【文档说明】江苏省扬州市2020届高三第二次模拟考试（5月）数学（含答案）.doc，共(15)页，163.500 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|－1＜x＜2}，B＝{x|x＞0}，则A∩B＝________．2.已知(1－i)z＝

2＋i，其中i是虚数单位，则复数z的模为________．3.已知某校高一、高二、高三年级分别有1000，800，600名学生，现计划用分层抽样的方法抽取120名学生去参加社会实践，则在高三年级需抽取________名学生．S←0ForIFrom1To

5S←S＋IEndForPrintS4.如图伪代码的输出结果为________．5.若实数x，y满足x≥0，y≥－1，x＋y－1≤0，则2x－y的最小值为________．6.已知a∈{－1，1}，b＝{－3，

1，2}，则直线ax＋by－1＝0不经过第二象限的概率为________．7.已知双曲线x24－y2b2＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的虚轴长为________．8.已知α为锐角，且cos(α＋π6)

＝13，则cosα＝________．9.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a1a6＝3a3，且a4与a5的等差中项为2，则S5＝________．10.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，O为上底面ABCD的中心．设正四棱柱ABCDA1B1C1D1与正四棱

锥OA1B1C1D1的侧面积分别为S1，S2，则S1S2＝________．11.已知曲线C：f(x)＝x3－x，直线l：y＝ax－a，则“a＝－14”是“直线l与曲线C相切”的____________条件．(选填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”

或“既不充分又不必要”)12.已知x＞0，y＞0，则x＋yx＋16xy的最小值为________．13.已知点D为圆O：x2＋y2＝4的弦MN的中点，点A的坐标为(1，0)，且AM→·AN→＝1，则OA→·OD→的最小值为________．

14.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋1，n4∉N*，an，n4∈N*.设{an}的前n项和为Sn，若S4n≤λ·2n－1恒成立，则实数λ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，已知2S＝bccosA，其中S为△ABC的面积，a，b，c分别为角A，B，C的对边．(1)求角A的值；(2)若tanB＝65，求sin2C的值．16.(本小题满分14分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中

，BC＝B1C，O为四边形ACC1A1对角线的交点，F为棱BB1的中点，且AF⊥平面BCC1B1.求证：(1)OF∥平面ABC；(2)四边形ACC1A1为矩形．17.(本小题满分14分)某厂根据市场需求开发三角花篮支架(如图)，上面为花篮，支架由三根细钢管组成．考虑到钢管的受

力和花篮质量等因素，设计支架应满足：①三根细钢管长均为1米(粗细忽略不计)，且与地面所成的角均为θ(π6≤θ≤π3)；②架面与架底平行，且架面三角形ABC与架底三角形A1B1C1均为等边三角形；③三根细钢管相交处的节点O分三根细钢管上、下

两段之比均为2∶3.定义：架面与架底的距离为“支架高度”，架底三角形A1B1C1的面积与“支架高度”的乘积为“支架需要空间”．(1)当θ＝π3时，求“支架高度”；(2)求“支架需要空间”的最大值．18.(本小题满分16分)如图，

在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点(1，22)，且椭圆的离心率为22.直线l：y＝x＋t与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中垂线交椭圆E于C，D两点．(1)求椭圆E的标准方程；(2)求线段CD长的最大值；(3)求A

C→·AD→的值．19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝a(x－1x)(a∈R)，g(x)＝lnx.(1)当a＝1时，解不等式：f(x)－g(x)≤0；(2)设u(x)＝xf(x)－g(x)．①当

a＜0时，若存在m，n∈(0，＋∞)(m≠n)，使得u(m)＋u(n)＝0，求证：mn＜1；②当a＞0时，讨论u(x)的零点个数．20.(本小题满分16分)对数列{an}，规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)．规定{Δ

2an}为{an}的二阶差分数列，其中Δ2an＝Δan＋1－Δan(n∈N*)．(1)已知数列{an}的通项公式an＝n2(n∈N*)，试判断{Δan}，{Δ2an}是否为等差数列，请说明理由；(2)若数

列{bn}是公比为q的正项等比数列，且q≥2，对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm，求q所有可能的取值构成的集合；(3)设各项均为正数的数列{cn}的前n项和为Sn，且Δ2cn＝0.对满足m＋n＝2k，m≠

n的任意正整数m，n，k，都有cm≠cn，且不等式Sm＋Sn＞tSk恒成立，求实数t的最大值.2020届高三模拟考试试卷(十五)数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21.(本小题满分10分)已知矩阵M＝a22

b，M＝1223，且MN＝1001.(1)求矩阵M；(2)若直线l在矩阵M对应的变换作用下变为直线x＋3y＝0，求直线l的方程．22.(本小题满分10分)在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为x＝

3t，y＝1－3t(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C：ρ＝22sin(θ－π4)，求直线l被曲线C截得的弦长．23.(本小题满分10分)某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活

动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1，2，3，4，5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次(每次摸出的小球均不放回口袋)，编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元(m为三位数的百位上

的数字，如三位数为234，则奖励100×2＝200元)．(1)求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；(2)求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与数学期望E(X)．24.(本小题满分10分)(1)求证：1k＋1Ckn＝1n＋1Ck＋1n＋1(n∈N*，k∈N)；(2)计算：

(－1)0C02020＋(－1)112C12020＋(－1)213C22020＋„＋(－1)202012021C20202020；(3)计算：∑2020k＝0(－1)kCk20202k＋2.2020届高三模拟考试试卷(扬州)数学参考答案及评分标准1.{x|0＜x＜2

}2.1023.304.155.－16.167.258.3＋2269.12110.310511.充分不必要12.4213.－114.λ≥33215.解：(1)因为2S＝bccosA，所以2×12bcsinA＝bccosA，则sin

A＝cosA．(3分)在△ABC中，因为A∈(0，π)，所以sinA＝cosA＞0，所以tanA＝1，(5分)所以A＝π4.(7分)(2)由(1)知A＝π4，又tanB＝65，所以tan(A＋B)＝tan(π4＋B)＝1

＋tanB1－tanB＝1＋651－65＝－11.(9分)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，所以tanC＝－tan(A＋B)＝11，所以sin2C＝2sinCcosC＝2sinCcosCsin2C＋cos2C＝2tanC1＋tan2

C＝2×111＋112＝22122＝1161.(14分)16.证明：(1)取AC中点D，连结OD.在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，BB1∥CC1∥AA1，且BB1＝AA1.因为O

为平行四边形ACC1A1对角线的交点，所以O为A1C的中点．又D为AC的中点，所以OD∥AA1，且OD＝12AA1.(2分)又BB1∥AA1，BB1＝AA1，所以OD∥BB1，且OD＝12BB1.又F为BB1的中点，所以OD∥BF

，且OD＝BF，所以四边形ODBF为平行四边形，所以OF∥BD.(5分)因为BD⊂平面ABC，OF⊄平面ABC，所以OF∥平面ABC.(7分)(2)因为BC＝B1C，F为BB1的中点，所以CF⊥BB1.因为AF⊥平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AF⊥B

B1.(9分)因为CF⊥BB1，AF⊥BB1，CF⊂平面AFC，AF⊂平面AFC，CF∩AF＝F，所以BB1⊥平面AFC.(11分)又AC⊂平面AFC，所以BB1⊥AC.又由(1)知BB1∥CC1，所以AC⊥CC1.在三

棱柱ABCA1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，所以四边形ACC1A1为矩形．(14分)17.解：(1)因为架面与架底平行，且AA1与地面所成的角为π3，AA1＝1米，所以“支架高度”h＝1×sinπ3＝32(

米)．(4分)(2)过O作OO1⊥平面A1B1C1，垂足为O1.又O1A1⊂平面A1B1C1，所以OO1⊥O1A1.又AA1与地面所成的角为θ，所以O1A1＝35cosθ.同理O1C1＝O1B1＝35cosθ，所以O1为等边三角形A1B1C1的外心，也为其重心，所以B1C1＝A1O1

·32×23＝35cosθ·3＝335cosθ，S△A1B1C1＝34×(335cosθ)2＝273100cos2θ.记“支架需要空间”为V，则V＝273100cos2θ·sinθ，θ∈[π6，π3]．(8分

)令t＝sinθ，则t∈12，32.所以V＝273100(1－t2)t＝273100(t－t3)，t∈12，32.又V′＝273100(1－3t2)＝－813100(t2－13)＝－813100(t＋33)(t－3

3)，则当t∈(12，33)时，V′＞0，V单调递增；当t∈(33，32)时，V′＜0，V单调递减，所以当t＝33时，Vmax＝273100[33－(33)3]＝273100×33×23＝950(立方米)．(13分)答：(1)当θ＝π3时，“支架高度”为32米；(2)“支

架需要空间”的最大值为950立方米．(14分)18.解：(1)设椭圆E的焦距为2c(c＞0)，则e＝ca＝a2－b2a＝22，可知a2＝2b2.(2分)因为椭圆E过点(1，22)，所以1a2＋12b2＝1，解得a2＝2，b2＝1，所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(4分)(2)设A(x1，y

1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．由y＝x＋t，x2＋2y2＝2得3x2＋4tx＋2t2－2＝0.又直线l：y＝x＋t与椭圆E相交于A，B两点，所以x1＋x2＝－43t，x1x2＝2t2－23，且Δ＝(4t)2－4×3×(2t2－2)＞0，则－3＜t＜3.

(6分)设AB的中点为M(xM，yM)，则xM＝x1＋x22＝－23t，yM＝xM＋t＝13t，所以AB的中垂线的方程为y＝－x－13t，即直线CD的方程为y＝－x－13t.由y＝－x－13t，x2＋2y2＝2得27x2＋12tx＋2t2－18＝0，则x3＋

x4＝－49t，x3x4＝2t2－1827，(8分)所以CD＝（x4－x3）2＋（y4－y3）2＝1＋（－1）2·（x3＋x4）2－4x3x4＝2·（－49t）2－4×2t2－1827＝2·－881t2＋83.又t∈(－3，3)，所以当t＝0时，CDmax＝2×83＝433.(

10分)(3)由(2)知AC→·AD→＝(x3－x1，y3－y1)·(x4－x1，y4－y1)＝(x3－x1)(x4－x1)＋(y3－y1)(y4－y1)＝(x3－x1)(x4－x1)＋(－x3－x1－43t)(－x4－x1－43t)＝x3x4－(x3＋x4)x1＋x21＋x3x4＋(x1＋43t

)(x3＋x4)＋x21＋83tx1＋169t2＝2x3x4＋43t(x3＋x4)＋2x21＋83tx1＋169t2.(13分)又x3＋x4＝－49t，x3x4＝2t2－1827，3x21＋4tx1＋2t2－2＝0，所以AC→·AD→＝2x3x4＋43t(x3＋x4)

＋23(3x21＋4tx1)＋169t2＝2×2t2－1827＋43t×(－49t)＋23(2－2t2)＋169t2＝(427－1627－3627＋4827)t2＝0.(16分)19.(1)解：设h(x)＝f(x)－g(x)＝x－

1x－lnx，则h′(x)＝1＋1x2－1x＝x2－x＋1x2＝（x－12）2＋34x2＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上递增．又h(1)＝0，所以0＜x＜1，所以f(x)－g(x)≤0的解集为(0，1)．(4分)(2)①证明：由u(m)＋u(n)＝0得a(m2－1)－lnm＋a

(n2－1)－lnn＝0，即a(m2＋n2－2)－lnm－lnn＝0，又a＜0，所以a(m2＋n2－2)－lnm－lnn＝0≤a(2mn－2)－ln(mn)．因为m≠n，所以“＝”不成立．(7分)思路一：设mn＝t，v(t)＝a(2t－2)－lnt(t＞0)，则v′(

t)＝2a－1t＜0，所以v(t)在(0，＋∞)上单调递减．又v(1)＝0，所以t＜1，即mn＜1.(10分)思路二：假设mn≥1，则2mn－2≥0，ln(mn)≥0，所以a(2mn－2)－ln(mn)≤0，这与a(2mn－2)－ln(mn)＞0矛盾，故mn＜1

.(10分)②解：u(x)＝xf(x)－g(x)＝a(x2－1)－lnx，当a＞0时，u′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x.令u′(x)＝0得x＝±12a(负值舍去)．所以当x∈(0，12a)时，u′(x)＜0，u(x)为减函数；当x∈(12a，＋∞)时，u′(x)＞0

，u(x)为增函数．又u(1)＝0，1°当12a＝1，即a＝12时，u(x)有1个零点；(12分)2°当12a＜1，即a＞12时，由u(1)＝0可知u(12a)＜u(1)＝0，又u(e－a)＞0，且e－a＜1，所以u(x)在(0，1)上有1个零点，故此时

u(x)有2个零点；(14分)3°当12a＞1，即0＜a＜12时，由u(1)＝0可知u(12a)＜u(1)＝0，令φ(x)＝lnx－(x－1)，则φ′(x)＝1x－1＝1－xx，所以当x∈(0，1)时，φ′(x)

＞0，φ(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，故lnx≤x－1，则－lnx≥－(x－1)．所以u(x)＞a(x2－1)－(x－1)，所以u(1a－1)＞0，且1a－1＞1，所以u(x)

在(1，＋∞)上有1个零点，故此时u(x)有2个零点．综上，当a＝12时，u(x)有1个零点；当a＞0时a≠12时，u(x)有2个零点．(16分)20.解：(1)因为an＝n2，所以Δan＝an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，则Δan＋1－Δan＝2.又Δa1＝3

，所以{Δan}是首项为3，公差为2的等差数列．因为Δ2an＝Δan＋1－Δan＝2，则{Δ2an}是首项为2，公差为0的等差数列．(2分)(2)因为数列{bn}是公比为q的正项等比数列，所以bn＝b1qn－1.又Δ2

bn＝Δbn＋1－Δbn＝bn＋2－bn＋1－(bn＋1－bn)＝bn＋2－2bn＋1＋bn，且对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm，所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得b1qn＋1－2b1qn＋b1qn－1＝b1qm－1，即

(q－1)2＝qm－n.因为q≥2，所以m－n≥0.1°若m－n＝0，则q2－2q＋1＝1，解得q＝0(舍)或q＝2，即当q＝2时，对任意的n∈N*，都有Δ2bn＝bn.2°若m－n＝1，则q2－3q＋1＝0，解得q＝3－52(舍)或q＝3＋52，即当q＝3＋5

2时，对任意的n∈N*，都有Δ2bn＝bn＋1.3°若m－n≥2，则qm－n≥q2＞(q－1)2，故对任意的n∈N*，不存在m∈N*，使得Δ2bn＝bm.综上所述，q所有可能的取值构成的集合为2，3＋52.(8分)(3)因为Δ2cn＝0，所以Δ2c

n＝Δcn＋1－Δcn＝cn＋2－cn＋1－(cn＋1－cn)＝cn＋2－2cn＋1＋cn＝0，所以cn＋2－cn＋1＝cn＋1－cn，所以{cn}是等差数列．设{cn}的公差为d，则cn＝c1＋(n－1)d.若d＝0，则cm＝cn；若d＜0，则当n＞1－c1d

时，cn＜0，与数列{cn}的各项均为正数矛盾，故d＞0.(10分)由等差数列前n项和公式可得Sn＝d2n2＋(c1－d2)n，所以Sn＋Sm＝d2n2＋(c1－d2)n＋d2m2＋(c1－d2)m＝d2(n2＋m2)＋(c1－d2)(m＋n)，Sk＝d2(m＋n2)

2＋(c1－d2)·m＋n2.又m≠n，m2＋n22＞（m＋n）24，所以Sn＋Sm＝d2(n2＋m2)＋(c1－d2)(m＋n)＞d2·（m＋n）22＋(c1－d2)(m＋n)＝2Sk，则当t≤2时，不等式Sm＋Sn＞tSk都成立．

(12分)另一方面，当t＞2时，令m＝k＋1，n＝k－1(k∈N*，k≥2)，则Sm＋Sn＝d2[(k＋1)2＋(k－1)2＋(c1－d2)·2k]＝d2(2k2＋2)＋2k(c1－d2)，Sk＝d2k2＋(c1－d2)k，则tSk－(Sm＋Sn)＝d2tk

2＋(c1－d2)tk－d2(2k2＋2)－2k(c1－d2)＝(d2t－d)(k2－k)＋(t－2)c1k－d.因为d2t－d＞0，k2－k≥0，所以当k＞d（t－2）c1，tSk－(Sn＋Sm)＞0，即Sm＋Sn＜tSk.综上，t的最大值为2.(16分)2020届高三模拟

考试试卷(扬州)数学附加题参考答案及评分标准21.解：(1)用待定系数或公式可求得M＝－322－1.(5分)(2)设直线l上任一点(x，y)在矩阵M对应的变换作用下为(x′，y′)，即－322－1xy＝－3x

＋2y2x－y＝x′y′在x＋3y＝0上，(8分)则－3x＋2y＋6x－3y＝0，即3x－y＝0，所以直线l的方程为3x－y＝0.(10分)22.解：把直线的方程l：x＝3t，y＝1－3t(t为参数)化为普通方程为x＋y＝1.(3分)圆ρ＝22

sin(θ－π4)化为普通方程为x2＋2x＋y2－2y＝0，即(x＋1)2＋(y－1)2＝2.(6分)圆心C到直线l的距离d＝12＝22.(8分)所以直线l被圆C截得的弦长为2（2）2－（22）2＝6.(10分)23.解：(1)因为n＝A3

5＝60，m＝A13A24＝36，所以P1＝3660＝35.答：摸到三位数是奇数的概率是35.(4分)(2)获奖金额X的可能取值为50，100，200，300，400，500，则P(X＝50)＝35，P(X＝100

)＝1×3×260＝110，P(X＝200)＝1×3×160＝120，P(X＝300)＝1×3×260＝110，P(X＝400)＝1×3×160＝120，P(X＝500)＝1×3×260＝110，(7分)获奖金额X的概率分布为X50100200300400

500P35110120110120110数学期望E(X)＝50×35＋100×110＋200×120＋300×110＋400×120＋500×110＝150元．答：期望是150元．24.解：(1)1k＋1Ckn＝1k＋1·n！k！（n－k）

！＝1n＋1·（n＋1）！（k＋1）！（n－k）！＝1n＋1Ck＋1n＋1.(2分)(2)(－1)0C02020＋(－1)112C12020＋(－1)213C22020＋„＋(－1)202012021C2

0202020＝∑2020k＝0(－1)k1k＋1Ck2020＝12021∑2020k＝0(－1)kCk＋12021＝12021.(4分)(3)(解法1)设an＝∑nk＝0(－1)kCkn2k＋2，则an＝1＋∑n－1k＝1(－1)k(Ckn－1＋Ck－1n－1)2k

＋2＋(－1)n2n＋2＝an－1＋∑nk＝1(－1)kCk－1n－12k＋2＝an－1＋2n∑nk＝1(－1)kCknkk＋2＝an－1＋2n∑nk＝0（－1）kCkn－∑nk＝0（－1）kCkn2k＋2＝an－1＋2n(0－an)

，(7分)所以an＝nn＋2an－1⇒an＝nn＋2·n－1n＋1an－2＝„＝n（n－1）·„·3·2（n＋2）（n＋1）·„·5·4a1.又a1＝13，所以an＝n！2！（n＋2）！＝1Cnn＋2.所以∑2020k＝0(－1)kCk20202k＋2＝a2020＝1C20

202022＝1C22022＝11011×2021＝12043231.(结果没化简，不扣分)(10分)(解法2)∑2020k＝0(－1)kCk20202k＋2＝∑2020k＝0(－1)k·2020！k！（2020－k）！·2（k＋1）（k＋2）（k＋1）＝∑2020k＝0(－1)k·20

22！（k＋2）！（2020－k）！·2（k＋1）2022×2021＝22022×2021·∑2020k＝0(－1)k·(k－1)·Ck＋22022＝22022×2021·∑2020k＝0(－1)k·(k＋2－1)·Ck＋22022＝2

2022×2021·∑2020k＝0（－1）k·（k＋2）·Ck＋22022－∑2020k＝0（－1）k·Ck＋22022＝22022×2021·∑2020k＝0（－1）k·2022·Ck＋12

021－∑2020k＝0（－1）k＋2·Ck＋22022＝22022×2021·－2022∑2020k＝0（－1）k＋1·Ck＋12021－[（1－1）2022－1－C22022（－1）1]＝22022×2021·{－2022·[(1－1)2021－1]＋1－2022

}＝22022×2021＝11011×2021＝12043231.(结果没化简，不扣分)(10分)