【文档说明】江苏省南京市六校联合体2020届高三下学期5月联考 数学（含答案）.doc，共(17)页，191.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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＝{x|x<1}，则A∪B＝________．2.

已知复数z＝(a＋2i)(1＋i)的实部为0，其中i为虚数单位，a为实数，则z－＝________．3.如图，用茎叶图记录了甲、乙两组各3名同学在期末考试中的数学成绩，则方差较小的那组同学成绩的方差为________．(第3

题)4.运行如图所示的伪代码，则输出S的值为________．S←0I←1WhileI<10S←S＋II←I＋2EndWhilePrintS(第4题)5.某兴趣小组有2名女生和3名男生，现从中任选2名学生去参加活动，则至多有一名男生的概率为________．

6.设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝2S10，则S5＋4S15S10－S5＝________．7.已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，且满足f(x)＝f(2－x)．若f(1)＝3，则f(1)＋f(2)＋…＋f(50)＝________．8.将函

数f(x)＝2sin(x＋π6)sin(π3－x)图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为偶函数，则φ的最小值为________．9.已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1

，F2，过F2且与x轴垂直的直线与双曲线交于A，B两点．若F1F2＝32AB，则双曲线的渐近线方程为____________．10.如图，五边形ABCDE由两部分组成，△ABE是以角B为直角的直角三角形，四边形BCDE为正方形，现将该图

形以AC为轴旋转一周，构成一个新的几何体．若形成的圆锥和圆柱的侧面积相等，则圆锥和圆柱的体积之比为________．11.在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝6，∠DAB＝60°，DE→＝12EC→，BF→＝12FC→.若FG→＝2GE→，则AG→·BD→＝________．1

2.已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3bcosC，则1tanA＋1tanB＋1tanC的最小值为________．13.已知圆O：x2＋y2＝4，点A(2，2)，直线l与圆O交于P，Q两点，点E在直线l上且满足PQ→＝2QE

→.若AE2＋2AP2＝48，则弦PQ中点M的横坐标的取值范围是________．14.若函数f(x)＝(x3－3a2x＋2a)·(ex－1)的图象恰好经过三个象限，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△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA＝asin(2π3－B)．(1)求角B的大

小；(2)若a＝2，c＝3，求sin(A－C)的值．16.(本小题满分14分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1是矩形，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，M是棱CC1上的一点．(1)求证：BC⊥AM；(2

)若N是AB的中点，且CN∥平面AB1M，求证：M是棱CC1中点．17.(本小题满分14分)疫情期间，某小区超市平面图如图所示，由矩形OABC与扇形OCD组成，OA＝30米，AB＝50米，∠COD＝π6，经营者决定在O点处

安装一个监控摄像头，摄像头的监控视角∠EOF＝π3，摄像头监控区域为图中阴影部分，要求点E在弧CD上，点F在线段AB上，设∠FOC＝θ.(1)求该监控摄像头所能监控到的区域面积S关于θ的函数关系式，并

求出tanθ的取值范围；(2)求监控区域面积S最大时，角θ的正切值．18.(本小题满分16分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F1，点A，B为椭圆的左、右顶点，点P是椭圆上一点，且

直线PF1的倾斜角为π4，PF1＝2，椭圆的离心率为22.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N为椭圆上异于A，B的两点，若直线BN的斜率等于直线AM斜率的2倍，求四边形AMBN面积的最大值．19.(本小题满分16分)已知函数

f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，g(x)＝ex.(1)若a＝b＝1，c＝－1，求函数h(x)＝f（x）g（x）在x＝1处的切线方程；(2)若a＝1，且x＝1是函数m(x)＝f(x)g(x)的一个极值点，确定m(x)的单调区间；(3

)若b＝2a，c＝2，且对任意x≥0，f（x）g（x）≤2x＋2恒成立，求实数a的取值范围．20.(本小题满分16分)设数列{an}(任意项都不为零)的前n项和为Sn，首项为1，对于任意n∈N*，满足Sn＝an·an＋12.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在k，

m，n∈N*(k<m<n)，使得ak，am，an成等比数列，且16ak，a4m，a2n成等差数列？若存在，试求k＋m＋n的值；若不存在，请说明理由；(3)设数列{bn}，bn＝an，n＝2k－1，k∈N*，qn－1，n＝2k，k∈N*(q>0)，若由

{bn}的前r项依次构成的数列是单调递增数列，求正整数r的最大值．2020届高三模拟考试试卷(十三)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)求椭圆C：x216＋y24＝1在矩阵A＝140012对应的变换作用下所得曲线C′的方程．B.(选修44：坐标系与参数

方程)在极坐标系中，已知圆C经过点P(2，π4)，圆心为直线ρsin(θ＋π3)＝32与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．C.(选修45：不等式选讲)已知正数a，b，c满足abc＝1，求(a＋2)(b＋2)(c＋2)的最小值．【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，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)求异面直线A1M与C1E所成角的

余弦值；(2)求二面角AMA1N的平面角的正弦值．23.已知数列{an}满足an＝m＋C1n＋12＋C2n＋222＋C3n＋323＋…＋Cnn＋n2n，n∈N*，其中m为常数，a2＝4.(1)求m，a1的值；(2)猜想数列{an}的通

项公式，并证明．2020届高三模拟考试试卷(南京)数学参考答案及评分标准1.(－∞，2)2.－4i3.1434.255.7106.－87.38.π129.y＝±2x10.3311.2112.27313.(－1－72，－

1＋72)14.[－1，0)∪(0，1]15.解：(1)在△ABC中，由正弦定理asinA＝bsinB，及bsinA＝asin(2π3－B)，得sinBsinA＝sinAsin(2π3－B)．(2分)由A∈(0，π)时，sinA>0，可得sinB＝sin

(2π3－B)，展开得sinB＝sin2π3cosB－cos2π3sinB，即sinB＝3cosB．(4分)又由B∈(0，π)，得sinB>0，从而cosB≠0，从而有tanB＝3，可得B＝π3.(6分)(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝π3，得b2＝a2＋c

2－2accosB＝7，故b＝7.(7分)由asinA＝bsinB，得2sinA＝732，解得sinA＝37.因为a<c，故cosA＝27.(9分)因此sin2A＝2sinAcosA＝437，cos2A＝2cos2A－1＝17

.(11分)因为A－C＝A－(2π3－A)＝2A－2π3，所以sin(A－C)＝sin(2A－2π3)＝sin2Acos2π3－cos2Asin2π3＝437×(－12)－17×32＝－5314.(14分)16.证明：(1)因为侧面BCC1

B1是矩形，所以BC⊥CC1.(2分)又平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，BC⊂平面BCC1B1，所以BC⊥平面ACC1A1.(4分)又AM⊂平面ACC1A1，所以

BC⊥AM.(6分)(2)(证法1)取AB1中点H，连结NH，HM.因为N是AB的中点，所以在△ABB1中，NH∥BB1，且NH＝12BB1.又在三棱柱ABCA1B1C1中，所以BB1∥CC1，且BB1＝CC1.又M为棱

CC1上的一点，所以CM∥NH，所以CM，NH共面．(10分)又CN∥平面AB1M，CN⊂平面CNHM，平面CNHM∩平面AMB1＝MH，所以CN∥MH，所以四边形CNHM为平行四边形，(12分)所以CM∥NH，且CM＝NH，所以CM＝1

2BB1＝12CC1，所以M是棱CC1中点．(14分)(证法2)因为在三棱柱ABCA1B1C1中，所以BB1∥CC1，且BB1＝CC1.因为CM∥BB1，CM⊄平面ABB1A1，BB1⊂平面ABB1A1，所以CM∥平面ABB1A1.(8分)所以过MCN可作平面α交直线AB1于

点H，则CM⊂平面α，平面α∩平面ABB1A1＝NH，所以CM∥NH.(10分)又CN∥平面AB1M，CN⊂平面α，平面α∩平面AMB1＝MH，所以CN∥MH，所以四边形CNHM为平行四边形，(12分)所以NH∥AC∥BB1.又△ABB1中N是AB的中点，所以H是AB1的中

点，所以NH＝12BB1＝CM，所以M是棱CC1中点．(14分)17.解：(1)扇形EOC的面积为12×(π3－θ)×502＝2500π6－25002θ.(2分)四边形OCBF的面积为30×50－12×30×30tanθ.(4分)故阴影部分

的面积为S(θ)＝1500＋2500π6－50(9tanθ＋25θ)．(6分)因为θ∈[θ0，π3]，tanθ0＝35，所以tanθ∈[35，3]．(8分)(2)设h(θ)＝9tanθ＋25θ，则h′(θ)＝－9sin2θ－9cos2θsin2θ＋25＝－9sin2θ

＋25.令h′(θ)＝0得tanθ＝34∈[35，3]．(10分)记其解为θ1，并且h(θ)在[θ0，θ1)上单调递减，在(θ1，π3]上单调递增，所以h(θ)的最小值为h(θ1)，阴影部分的面积最大值为1500＋2500π6－50h(θ1)，

此时tanθ1＝34.(13分)答：监控区域面积S最大时，角θ的正切值为34.(14分)18.解：(1)因为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，所以a＝2c.设椭圆右焦点为F2，在△F1

PF2中，PF1＝2，∠PF1F2＝π4，由余弦定理得(2a－2)2＝22＋(2c)2－2×2c×2×cosπ4，解得c＝2，则a＝2，b＝2，所以椭圆的方程为x24＋y22＝1.(4分)(2)(解法1)设直线A

M的斜率为k，则直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立y＝k（x＋2），x24＋y22＝1，整理得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－4)>0.设M(x1，y1)，则－2x1＝8k2－42k2＋1，即x1＝2－4k22k2＋1，从而y

1＝4k2k2＋1.(8分)由kBN＝2kAM，可得直线BN的方程为y＝2k(x－2)，联立y＝2k（x－2），x24＋y22＝1，整理得(8k2＋1)x2－32k2x＋32k2－4＝0，Δ＝322k4－4(8k2＋1)(32k2－4)>0.设N(x2，y2)

，则2x2＝32k2－48k2＋1，即x2＝16k2－28k2＋1，从而y2＝－8k8k2＋1.(12分)由对称性，不妨设k>0，则四边形AMBN的面积S＝12×4×(y1－y2)＝2(4k2k2＋1＋8k8k2＋1)＝24×4k3＋k（2k2＋1）（8k2＋1）＝24×1k＋4k（8

k＋1k）（2k＋1k）＝24×1k＋4k16k2＋1k2＋10＝24×1k＋4k（1k＋4k）2＋2＝241k＋4k＋21k＋4k.令t＝1k＋4k，则t≥21k×4k＝4(当且仅当k＝12时取等号)，则S＝24t＋2t≤244

＋12＝163，故S的最大值为163.(16分)(解法2)设M(x1，y1)，则y21＝12(4－x21)，A(－2，0)，B(2，0)，则kMA·kMB＝y1－0x1＋2·y1－0x1－2＝y21x21－4＝－1

2.(6分)由kBN＝2kMA，故kBN·kBM＝－1.(7分)设直线MN的方程为x＝my＋t，联立x＝my＋t，x24＋y22＝1，整理得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，即t2<2m2＋4.设N(x2，y2)，则y1＋y2＝－2mtm2＋2，y1y2＝t2－4m2＋2.(9

分)由kBN·kBM＝－1，得y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，将y1＋y2＝－2mtm2＋2，y1y2＝t2－4m2＋2代入整理得(m2＋1)(t＋2)－2m2t＋(t－2)(m2＋2)＝0，即t＝23

，满足t2<2m2＋4.(12分)则四边形AMBN的面积S＝12×4|y1－y2|＝2（y1＋y2）2－4y1y2＝2（－2mtm2＋2）2－4×t2－4m2＋2＝839m2＋16（m2＋2）2，令u＝m2＋2，则S＝839u－2u2，u≥2，解得S的最大值为

163.(16分)19.解：(1)(1)因为a＝b＝1，c＝－1，所以h(x)＝x2＋x－1ex，h′(x)＝－x2＋x＋2ex.令x＝1，则h′(1)＝2e，又h(1)＝1e，所以y－1e＝2e(x－1)，即2x－ey－1＝0.(2分)(

2)因为a＝1，所以m(x)＝(x2＋bx＋c)ex，m′(x)＝[x2＋(b＋2)x＋b＋c]ex.因为x＝1是函数m(x)的一个极值点，所以m′(1)＝0，解得c＝－2b－3，则m′(x)＝[x2＋(b＋2)x－b－3

]ex＝(x－1)[x＋(b＋3)]ex.令m′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－b－3.(4分)因为x＝1是一个极值点，所以－b－3≠1，即b≠－4.当－b－3>1，即b<－4时，由m′(x)>0解得x∈(－∞，1)或x∈(－b－3

，＋∞)，由m′(x)<0解得x∈(1，－b－3)；当－b－3<1，即b>－4时，由m′(x)>0解得x∈(－∞，－b－3)或x∈(1，＋∞)，由m′(x)<0解得x∈(－b－3，1)．(7分)综上，当b<－4时，m(x)的单调递增区间为(－∞，1)和(－

b－3，＋∞)，单调递减区间为(1，－b－3)；当b>－4时，m(x)的单调递增区间为(－∞，－b－3)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－b－3，1)．(8分)(3)因为b＝2a，c＝2，所以f（x）g（x）＝ax2＋2ax＋2ex≤2x＋2对任意x≥0恒成立，即ax2＋2ax＋2－(2x＋

2)ex≤0对任意x≥0恒成立．令p(x)＝ax2＋2ax＋2－(2x＋2)ex，p(0)＝0，由p(1)＝3a＋2－4e≤0得a≤4e－23.(9分)p′(x)＝2a(x＋1)－2(x＋2)ex.①当a≤0时，对任意x≥0，p′(x)≤0，所以函数y＝p(x)在[0，＋∞)上单调递减，故p(x)

≤p(0)＝0，得a≤0符合题意．(10分)②当0<a≤4e－23时，令G(x)＝p′(x)＝2a(x＋1)－2(x＋2)ex，则G′(x)＝2a－2(x＋3)ex，当x≥0时，2(x＋3)ex≥6，2a－2

(x＋3)ex≤2（4e－2）3－6＝2（4e－11）3<0，所以对任意x≥0，G′(x)<0，得函数y＝G(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以G(x)≤G(0)＝2a－4.当2a－4≤0，即0<a≤2时，对任意x≥0，G(x)＝p′(

x)≤0，得函数y＝p(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以，对任意x≥0，p(x)≤p(0)＝0恒成立，得0<a≤2符合题意．(13分)当2a－4>0，即2<a≤4e－23时，由G(0)＝2a－4>0，G(1)＝4a－6e<0

，得G(0)G(1)<0.又函数y＝G(x)在区间[0，1]上的图象连续不间断，且单调递减，由零点存在定理可得，存在唯一x0∈(0，1)，使得G(x0)＝0.所以，当x∈(0，x0)时，G(x)＝p′(x)>0，所以函数y＝p(x)在(0，x0)上单调递增，故当x∈(0，x0

)时p(x)>0，与题意不符．综上，实数a的取值范围是a≤2.(16分)20.解：(1)数列{an}是非零数列，所以an≠0.当n＝1时，a1＝S1＝a1a22，a2＝2；当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝anan＋12－an－1an2，所以an＋1－an－1

＝2，(2分)所以{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，{a2n}是首项为2，公差也为2的等差数列，a2n－1＝a1＋2(n－1)＝2n－1，a2n＝a2＋2(n－1)＝2n，所以an＝n.(4分)(2)设k，m，n∈N*(k<m<n)，因为ak，am，an成等比数列，所以m2＝

kn.因为16ak，a4m，a2n成等差数列，所以2m4＝16k＋n2.(6分)消去m可得2k2n2＝16k＋n2，所以n2＝16k2k2－1.因为n≥3，所以16k2k2－1>8，0<k<1＋32，k∈N*.(8分)因此，k＝1，m＝2，n＝4，k＋m＋n＝7.(9

分)(3)若{bn}是单调递增数列，所以当n是偶数，n－1<qn－1<n＋1恒成立，两边取自然对数，化简可得ln（n－1）n－1<lnq<ln（n＋1）n－1(*)，显然q>1.(11分)设函数f(x)＝lnxx，求导f

′(x)＝1－lnxx2＝0，x＝e，当0<x<e时，f′(x)>0，所以f(x)是增函数；当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)是减函数，所以f(x)在x＝e处取极大值．所以，当n≥4时ln（n－1）n－1是递减数列，ln11<ln33，

所以ln33是ln（n－1）n－1的最大值，lnq>ln33.(13分)设函数g(x)＝ln（x＋2）x，求导g′(x)＝xx＋2－ln（x＋2）x2<0(x≥1)，所以ln（n＋1）n－1是递减数列，当n＝6时，ln75>ln33；当n＝8时，

ln97＝ln372<ln33.(15分)所以当2≤n≤6时，存在q>313，(*)式成立，当n＝8时(*)式右侧不等式不成立．所以，至多前8项是递增数列，即正整数r的最大值是8.(16分)2020届高三模拟考试试卷(南京)数学附加题参考答案及评分标准21.A.解：设P(x，y)是

曲线C′上的任一点，它是椭圆C：x216＋y24＝1上的点P1(x′，y′)在矩阵A＝140012对应变换作用下的对应点，则xy＝140012x′y′＝

x′4y′2，(4分)即x＝x′4，y＝y′2，所以x′＝4x，y′＝2y.(6分)将x′＝4x，y′＝2y，代入x216＋y24＝1，得x2＋y2＝1.(10分)B.解：

以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．(1分)由直线ρsin(θ＋π3)＝32得ρsinθ·12＋ρcosθ·32＝32，∴12y＋32x＝32，即y＝－3x＋3.(4分)∴直线与x轴的交点为(1，0)．又点P的直角坐标为(1，1)，∴圆C的方程为(x－1)2＋y2＝1.(6分

)∵x2＋y2－2x＝0，ρ2－2ρcosθ＝0，∴ρ＝0或ρ＝2cosθ.又ρ＝0表示极点也在圆上，∴圆的极坐标方程为ρ＝2cosθ.(10分)C.解：因为(a＋2)(b＋2)(c＋2)＝(a＋1＋1)(b＋1＋1)(c＋1＋1)≥33a·33b·33c＝273abc＝

27，(6分)当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，所以(a＋2)(b＋2)(c＋2)的最小值为27.(10分)22.解：(1)因为直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，所以∠BAD＝60°.由E为BC的中点，可得DE⊥BC.又AD∥BC可得D

E⊥AD.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.(1分)则A1(2，0，4)，M(1，3，2)，C1(－1，3，4)，E(0，3，0)，A1M→＝(－1，3

，－2)，C1E→＝(1，0，－4)，cos〈A1M→，C1E→〉＝A1M→·C1E→|A1M→||C1E→|＝－1＋88×17＝73468.所以，异面直线A1M与C1E所成角的余弦值为73468.(4分)(2)N(1，0，2)，A1A→＝(0，0，－4)，A1M→＝(－1，3，－2)，A1

N→＝(－1，0，－2)，MN→＝(0，－3，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则m·A1M→＝0，m·A1A→＝0，所以－x＋3y－2z＝0，－4z＝0，可取m＝(3，1，0)．(6分)设n＝(p，q，r

)为平面A1MN的法向量，则n·MN→＝0，n·A1N→＝0，所以－3q＝0，－p－2r＝0，可取n＝(2，0，－1)．(8分)于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝232×5＝155，所以二面角AMA1N的正弦值为105.(10分)23.解：(1)因为an＝m＋C

1n＋12＋C2n＋222＋C3n＋323＋…＋Cnn＋n2n，所以a2＝m＋3＝4，所以m＝1，此时a1＝2.(2分)(2)猜想：an＝2n.证明如下：(3分)①当n＝1时，由上知结论成立；(4分)②假设n＝k时结论成立，则有ak＝1＋C1k＋12＋C2k＋222

＋C3k＋323＋…＋Ckk＋k2k＝2k.则n＝k＋1时，ak＋1＝1＋C1k＋1＋12＋C2k＋1＋222＋C3k＋1＋323＋…＋Ck＋1k＋1＋k＋12k＋1.由Ck＋1n＋1＝Ck＋1n＋Ckn得ak＋1＝1＋C1k＋1＋C0k＋12＋C2k＋2

＋C1k＋222＋C3k＋3＋C2k＋323＋…＋Ckk＋k＋Ck－1k＋k2k＋Ck＋1k＋1＋k＋12k＋1＝2k＋C0k＋12＋C1k＋222＋C2k＋323＋…＋Ck－1k＋k2k＋Ck＋1k＋1＋k＋12k＋1，ak

＋1＝2k＋12(C0k＋1＋C1k＋221＋C2k＋322＋…＋Ck－1k＋k2k－1＋Ck＋1k＋1＋k＋12k)＝2k＋12(C0k＋1＋C1k＋221＋C2k＋322＋…＋Ck－1k＋1＋k－12k－1＋Ckk＋1＋k＋Ck＋1k＋1＋k2k)．(7分)又Ck＋1

k＋1＋k＝（2k＋1）！k！（k＋1）！＝（2k＋1）！（k＋1）（k＋1）k！（k＋1）！＝12（2k＋1）！（2k＋2）（k＋1）！（k＋1）！＝12Ck＋1k＋1＋k＋1＝2k＋12(C0k＋1＋C1k＋221＋C2k＋322＋…＋Ck－1k＋1＋k－12k－1＋Ckk＋1＋k2

k＋Ck＋1k＋1＋k＋12k＋1)，于是ak＋1＝2k＋12ak＋1，所以ak＋1＝2k＋1，故n＝k＋1时结论也成立．由①②得an＝2n，n∈N*.(10分)