【文档说明】江苏省七市(南通 泰州 扬州 徐州 淮安 连云港 宿迁)2020届高三第二次调研考试(4月)数学（含答案）.doc，共(16)页，160.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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·1·江苏省七市2020届高三第二次调研考试数学(满分160分，考试时间120分钟)2020．4参考公式：柱体的体积公式：V柱体＝Sh，其中S为柱体的底面积，h为高．锥体的体积公式：V锥体＝13Sh，其中S为锥体的底

面积，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A＝{1，4}，B＝{a－5，7}．若A∩B＝{4}，则实数a的值是________．2.若复数z满足zi＝2＋i，其中i是虚数单位，则z的模是________．3.在一块土地上种植某种农作物，连续

5年的产量(单位：吨)分别为9.4，9.7，9.8，10.3，10.8，则该农作物的年平均产量是________吨．4.如图是一个算法流程图，则输出S的值是________．5.“石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，

其规则是：在石头、剪子和布中，二人各随机选出一种，若相同则平局；若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头，甲、乙两人玩一次该游戏，则甲不输的概率是________．(第4题)6.在△ABC中，已知B＝2A，AC＝3BC，则A的值是________．7.在等差数列{an}(n∈N*)中，若a

1＝a2＋a4，a8＝－3，则a20的值是________．8.如图，在体积为V的圆柱O1O2中，以线段O1O2上的点O为顶点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为V1，V2，则V1＋V2V的值是________．9.在平面直角坐标系

xOy中，双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若△APQ为直角三角形，则该双曲线的离心率是________．10.在平面直角坐标系xOy中，点P在直线y＝2x上，过点P作圆C：(x－4)2＋y2＝8的

一条切线，切点为T.若PT＝PO，则PC的长是________．·2·11.若x＞1，则2x＋9x＋1＋1x－1的最小值是________．12.在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝ex在点P(x0，ex0)处的切线

与x轴相交于点A，其中e为自然对数的底数．若点B(x0，0)，△PAB的面积为3，则x0的值是________．13.如图(1)是第七届国际数学教育大会(ICME7)的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的(如图(2))，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝„＝A7A

8＝1，则A6A7→·A7A8→的值是________．14.设函数f(x)＝|log2x－a|，0＜x≤4，f（8－x），4＜x＜8.若存在实数m，使得关于x的方程f(x)＝m有4个不相等的实根，

且这4个根的平方和存在最小值，则实数a的取值范围是________．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)在平面直角坐标系xOy中，已知向量a＝(cosα，sinα)，b＝(cos(α＋π4)，sin(α＋

π4))，其中0＜α＜π2.(1)求(b－a)·a的值；(2)若c＝(1，1)，且(b＋c)∥a，求α的值．16.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，点P，Q分别为AB1，CC1的中点．求证：(1)PQ∥平面ABC；(2)PQ⊥平面ABB1A1.·3

·17.(本小题满分14分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x－3)2＋y2＝1，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切．(1)求椭圆E的方程；(2)设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当AN＝127AM时，

求直线l的方程．18.(本小题满分16分)某公园有一块边长为3百米的正三角形ABC空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉．方案是：先建造一条直道DE将△ABC分成面积之比为2∶1的两部分(点D，E分别

在边AB，AC上)；再取DE的中点M，建造直道AM(如图)．设AD＝x，DE＝y1，AM＝y2(单位：百米)．(1)分别求y1，y2关于x的函数关系式；(2)试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值．19.

(本小题满分16分)若函数f(x)在x0处有极值，且f(x0)＝x0，则称x0为函数f(x)的“F点”．(1)设函数f(x)＝kx2－2lnx(k∈R)．①当k＝1时，求函数f(x)的极值；②若函数f(x

)存在“F点”，求k的值；(2)已知函数g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)存在两个不相等的“F点”x1，x2，且|g(x1)－g(x2)|≥1，求a的取值范围．·4·20.(本小题满分16分

)在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝18.设数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝－1，an＋bn＝－12Sn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列bnan是等差数列；(3)是否存在等差数列{cn}，使

得对任意n∈N*，都有Sn≤cn≤an？若存在，求出所有符合题意的等差数列{cn}；若不存在，请说明理由．·5·2020届高三模拟考试试卷数学附加题(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A＝01a0的逆矩阵A－1＝02b0.若曲线C1：x24＋y2＝1在矩阵A对应的变换作用下得到

另一曲线C2，求曲线C2的方程．B.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，已知曲线C的方程为ρ＝r(r＞0)，直线l的方程为ρcos(θ＋π4)＝2.设直线l与曲线C相交于A，B两点，且AB＝27，求r的值．C.(选修

45：不等式选讲)已知实数x，y，z满足x21＋x2＋y21＋y2＋z21＋z2＝2，求证：x1＋x2＋y1＋y2＋z1＋z2≤2.·6·【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.小丽在同一城市开的2家店铺各有2名

员工．节假日期间的某一天，每名员工休假的概率都是12，且是否休假互不影响．若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店铺维持营业，否则该店就停业．(1)求发生调剂现象的概率；(2)设营业店铺数为X，求X的分布列和

数学期望．23.我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，„，xn)为n维向量，为该向量的范数．已知n维向量a＝(x1，x2，„，xn)，其中xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，„，n.记范数为奇数的n维向量a的个数为An，这An个向量的范数之和为Bn.(1)求A2和B2的值；(2)当n为

偶数时，求An，Bn(用n表示)．·7·2020届高三模拟考试试卷(七市联考)数学参考答案及评分标准1.92.53.104.525.236.π67.－158.139.210.1311.812.ln613.42714.(－∞，1)15.解：(1)因为向量a＝(cosα，sinα)，b＝

(cos(α＋π4)，sin(α＋π4))，所以(b－a)·a＝a·b－a2(2分)＝cosαcos(α＋π4)＋sinαsin(α＋π4)－(cos2α＋sin2α)(4分)＝cos(－π4)－1＝22－1.(6分)(2)因为c＝(1，1)，所以

b＋c＝(cos(α＋π4)＋1，sin(α＋π4)＋1)．因为(b＋c)∥a，所以[cos(α＋π4)＋1]sinα－[sin(α＋π4)＋1]cosα＝0.(9分)于是sinα－cosα＝sin(α＋π4)cosα－cos

(α＋π4)sinα，从而2sin(α－π4)＝sinπ4，即sin(α－π4)＝12.(12分)因为0＜α＜π2，所以－π4＜α－π4＜π4，于是α－π4＝π6，即α＝5π12.(14分)16.证明：(1)取AB的中点D，连结PD，CD.在△ABB1中，因为点P，D分

别为AB1，AB中点，所以PD∥BB1，且PD＝12BB1.在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1∥BB1，CC1＝BB1.·8·因为点Q为棱CC1的中点，所以CQ∥BB1，且CQ＝12BB1.(3分)于是PD∥CQ，PD＝CQ.所以四边形PDCQ为平行四边形，从而PQ∥CD.(5

分)因为CD⊂平面ABC，PQ⊄平面ABC，所以PQ∥平面ABC.(7分)(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC.又CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD.因为CA＝CB，点D为AB中点，所以CD⊥AB.(10分)由(1)知CD∥PQ，所以BB1⊥P

Q，AB⊥PQ.(12分)因为AB∩BB1＝B，AB⊂平面ABB1A1，BB1⊂平面ABB1A1，所以PQ⊥平面ABB1A1.(14分)17.解：(1)记椭圆E的焦距为2c(c＞0)．因为右顶点A(a，0)在圆C上，右准线x＝a2c与圆C：(x－

3)2＋y2＝1相切，所以（a－3）2＋02＝1，a2c－3＝1，解得a＝2，c＝1.于是b2＝a2－c2＝3，所以椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(4分)(2)(解法1)设N(xN，yN)，M(xM，yM)，显然直线

l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)．由方程组y＝k（x－2），x24＋y23＝1，消去y，得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.所以xN·2＝16k2－124k2＋3，解得xN＝8k2－64k2＋3.(6分)由方程组y＝

k（x－2），（x－3）2＋y2＝1，消去y，得(k2＋1)x2－(4k2＋6)x＋4k2＋8＝0，所以xM·2＝4k2＋8k2＋1，解得xM＝2k2＋4k2＋1.(8分)因为AN＝127AM，所以2－xN＝127(xM－2)，(10分)即124k2＋3＝127·21＋k2，解得

k＝±1.(12分)·9·所以直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.(14分)(解法2)设N(xN，yN)，M(xM，yM)，当直线l与x轴重合时，不符题意．设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)．由方程组x＝ty＋2，x24＋y23＝1，消去x

，得(3t2＋4)y2＋12ty＝0，所以yN＝－12t3t2＋4.(6分)由方程组x＝ty＋2，（x－3）2＋y2＝1，消去x，得(t2＋1)y2－2ty＝0，所以yM＝2tt2＋1.(8分)因为AN＝127AM，所以yN＝－127yM.(10分)即－12t3t2

＋4＝－127·2tt2＋1，解得t＝±1.(12分)所以直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.(14分)18.解：(1)因为S△ADE＝23S△ABC，△ABC是边长为3的等边三角形，又AD＝x，所以12AD

·AE·sinπ3＝23(12×32×sinπ3)，所以AE＝6x.(2分)由0＜AD＝x≤3，0＜AE＝x6≤3，得2≤x≤3.(解法1)在△ADE中，由余弦定理得DE2＝AD2＋AE2－2AD

·AE·cosπ3＝x2＋36x2－6.所以，直道DE的长度y1关于x的函数关系式为y1＝x2＋36x2－6，x∈[2，3]．(6分)在△ADM和△AEM中，由余弦定理得AD2＝DM2＋AM2－2DM·AM·cos

∠AMD①，AE2＝EM2＋AM2－2EM·AM·cos(π－∠AMD)②.(8分)因为点M为DE的中点，所以DM＝EM＝12DE.由①＋②，得AD2＋AE2＝DM2＋EM2＋2AM2＝12DE2＋2AM2.

所以x2＋(6x)2＝12(x2＋36x2－6)＋2AM2，所以AM2＝x24＋9x2＋32.所以，直道AM的长度y2关于x的函数关系式为y2＝x24＋9x2＋32，x∈[2，3]．(10分)(解法2)在△ADE中，因为DE→＝AE→－AD→，所以DE→2＝AE→2－

2AE→·AD→＋AD→2＝(6x)2－2·6x·xcosπ3＋x2＝x2＋36x2－6.·10·所以，直道DE的长度y1关于x的函数关系式为y1＝x2＋36x2－6，x∈[2，3]．(6分)在△ADE中，因为点M为DE的中点，所以AM→＝12(AD→＋AE→)．(8分)所以AM→2

＝14(AD→2＋AE→2＋2AD→·AE→)＝14(x2＋36x2＋6)．所以，直道AM的长度y2关于x的函数关系式为y2＝x24＋9x2＋32，x∈[2，3]．(10分)(2)由(1)得，两条直道的长度之和为DE＋AM＝y1＋y2＝x2＋36x2－6＋x24＋9x2＋32≥

2x2·36x2－6＋2x24·9x2＋32(12分)＝6＋322(当且仅当x2＝36x2，x24＝9x2，即x＝6时取“＝”)．(14分)答：当AD＝6百米时，两条直道的长度之和取得最小值(6＋322)百米．

(16分)19.解：(1)①当k＝1时，f(x)＝x2－2lnx(k∈R)，所以f′(x)＝2（x－1）（x＋1）x(x＞0)．令f′(x)＝0，得x＝1.(2分)列表如下：x(0，1)1(1，＋∞)f′

(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为1，无极大值．(4分)②设x0是函数f(x)的一个“F点”(x0＞0)．因为f′(x)＝2（kx2－1）x(x＞0)，所以x0是函数f′(x)的零点．所以k＞0.由f′(x0)＝0，得

kx20＝1，x0＝1k.由f(x0)＝x0，得kx20－2lnx0＝x0，即x0＋2lnx0－1＝0.(6分)设φ(x)＝x＋2lnx－1，则φ′(x)＝1＋2x＞0，所以函数φ(x)＝x＋2lnx－1在(0，＋∞)上单调递增，注意到φ(1

)＝0，·11·所以方程x0＋2lnx0－1＝0存在唯一实数根1，所以x0＝1k＝1，得k＝1.根据①知，k＝1时，x＝1是函数f(x)的极小值点，所以1是函数f(x)的“F点”．综上，实数k的值为1.(9分)(2)因为g(x)

＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)，所以g′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)．因为函数g(x)存在不相等的两个“F点”x1和x2，所以x1，x2是关于x的方程3ax2＋2bx＋c＝0，ax3＋bx2＋cx＝x的两个相异实数根．由ax3＋bx2＋cx＝

x得x＝0，ax2＋bx＋c－1＝0.(11分)①当x＝0是函数g(x)一个“F点”时，c＝0且x＝－2b3a，所以a(－2b3a)2＋b(－2b3a)－1＝0，即9a＝－2b2.又|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|＝－2b3a－0≥1，所以4b2≥9a2，所以9a2≤2(－9a

)．又a≠0，所以－2≤a＜0.(13分)②当x＝0不是函数g(x)一个“F点”时，则x1，x2是关于x的方程3ax2＋2bx＋c＝0，ax2＋bx＋c－1＝0的两个相异实数根．又a≠0，所

以2b3＝b，c3＝c－1，解得b＝0，c＝32.所以ax2＝－12，得x1，2＝±－12a.所以|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|＝2－12a≥1，得－2≤a＜0.综上，实数a的取值范围是[－2，0)．(16分)20.(1)解

：设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，a4＝18，所以q3＝18，解得q＝12.·12·所以数列{an}的通项公式为an＝(12)n－1.(3分)(2)证明：由(1)得，当n≥2，n∈N*时，(12)n－1＋bn＝－1

2Sn－1①，所以(12)n＋bn＋1＝－12Sn②，②－①，得bn＋1－12bn＝(12)n，(5分)所以bn＋1（12）n－bn（12）n－1＝1，即bn＋1an＋1－bnan＝1，n≥2，n∈N*.因为b1＝－1，由①得b2＝0，所以b2a2－b1a1＝0－(

－1)＝1，所以bn＋1an＋1－bnan＝1，n∈N*.所以数列bnan是以－1为首项，1为公差为等差数列．(8分)(3)解：由(2)得bnan＝n－2，所以bn＝n－22n－1，Sn＝－2(a

n＋1＋bn＋1)＝－2(12n＋n－12n)＝－n2n－1.假设存在等差数列{cn}，其通项cn＝dn＋c，使得对任意n∈N*，都有Sn≤cn≤an，即对任意n∈N*，都有－n2n－1≤dn＋c≤12n－1

③.(10分)首先证明满足③的d＝0.若不然，d≠0，则d＞0，或d＜0.(ⅰ)若d＞0，则当n＞1－cd，n∈N*时，cn＝dn＋c＞1≥12n－1＝an，这与cn≤an矛盾．(ⅱ)若d＜0，则当n＞－1＋cd，n∈N*时，cn＝d

n＋c＜－1.而Sn＋1－Sn＝－n＋12n＋n2n－1＝n－12n≥0，S1＝S2＜S3＜„，所以Sn≥S1＝－1.故cn＝dn＋c＜－1≤Sn，这与Sn≤cn矛盾．所以d＝0.(12分)其次证明：

当x≥7时，f(x)＝(x－1)ln2－2lnx＞0.因为f′(x)＝ln2－1x＞ln2－17＞0，所以f(x)在[7，＋∞)上单调递增，所以当x≥7时，f(x)≥f(7)＝6ln2－2ln7＝ln6

449＞0.所以当n≥7，n∈N*时，2n－1＞n2.(14分)再次证明c＝0.(ⅲ)若c＜0时，则当n≥7，n＞－1c，n∈N*，Sn＝－n2n－1＞－1n＞c，这与③矛盾．·13·(ⅳ)若c＞0时，同(ⅰ)可得矛盾．所以c＝0.当cn＝0时，因为Sn＝1－

n2n－1≤0，an＝(12)n－1＞0，所以对任意n∈N*，都有Sn≤cn≤an.所以cn＝0，n∈N*.综上，存在唯一的等差数列{cn}，其通项公式为cn＝0，n∈N*满足题设．(16分)·14·2020届高三模拟考试试卷(七市联考)数学附

加题参考答案及评分标准21.A.解：因为AA－1＝E，所以01a002b0＝1001，即b002a＝1001.所以b＝1，2a＝1，解得a＝1

2，b＝1.所以A＝01120.(4分)设P(x′，y′)为曲线C1上任一点，则x′24＋y′2＝1.又设P(x′，y′)在矩阵A变换作用下得到点Q(x，y)，则01120x′y′＝xy，即y′x′2＝

xy，所以y′＝x，x′2＝y，即x′＝2y，y′＝x，代入x′24＋y′2＝1，得y2＋x2＝1，所以曲线C2的方程为x2＋y2＝1.(10分)B.解：以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直

角坐标系xOy，于是曲线C：ρ＝r(r＞0)的直角坐标方程为x2＋y2＝r2，表示以原点为圆心，半径为r的圆．(3分)由直线l的方程ρcos(θ＋π4)＝2，化简得ρcosθcosπ4－ρsinθsinπ4＝2，

所以直线l的直角坐标方程为x－y－2＝0.(6分)记圆心到直线l的距离为d，则d＝|2|2＝2.又r2＝d2＋(AB2)2，即r2＝2＋7＝9，所以r＝3.(10分)C.证明：因为x21＋x2＋y21＋y2＋z21＋z

2＝2，所以11＋x2＋11＋y2＋11＋z2＝1－x21＋x2＋1－y21＋y2＋1－z21＋z2＝1.(5分)由柯西不等式得(x21＋x2＋y21＋y2＋z21＋z2)(11＋x2＋11＋y2＋11＋z2)≥(x1＋x2＋y1＋y2＋z1＋z2)2，·15·所以(x1＋x2＋y1＋y2＋

z1＋z2)2≤2.所以x1＋x2＋y1＋y2＋z1＋z2≤2.(10分)22.解：(1)记2家小店分别为A，B，A店有i人休假记为事件Ai(i＝0，1，2)，B店有i人休假记为事件Bi(i＝0，1，2)，发生调剂现象的概率为

P，则P(A0)＝P(B0)＝C02(12)2＝14，P(A1)＝P(B1)＝C12(12)2＝12，P(A2)＝P(B2)＝C22(12)2＝14.所以P＝P(A0B2)＋P(A2B0)＝14×14＋14×14＝18.答：发

生调剂现象的概率为18.(4分)(2)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，则P(X＝0)＝P(A2B2)＝14×14＝116，P(X＝1)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝14×12＋12×14＝14.P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝

1)＝1－116－14＝1116.(8分)所以X的分布列为X012P116141116所以E(X)＝2×1116＋1×14＋0×116＝138.(10分)23.解：(1)范数为奇数的二元有序实数对有(－1，0)，(0，－1)，(0，1)，(1，0)，它们的范数依次为1，

1，1，1，故A2＝4，B2＝4.(3分)(2)当n为偶数时，在向量a＝(x1，x2，x3„，xn)的n个坐标中，要使得范数为奇数，则0的个数一定是奇数，所以可按照含0个数为1，3，„，n－1进行讨论：a的n个坐标中含1个0，其余坐标为1或－

1，共有C1n·2n－1个，每个a的范数为n－1；a的n个坐标中含3个0，其余坐标为1或－1，共有C3n·2n－3个，每个a的范数为n－3；„·16·a的n个坐标中含n－1个0，其余坐标为1或－1，共有Cn－1n·2个，每个a的范数为1；所

以An＝C1n·2n－1＋C3n·2n－3＋„＋Cn－1n·2，Bn＝(n－1)·C1n·2n－1＋(n－3)·C3n·2n－3＋„＋Cn－1n·2.(6分)因为(2＋1)n＝C0n·2n＋C1n·2n－

1＋C2n·2n－2＋„＋Cnn①，(2－1)n＝C0n·2n－C1n·2n－1＋C2n·2n－2－„＋(－1)nCnn②，①－②2得C1n·2n－1＋C3n·2n－3＋„＝3n－12，所以An＝3n－12.(8分

)(解法1)因为(n－k)Ckn＝(n－k)·n！k！（n－k）！＝n·（n－1）！k！（n－1－k）！＝nCkn－1，所以Bn＝(n－1)·C1n·2n－1＋(n－3)·C3n·2n－3＋„＋Cn－1n

·2＝n(C1n－1·2n－1＋C3n－1·2n－3＋„＋Cn－1n－1·2)＝2n(C1n－1·2n－2＋C3n－1·2n－4＋„＋Cn－1n－1)＝2n·(3n－1－12)＝n·(3n－1－1)．(10分)(解法2)①＋②2得C0n·2n＋C2n·2n－2＋„＝3n＋12.因为kCkn＝k·n

！k！（n－k）！＝n·（n－1）！（k－1）！（n－k）！＝nCk－1n－1，所以Bn＝(n－1)·C1n·2n－1＋(n－3)·C3n·2n－3＋„＋Cn－1n·2＝n(C1n·2n－1＋C3n·2n－3＋„＋Cn－1n·2)－[C1n·2n－1＋3·C3n·2n

－3＋„＋(n－1)·Cn－1n·2]＝nAn－n(C0n－1·2n－1＋C2n－1·2n－3＋„＋Cn－2n－1·2)＝n·(3n－12－3n－1＋12)＝n·(3n－1－1)．(10分)