2020届高三模拟考试苏北四市数学四 17页

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2021-06-12 发布

2020届高三模拟考试苏北四市数学四

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‎2020届高三模拟考试试卷(四)‎ 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．‎ 17‎ ‎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．‎ 17‎ ‎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．‎ 17‎ ‎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．‎ 17‎ ‎【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．‎ 17‎ ‎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)＝，‎ 17‎ 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)‎ 17‎ ‎(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，‎ 17‎ 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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