【文档说明】江苏省南通基地2020届高三高考密卷（6月）数学（含答案）.doc，共(17)页，670.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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I←1WhileI<6I←I+2S←2I+3EndWhilePrintS（第4题）高三数学模拟考试试卷数学Ⅰ参考公式：样本数据12nxxx，，，的方差2211()niisxxn，其中11niixxn．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上

．．．．．．．．．1．已知集合13A，，2|20Bxxx，则集合AB=▲．2．已知复数(1i)43iz（i为虚数单位），则复数z的模为▲.3．现有5位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：10，11，12，13，1

4，则康复时间的方差为▲.4．一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，则最后输出的S的值是▲．5．一张方桌有四个座位，A先坐在如图所示的座位上，B，C，D三人随机坐到其他三个位置上，则A与B相对而坐的概率为▲．注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷

共4页，包含填空题（共14题）、解答题（共6题），满分为160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2．答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上。3

．作答试题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效。如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑、加粗，描写清楚。（第5题）cba（第6题）BCDEFA（第14题）6．已知向量，，abc在正方形

网格中的位置如图所示．若R（，）abc，则的值为▲．7．将函数π()sin23fxx的图象向右平移个单位长度，所得函数为偶函数，则的最小正值是▲．8．已知na是等比数列，nS是其前n项和．若31412aa，4217SS，则2a的值为▲．9．过双

曲线2221(0)5yxbb的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为P．若△POF的面积为5，则该双曲线的离心率为▲．10．已知直线80axbyab，R经过点(12)，，则124ab的最小值是▲．11．过年了，小张准备去探望奶奶，到

商店买了一盒点心．为了美观起见，售货员用彩绳对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结．彩绳与长方体点心盒均相交于棱的四等分点处．设这种捆扎方法所用绳长为l1，一般的十字捆扎（如图（2）所示）所用绳长为l2．若点心盒的长、宽、高之比为2:2:1，则12ll的

值为▲．12．已知函数()fxx，则不等2(2)()fxfx式的解集是．13．已知A(x1，y1)、B(x2，y2)为圆M：224xy上的两点，且121212xxyy，设00()Pxy，为弦AB的中点，

则00|3410|xy的最小值为▲．14．已知等边ABC△的边长为1，点D，E，F分别在边AB，BC，AC上，且ADFDEFSS△△13ABCS△．若AD=x，CE=y，则yx的取值范围为▲．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．（第11题）

15．（本小题满分14分）在ABC△中，角ABC，，所对的边分别为a，b，c，sinsinsinsinsinsinsinBCBAABC．（1）若ABC△面积为3，求ab的值；（2）若223cba，求cosA．16．（

本小题满分14分）如图，已知EA和DC都垂直于平面ABC，AB=AC＝BC=AE=2CD，F是BE的中点．（1）若G为AF中点，求证：CG∥平面BDE；（2）求证：AF⊥平面BDE．17．（本小题满分14分）如图，某度假村有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD，其内有一

以正方形中心O为圆心，2百米为半径的圆形观景湖．现规划修建一条从边AB上点P出发，穿过生态园且与观景湖相切的观赏道PQ（其中Q在边AD上）．（1）设APQ，求观赏道PQ的长l关于的函数关系式()f；（2）试问如何规划设计，可使观赏道PQ的长l最短？18．（本小题

满分16分）G（第16题）BDFECA（第17题）PQOABCD如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22221(0)yxabab的离心率为22，点212，在椭圆上．若直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且l与直线2x相交于

Q．（1）求椭圆的方程；（2）当直线l的斜率为21时，求直线l的方程；（3）点T是x轴上一点，若总有0uuuruuurPTQT，求T点坐标．19．（本小题满分16分）设数列{an}的前n项和为Sn，且满足1(2)0nnnSnSn，N2nn，≥，22a．（1）求数列{

an}的通项公式；（2）记221111iiibaa，1(1)nniiTb．①求Tn；②求证：11lnlnnnnTTT．20．（本小题满分16分）已知函数2()(1)fxaxax，21()ln2gxx

xaxx．（1）若函数f(x)与g(x)在(0)，上均单调递减，求实数a的取值范围；（2）当(e0]a，（其中e为自然对数的底数）时，记函数()gx的最小值为m．求证：312em≤；（3）记

()()()2lnhxgxfxx，若函数h(x)有两个不同零点，求实数a的取值范围．高三数学模拟考试试卷（第18题）POxyQ数学Ⅱ（附加题）21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在．．．．．．．．．答题卡．．．相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．若多做，则按

作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）已知ab，R，矩阵13abM的特征值3所对应的一个特征向量为11．（1）求矩阵M；（2）若曲线1C：292yxx在矩阵M对应的

变换作用下得到另一曲线2C，求曲线2C的方程．B．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为31212xtyt，（t为参数）．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的

极坐标方程为4cos，求直线l被曲线截得的弦长．C．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知x，y，z是正实数，且=5xyz，求证：222210≥xyz．注意事项考生在答题前请认

真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷共2页，均为非选择题（第21~23题）。本卷满分为40分，考试时间为30分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2．答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字

笔填写在答题卡上，并用2B铅笔正确填涂考试号。3．作答试题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置作答一律无效。如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑、加粗，描写清楚。【必做

题】第22、23题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．22．(本小题满分10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，1

），点B在直线:1ly=-上，点T满足TB∥OA，()2ABABTB^-，T点的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）过点P()()00tt，>的直线交曲线C于点MN，，分别过M，N作直线l的垂线，垂足分别为11MN，．①若1190MPN?°，求实数t的值；②点M关于y轴的对称点为Q（与

N不重合），求证：直线NQ过一定点，并求出这个定点的坐标．23．(本小题满分10分)已知数列}{na满足：11||nnaannN≤，．（1）证明：||nknkaankn≤，，N；（2）证明：221(1)||2mimimmaa

m≤，N．高三数学模拟考试参考答案及评分细则一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．1．1；2．522；3．2；4．17；5．13；6．0；7．512；8．4；xyATBO（第22题）9．355；10．32；11

．22；12．-21（，）；13．57102；14．130222，，．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．15．【解】（1）因为(sinsin)(sinsin)sin(sinsin)BCBCABA，在ABC

V中，由正弦定理sinsinsinabcABC，得()()()bcbcaba，化简得222abcab，……3分在ABCV中，由余弦定理得，2221cos22abcCab，……4分因

为(0,)Cπ，所以3πC，又ABCV面积为3，可得1sin32abC，所以4ab.……7分（2）因为223cba,在ABCV中，由正弦定理sinsinsinabcABC,所以2sinsin2sin3CBA因为ABC

π，所以2sinsin()2sin3CACA……9分由（1）得3πC，所以2sinsin()2sin333ππAA，化简得333sincos222AA，所以1sin()63πA.……11分

因为203Aπ，所以662πππA，所以222cos()1sin()663ππAA，所以22311261coscos()6632326ππAA.……14分16．（本小题满分14分）证明：（1）取EF中点Q，连结GQ，因为G为AF中点，

所以GQ∥AE，且12GQAE.……2分因为EA和DC都垂直于平面ABC，所以CD∥AE，又AE=2CD，所以GQ∥CD，且GQCD.所以四边形CDQG为平行四边形，所以CG∥DQ，……4分又CG平面BDE，DQ平面BDE

，所以CG∥平面BDE．……6分（2）取AB中点P，连结FP，CP，因为F是BE的中点，所以FP∥AE，且12FPAE.因为EA和DC都垂直于平面ABC，所以CD∥AE.又AE=2CD，所以CD∥PF，且CD=PF，所以四

边形CDFP是平行四边形.所以CP∥DF.……8分因为AC＝BC，P为AB中点，所以CP⊥AB，所以DF⊥AB.因为EA垂直于平面ABC，CP平面ABC，所以CP⊥AE，所以DF⊥AE.……10分因为ABAEA，ABAE，平面ABE，所以DF⊥平面AB

E.因为AF平面ABE，所以DF⊥AF.……12分因为AB=AE，F是BE的中点，所以AF⊥BE.因为BEDFF，BEDF，平面BDE，所以AF⊥平面BDE.……14分17．（本小题满分14分）解：（1）以点A为

原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则(22)O，，(cos0)Pl，，(0sin)Ql，，所以直线PQ的方程为sin(cos)coslyxll，即sincossincos0xyl.……3分因为直线PQ与圆O相切，所以圆心到直线PQ的距离为2

22sin2cossincos2sincosld，化简得2sin2cossincos20l，……5分解得2sin2cos2sincosl，2sin2cos2()sincosf

，π5π1212，.……7分（2）因为2sin2cos2()sincosf，则2(cossin)(2sin2cos22sincos)()sincosf，……9分因为π5π1212

，，所以2sin2cos20≤，所以2sin2cos22sincos0令()0f，得π4，……11分则ππ124，时，()0f，()f单调递减，π5π412

，时，()0f，()f单调递增，所以π4时，()f取得最小值为22百米.答：设计成π4APQ时，可使观赏道PQ的长l最短.……14分18．（本小题满分16分）【解】（1）设椭圆的焦距为2c，由题意，得2222211+=1222.abcaabc

，，解得21.ab，所以椭圆的方程为2212xy．……3分（2）由题意，设直线l的方程为mxy21，联立方程组221212yxmxy，，得0444322

mmxx，因为直线l与椭圆有且只有一个公共点，所以221612440mm解得62m，所以直线l的方程为2621xy．……6分（3）当直线l的斜率不存在时，l与直线2x无交点，不符合题意，故直线l的斜率一定存在

，设其方程为y=kx+m，由2212ykxmxy，，得022412222mkmxxk，因为直线l与椭圆有且只有一个公共点，所以22221681210kmmk，化简得：2221mk，……8分所以412,PPPkxykxmmm，即

mmkP1,2，因为直线l与直线2x相交于Q，所以)2,2(kmQ，……10分设(0)Tt，，所以021)2(2mkttmkTQTP，即0)1(12ttmk对任意的k,m恒成立，……14分所以

01t，即1t，所以点T坐标为0,1.……16分19．（本小题满分16分）解：（1）因为1(2)0nnnSnSn，所以2n时，11S，即11a.因为2n≥时，1(2)0nn

nSnSn，即2nnSnan.n=1时也适合该式.所以2n≥时，2nnSnan，112(1)1nnSnan，两式相减得1(2)(1)10nnnana，则1(1

)10nnnana，两式相减得112(1)(1)(1)02nnnnananan，≥.所以11202nnnaaan，≥，所以11nnnnaaaa.所以数列{a

n}为等差数列.因为11a，22a，所以公差1d，所以1(1)1nann.……4分（2）①因为an=n，所以2222222211(1)(1)1(1)(1)iiiiibiiii(1)111111(1)(1)1

iiiiiiii，……6分所以111111111()()()()1122334111nnTnnnn，……8分②要证11lnlnnnnTTT，只要证11lnln212nnnnnn，只要证+12(1)l

n(2)ln1nnnnnn，即证+1+122lnln11+1+2111nnnnnnnnnnnn.……10分设+1nxn，x>1，令ln()11xxfxxx，，则21ln()(1)

xxfxx，……12分易证1ln0xx，故()0fx在1，上恒成立.所以()fx在1，上单调递增，因为121nnnn，所以12()()+1nnffnn.所以所证不等式成立.……16分20．（本小题满分16分）【解】（1）因为函数2()(1)fxax

ax在(0)，上单调递减，所以0102aaa，≤，解得1a≥.因为21()ln2gxxxaxx在(0)，上单调递减，所以()ln110gxxax≤在(0)，上恒成立，即ln0xax≤在(0)，上恒成立，所以lnxax≥在

(0)，上恒成立.……2分令ln()xtxx，则21ln()xtxx，令()0tx，得ex，当0ex，时，()0tx，()tx单调递增；当e+x，时，()0tx，()tx单调递减，所以max1()etx，所以1ea≥.故实数a的取值范

围为1，.……4分（2）因为()lngxxax，所以11()axgxaxx.当(e0]a，时，[0e)a，，所以11()0axgxaxx恒成立，所以()lngxxax在（0，+∞）上单调递增.因

为1e(1)()10eeeaagag≥0，，所以011ex，，使得0()0gx.，即00ln0xax.所以当00xx时，()0gx，()gx单调递减；当0xx时，()0gx

，()gx单调递增.从而2000min00000ln()()ln22axxxmgxgxxxxx.……8分令ln1()12exxxxx，，，则ln1()02xx.所以ln()2xxxx在11e，单调递减，因

此()(1)1x≥，13()()e2ex.所以312em≤.……10分（3）因为2()(1)fxaxax，21()ln2gxxxaxx，所以2()()()2ln(1)ln

112lnhxgxfxxaxaxxaxx，即2()lnhxaxxx.所以2121()21axxhxaxxx，当0a≤时，()0hx在(0)，上恒成立，则h(x)在(0)，上单调递减，故h(x)不可能有两个不同的零点.……12分当0a时

，22ln()xxhxxax，令2ln()xxFxax，则函数()hx与函数()Fx零点相同.因为312ln()xxFxx，令()12lnGxxx，则2()10Gxx在(0)，上恒成立

，因为(1)0G，则x(01)，1(1)，()Fx-0+()Fx递减极小值递增所以()Fx的极小值为(1)1Fa，所以要使()Fx由两个不同零点，则必须(1)10Fa，所以a的取值范围为01，.……14分因为(1)0F，1()0eF，又()Fx在01，内

连续且单调，所以()Fx在01，内有唯一零点.又22222222ln2022aaaaaaFaaaa，且21a，又()Fx在1+，内连续且单调，所以()Fx在1+，内有唯一零点.所以满足条件的a的取值范围为

01，.……16分21．【选做题】A．[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）【解】（1）因为11是矩阵13abM的特征值3所对应的一个特征向量，所以1111

M，即1113311ab，所以1333ab，，解得20ab，．所以矩阵2130M……4分（2）设曲线1C上任一点00()Qxy，在矩阵M的作用下得到曲线2C上一点(

)Pxy，，则002130xxyy，所以00023xyxxy，，解得00323yxyxy，．因为200092yxx，所以22923

33yyxy，即曲线2C的方程为2yx．……10分B．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）【解】曲线的直角坐标方程为2240xyx，……3分即22(2)4xy，圆心(

20)，，半径2r，直线l的普通方程为310xy，……6分所以圆心(20)，到直线l的距离12d，所以直线l被曲线C截得的线段长度22221222152Lrd．……10分C．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知x，y，z是正实数，且=5

xyz，求证：222210≥xyz．证明：由柯西不等式得222222222112xyzxyz≥…………6分因为=5xyz，所以2225(2)252≥xyz，所以222210≥

xyz，当且仅当2abc时取等号．……………………10分【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．22．(本小题满分10分)解:（1）设T的坐标为(),xy，则B为(),1x-，因为

A（0，1），所以()0,1TBy=--，(),2ABx=-因为()2ABABTB^-，所以()20ABABTB?=，所以220ABABTB-?，所以()24440xy+-+=，即24xy=，所以曲线C

的方程为24xy=……4分（2）法一：由题意，直线MN的斜率必存在，设为k则直线MN的方程为：ykxt=+，由24ykxtxyì=+ïí=ïî可得：2440xkxt--=设()()1122,,,MxyNxy，则21212Δ1616044ktxxkxxtì=+>ïï+=íï?-ïî①因为11

90MPN?°，所以110PMPN?因为()()1112,1,,1PMxtPNxt=--=--所以()21210xxt++=，所以()2410tt-++=解得：1t=……6分xyPN1MNM1O②因为点M关于y轴的对称点为Q，所以()()1112,0Q

xyxx-+?所以222121212121444QNxxyyxxkxxxx---===++所以直线NQ的方程为：()21114xxyyxx--=+令0x=得：()22211121112144444xxxxxxxxxyyt-=+=

-+==-所以直线NQ过定点，定点坐标为()0,t-……10分（2）法二：设()()222,,2,MmmNnn()mn¹，因为,,MNP三点共线，所以MPNPkk=，所以2222mtntmn--=，化简得：()()0mntmn+-=因为mn

¹，所以mnt=-①由题意：()()112,1,2,1MmNn--，所以()()112,1,2,1PMmtPNnt=--=--因为1190MPN?°，所以110PMPN?，所以()()2,12,10mtnt--?-=，

所以()2410mnt++=，所以()2410tt-++=，解得：1t=……6分②因为点M关于y轴的对称点为Q，所以()22,Qmm-()0mn+?所以22222QNnmnmknm--==+，所以直线NQ的方程为：()222nmymxm--=

+令0x=得：()222nmmymmnt-=+==-所以直线NQ过定点，定点坐标为()0,t-……10分23．(本小题满分10分)【解析】（1）证明：||=nknaa1121|()()()|nknknknknnaaaaaa11

21||||||nknknknknnaaaaaa≤11112nknkn≤kn≤．……3分（2）用数学归纳法证明．①当1m时，左边0||22aa=右边；当2m时，由（1）得左边||||4424aaaa2222|

|12aa≤=右边；②设当km时，结论成立，即有221(1)||2kikikkaa≤，……5分则当1km时，1122||1kiikaa||221221ikkkaaaaki1221||kkkiaa≤kiikaa12

2||由（1）得||221kkaa||222kkkaa212kk≤，所以1221||kkkiaak≤，……8分所以1122||1kiikaa221||kikikaa≤(1)2kkk≤(1)[(1)1]=2kk所以1

km时结论成立．由①②可知原不等式成立．……10分