问题，是一道较为综合的题. 20. 已知 ( ) ln  xf x e a x a ， ( ) xg x e x  ，其中常数 0a  ． （1）当 a e 时，求函数 ( )f x 的极值； - 20 - （2）若函数 ( ) ( ) y g x f x 有两个零点 1 2 1 2, 0( )x x x x  ，求实数 a 的范围； （3）设 2( ) ( 1) ( ( ) )  H x x g x x ，在区间 (1, ) 内是否存在区间[ , ]( 1)m n m ，使函数 ( )H x 在区间[ , ]m n 的值域也是[ , ]m n ？请给出结论，并说明理由. 【答案】（1）极小值 0，没有极大值；（2） 1a  ；（3）不存在区间[ , ]m n 符合要求，理由见解 析. 【解析】 【分析】 （1）求出导函数，利用导数研究函数的单调性，求出极值； （2）求出导函数，利用导数研究函数的单调性，极值，得到有两个零点的条件，求出 a 的范 围； （3）先根据导数判断 ( )H x 在 (1, ) 单调递增，将 ( )H x 在区间[ , ]m n 的值域也是[ , ]m n ， 转化为 ( )H x x 有两个大于1的不等实根解决问题. 【详解】函数 ( )f x 的定义域为 (0, ) ， （1）当 ea  时， ( ) e eln e  xf x x ， ( ) x ef x e x    ， 而 ( ) x ef x e x    在 (0, ) 上单调递增，又 ( ) 01f   ， 当 0 1x  时， ( ) (1) 0f x f   ，则 ( )f x 在 (0,1) 上单调递减； 当 1x  时， ( ) (1) 0f x f   ，则 ( )f x 在 (1, ) 上单调递增，所以 ( )f x 有极小值 (1) 0f  ， 没有极大值． （2）令 ( ) ( ) ( ) ln    h x g x f x a x x a ， ( ) a xh x x   ，因为 0a  ，所以 x (0, )a a ( , )a  ( )h x  0  ( )h x 增 减 - 21 - 因为 ( )h x 有两个零点，所以 ( ) 0h a ，所以 1a  当 1a  时因为 1( ) 0 h e ， 2(4 ) 0h a ，所以 ( )h x 有两个零点. (3) 2 2( ) ( 1) ( ( ) ) ( 1)     xH x x g x x x e ，假设在区间 (1, ) 内是存在区间[ , ]( 1)m n m ， 使函数 ( )H x 在区间[ , ]m n 的值域也是[ , ]m n ，因为 2( ) ( 1)   xH x x e ，当 1x  时 ( ) 0H x  所以 ( )H x 在 (1, ) 上是增函数，所以 ( ) ( ) H m m H n n    ，即 2 2 ( 1) ( 1) m n m e m n e n       即方程 2( 1) xx e x 有两个大于1的不等实根.上述方程等价于 2 0( 1)( 1)    x xe xx 设 2( ) 0( 1)( 1)     x xu x e xx ，所以 3 1( ) 0( 1)( 1)      x xu x e xx 所以 2( ) 0( 1)    x xu x e x 在 (1, ) 上是增函数，所以 ( )u x (1, ) 上至多一个实数根. 即 ( )u x (1, ) 上不可能有两个不等实数根，所以假设不成立，所以不存在区间[ , ]m n 符合要 求. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值，零点个数相关问题，考查了分析推 理能力，转化与化归思想，是导数应用的综合题. 江苏省盐城市第一中学 2020 届高三年级六月第三次模拟考试 数学试题 第 II 卷（附加题，共 40 分） 【选做题】本题共 2 小题，每小题 10 分共计 20 分，解答时应写出文字说明，证明过程或演 算步骤． 选修 4—2：矩阵与变换 21. 已知矩阵 3 2 aA d      ，若 1 8=2 4A           求矩阵 A 的特征值. 【答案】 4  或—1 【解析】 【分析】 由矩阵的乘法首先求得实数 a ， d 的值，然后求解矩阵的特征值即可． - 22 - 【详解】因为 1 6 8 2 2 2 4 aA d                  ，所以 6 8 2 2 4 a d      ， 解得 2a  ， 1d  ， 所以矩阵 A 的特征多项式为 2 3( ) ( 2)( 1) 62 1f           ， 令 ( ) 0f   解得矩阵 A 的特征值为 4  或 1 ． 故答案为： 4  或—1 【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，矩阵的特征值的求解等，重点考查学生对基础概念的理 解和计算能力． 选修 4—4：坐标系与参数方程 22. 极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与 x 轴的正半轴重合．已知圆 : cos sinO     和直线 2: sin 4 2l       . （1）求圆O 和直线 l 的直角坐标方程； （2）当  0,  时，求直线l 与圆O 公共点的一个极坐标． 【答案】（1）圆 2 2: 0O x y x y    ，直线 : 1 0l x y   ；（2） 1, 2      . 【解析】 【分析】 （1）在圆O 的极坐标方程两边同时乘以  得 2 cos sin      ，将直线l 的极坐标方程 化为 sin cos 1     ，利用极坐标和直角坐标之间的转换关系可得出圆O 和直线l 的直角 坐标方程； （2）将直线 l 和圆O 的直角坐标方程联立，求得公共点的坐标，再化为极坐标即可. 【详解】（1）在圆 O 的极坐标方程两边同时乘以  得 2 cos sin      ， 故圆O 的直角坐标方程为 2 2x y x y   ，即 2 2 0x y x y    . 将直线l 的极坐标方程化为 sin cos 1     ，则直线 l 的极坐标方程为 1 0x y   ； - 23 - （2）由 2 2 0 1 0 x y x y x y          ，可得 0 1 x y    ， 所以，直线l 与圆O 公共点的直角坐标为 0,1 ，故直线l 与圆O 公共点的一个极坐标为 1, 2      ． 【点睛】本题考查直线与圆的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，同时也考查了直线与 圆的公共点的极坐标的求解，考查计算能力，属于中等题. 【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分，解答时应写出文字说明，证明过程 或演算步骤． 23. 袋中装有黑球和白球共 7 个，从中任取 2 个球都是白球的概率为 1 7 ，现有甲，乙二人从 袋中轮流摸取 1 球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有一人 取到白球即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的. （1）求袋中原有白球的个数： （2）求取球次数 X 的分布列和数学期望. 【答案】（1）袋中原有 3 个白球; （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）本题是一个等可能事件的概率，设出袋中原有 n 个白球，写出试验发生包含的事件数和 满足条件的事件数，根据等可能事件的概率公式得到关于 n 的方程，解方程即可． （2）ξ的所有可能值为：1，2，3，4，5，求出ξ取每一个值时对应的概率，即得分布列， 再根据分布列，依据求数学期望的公式求得期望 Eξ． 【详解】（1）设袋中原有 n 个白球， 由题意知    2 2 7 1 1 12 =7 6 7 6 7 2 n n n n nC C     ， 所以  1 =6n n  . 解得 3n  ( 2n   ，舍去). 即袋中原有 3 个白球. （2）由题意， X 的可能取值为 1,2,3,4,5. - 24 -   31 7P X   ；   4 3 22 7 6 7P X    ；   4 3 3 63 7 6 5 35P X      ；   4 3 2 3 34 7 6 5 4 35P X        ；   4 3 2 1 3 15 7 6 5 4 3 35P X          . 所以，取球次数 X 的分布列为. X 1 2 3 4 5 P 3 7 2 7 6 35 3 35 1 35 所以   3 2 6 3 11 2 3 4 5 27 7 35 35 35E x            . 24. 如图，已知抛物线 2: 4r y x 焦点为 F ，过 r 上一点 0 0 0( , )( 0)A x y y  作切线 1l ，交 x 轴 于点T ，过点T 作直线 2l 交 r 于点  1 1 2 2, )( , ,B C xx yy . （1）证明： 2 1 2 0y y y ； （2）设直线 AB ， AC 的斜率为 1 2,k k ， ABC 的面积为 S ，若 1 2 2k k   ，求 S AF 的最小 值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 【解析】 【分析】 - 25 - （1）设过点 2 0 0,4 yA y      与 2 4y x 相切的切线 2 0 1 04: x yyl y k        ，与抛物线联立，利 用 0  可得 0 2k y  ，进而可得T 点坐标，再设直线 2 0: 4BC x my y  ，与抛物线联立，利 用韦达定理可得答案； （2）利用（1）的结果可得 1 2 1 2,x xx x ，代入 0 1 0 2 1 2 0 2 2 0 2 1 4 4 2y y y y y y x x k k         ，可得 m 与 0y 的关系，再利用弦长公式和点到直线的距离公式求出| |BC 和点 A 到 BC 的距离，则可表示出     32 0 22 2 0 0 2 16| | 2 4 yS AF y y    ，利用换元法和求导求其最小值. 【详解】（1）设过点 2 0 0,4 yA y      与 2 4y x 相切的切线 2 0 1 04: x yyl y k        ， 联立 2 0 0 2 4 4 yy k x y y x            ，消去 x 得 0 22 04 4 0ky y y ky    ， 由     0 2 0 2 0 0 20 16 4 4 0 2 0yk y k ky k y            ， 则 0 2 2 0 0 4 4T yx k y y    ，则 2 0 ,04T y     ， 因为直线 2l 的斜率不为 0， 设直线 2 0 2 : 4x my yl   ，联立方程 2 0 2 4 4 yx my y x      得 0 2 24 0y my y   ， 故 2 1 2 0y y y ； （2）由（1）得 2 1 2 0 1 2, 4y y y y y m   ，则   2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 0 0 2 0 1 2 0 4 4 4 16x my my y myy m yx y y y y               - 26 - 2 2 4 4 2 2 0 0 0 0 16 16 ymy ym y      2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 0 0 2 0 0 4 4 2 24x my my my y y y yx y m                        2 2 4 2 2 2 2 0 0 1 2 1 20 1 0 2 0 0 0 1 2 1 2 4 2 2 4 0 0 0 0 0 0 2 2 2 0 1 0 1 4 4 16 4 16 4 2 1 2 6 4 4 y y y y y yy y y y y y m y x x x k k mx x xy y y y y y y y                         整理得 2 3 0 0 04 8 4y m m y y   ，即     0 0 0 04 2 2 2y m y m y m y    ， 当 0m  时，点 ,B C 在 x 轴上方，必有 1 20, 0k k  ，与 1 2 2k k   矛盾 所以必有 0 0, 0y m  ，则 0 2 0y m  ， 则  0 04 2y m y   故 0 0 2 2m y y        ， 则  22 2 1 2 1 2 1 2| | 1 1 4BC m y y m y y y y      2 2 2 2 0 2 0 42 1 4 4 1 2m m y m y        ， 点 A 到 BC 的距离 2 2 2 0 0 0 20 0 2 2 2 0 | | | | | |4 1 4 2 1 1 2 y y ymy my d m y m m          ，   2 2 32 0 2 2 0 0 0 0 21 4| | 2 2 | |2 4 ,| | 12 2 4 y S BC d AFy y yy         ，     32 0 22 2 0 0 2 16| | 2 4 yS AF y y    ，令 2 0 2 , 2y t t   ， 则       2 22 2 2 33 2 0 0 3 3 32 0 4 2 2 2 4 8 2 2 21 2 y y t t t t t t t t t ty                      ， - 27 - 令 2 ,0 1p pt    ，则     22 2 0 0 2 3 32 0 4 1 2 y y p p p y       则对于函数 2 3y p p p   ， 则   ' 21 2 3 3 1 1y p p p p       ， 则函数 2 3y p p p   在 10, 3      上单调递增，在 1 ,13      上单调递减， 2 3 max 5 27 1 1 1 3 3 3y               ，     22 2 0 0 32 0 4 5 321 27 272 y y y       ，     32 0 22 2 0 0 2 1 2716 16 6 3| | 2 322 4 yS AF y y         ， 故 | | S AF 的最小值为 6 3 . 【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中面积的计算及最值的求解，本题 计算量较大，适当利用换元法可使计算变简单，是一道难度较大的题目. - 28 -