江苏省海安高级中学 2020 届第二次学测参考答案
数学Ⅰ
一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分．
1. 答案： 1 2. 答案： 2iz 3. 答案： 20 2 1 0x x x ， ≤ 4. 答案： 5
6
5. 答案：充分不必要 6．答案： 2 7. 答案： 0 +， 8. 答案：1
9. 答案： 5
2 10. 答案：2 11. 答案： 3log 2 12. 答案： 2 1 ln 2
13. 答案：①②③ 14. 答案： 1 42
，
二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分.
15．（本小题满分 14 分）
解：（1）因为 22 2 5 5 0x k x k ，所以 2 5 0x x k＜ ．
当 5
2k＜ 即 5
2k＞ 时， 5
2Bk ， ； ………………2 分
当 5= 2k即 5= 2k 时， B ； ………………4 分
当 5
2k＞ 即 5
2k＜ 时， 5
2Bk ， ． ………………6 分
（2）由 2 20xx 得 12x ， ， ， ………………8 分
当 5
2k＜ 即 时，M 中仅有的整数为 3 ，
所以 43k ≤ ＜ ，即 34k ， ； ………………10 分
当 5
2k＞ 即 时，M 中仅有的整数为 2 ，
所以 23k ≤ 时，即 32k ， ； ………………12 分
综上，满足题意的 k 的范围为 3 2 3 4 ， ， ． ………………14 分
16．（本小题满分 14 分）
解：（1）因为 π π2 ， ， 1cos 3 ，
所以 2
2 221sin 1 cos 1 33 ， ………… 2 分
又 π0 2 ， ，故 π 3π
22 ， ， 从而 2
2 427cos 1 sin 1 99 ， ………… 4 分
所以 sin sin ( ) sin( )cos cos( )sin
71
93 4 2 2 2 1
9 3 3 ． ………… 6 分
（2）由（1）得， 1sin 3 ， π0 2 ， ，故 2
2 221cos 1 sin 1 33 ，
所以 2sintan cos 4
．
………… 8 分
因为
2 2 2
22
2 2 2
cos sin 1 tan2 2 2cos cos sin22cos sin 1 tan2 2 2
，且 1cos 3 ，
所以
2
2
1 tan 12
31 tan 2
，解得 2tan 22
，
因为 π π2 ， ，所以 π π
2 4 2
， ，从而 tan 02
，
所以 tan 22
． …………12 分
故
2tan tan 2 5224tan + 2 1 211 tan tan 22
． …………14 分
17．（本小题满分 14 分）
解：（1）因为 0na ， nnn aSa 22 ，①
当 1n 时， 11
2
1 2 aSa ，解得 11 a ； …………2 分
当 2n≥ 时，有 11
2
1 2 nnn aSa ，②
由①-②得， 111
2
1
2 )()(2 nnnnnnnn aaaaSSaa （ 2n≥ ）.
而 0na ，所以 11 nn aa （ 2n≥ ）， …………4 分
即数列 }{ na 是公差为 1 的等差数列，故 nan . …………6 分
又因为 2
1 nn bb ，且 0nb ，取自然对数得 nn bb ln2ln 1 ，
又因为 1ln lne 1b ，所以 1ln 2ln
n
n
b
b
， 所以{ln }nb 是 1 为首项，以 2 为公比的等比数列，
所以 1ln 2n
nb ， 即 2 1en
nb . …………8 分
（2）由（1）知， 1ln 2n
n n nc a b n ， …………10 分
所以 1221 )2()2()1()2(3)2(211 nn
n nnT ，③
nn
n nnT )2()2()1()2(3)2(2)2(12 1321 ，④
③减去④得： nn
n nT 22221 12 ，
所以 1 2 1n
nTn . …………14 分
18．（本小题满分 16 分）
解：（1）∠ENM=∠MNB＝θ，∠EMA=2θ．
故 NB＝lcosθ，MB＝ME＝lsinθ，AM＝MEcos2θ＝lsinθcos2θ．
因为 AM+MB＝6，所以 lsinθcos2θ+lsinθ＝6， ………………2 分
从而 l＝ 6
sinθ (cos2θ+1)＝ 3
sinθcos2θ ． ………………4 分
又 BN≤12，BM≤6，所以 π
12≤θ≤π
4，所以 l＝ 3
sinθcos2θ ( π
12≤θ≤π
4 )．……6 分
（2）记 f (θ)＝sinθcos2θ， π
12≤θ≤π
4，
则 f 2 (θ)＝sin2θcos4θ．记 x＝cos2θ，f 2 (θ)＝(1－x) x2， 1 2+ 3
24x
， ．
记 g(x)＝(1－x) x2，则 g ′(x)＝2x－3x2，令 g ′(x)＝0，x＝2
3
1 2+ 3
24
， ．
所以 g(x)在 12
23
， 上单调递增，在 2 2+ 3
34
， 上单调递减， ………………8 分
故当 x＝cos2θ＝2
3时 l 取最小值，此时 sinθ＝ 3
3
，l 的最小值为 93
2
．……10 分
（3）△EMN 的面积 S＝1
2l2sinθcosθ＝9
2× 1
sinθcos3θ ( π
12≤θ≤π
4 )，
从而 S2＝81
4 × 1
sin2θcos6θ设 t＝cos2θ( π
12≤θ≤π
4 )，1
2 ≤t≤ 2+ 3
4
， ……12 分
记 f(t)＝(1－t) t3，f ′(t)＝3t2－4t3 令 f ′(t)＝0， t＝3
4 ． f(t)在 13
24
， 上单调递增，在 3 2+ 3
44
， 上单调递减，
故当 t＝3
4＝cos2θ，即 θ＝π
6时，面积 S 取最小值为 8
3． ……15 分
答：略． ……16 分
19．（本小题满分 16 分）
解：（1）由 2f x ax bx a 得 2f x ax bx a ，
代入 0f x f x 得， 220ax bx a ax bx a ， ………………2 分
得到关于 x 的方程 2 0ax a（ 0a ），由于 aR 且 0a ，所以 1x ，
所以函数 2f x ax bx a （ 0a ）必有局部对称点． ………………4 分
（2）方程 2 2 2 0xxc 在区间[ 1 1]， 上有解，于是 2 2 2xxc ，
设 2xt （ 11x ≤ ≤ ）， 1 22 t≤ ≤ ，所以 12ctt ， ………………6 分
令 1s t t t ， ，则
22
1111 ttst tt
，
当 1 12t ， 时， 0st ，故函数 st 在区间 1 12
， 上单调递减，
同理函数 在区间 1 2， 上单调递增，所以 152 2t t≤ ≤ ，
所以 5 14 c≤ ≤ ． ………………10 分
（3） 124 2 3xxh x m m ，
由于 0h x h x ，所以 1 2 1 24 2 3 4 2 3x x x xm m m m
于是 24 4 2 2 2 2 3 0x x x xmm （*）在 R 上有解，…………12 分
令 22xxt（ 2t≥ ），则 24 4 2xxt ，
所以方程（*）变为 222 2 8 0t mt m 在区间[2 )， 内有解，
需满足条件：
22
2
4 8 4 0
2 4 8
22
mm
mm
≥
≥
即 2 2 2 2
1 3 2 2
m
m
≤ ≤
≤ ≤
， 得1 3 2 2m ≤ ≤ ． ………………16 分
20．（本小题满分 16 分）
解：（1）令 ln 1g x x x ，所以 111 xgx xx
．
当 01x ， 时， 0gx ， gx在 01， 上单调递增；
当 1x ， 时， 0gx ， 在 1 ， 上单调递减；
所以 max 10g x g，所以 的零点为 1x ． …………2 分
（2）因为
22
2
11
1
ln 1
ln 1
axxx
axxx
，
，所以 21
12
21
ln ln1 xxa x x xx
， …………4 分
要证 1 2 1a x x x，即证 21
1 2 1 2 1
21
ln ln1 xxx x x x xxx
，
即证 21
12
ln 1xx
xx ，令 2
1
1xt x， 1ln 1t t， …………6 分
由（1）知 ln 1xx≤ ，当且仅当 1x 取等，所以 11ln 1tt，
即 ，所以原不等式成立． …………8 分
（3）不等式(x2－1)lnx≥k(x－1)2 对一切正实数 x 恒成立．
因为 (x2－1)lnx－k(x－1)2＝(x2－1)[lnx－k(x－1)
x＋1 ]． …………10 分
设 h(x)＝lnx－k(x－1)
x＋1 ，h′(x)＝1
x－ 2k
(x＋1)2＝x2＋2(1－k)x＋1
x(x＋1)2 ．
记 2 2 1 1x x k x ， 24 1 4 4 2k k k ，
①当△≤0，即 0＜k≤2 时，h′(x)≥0 恒成立，故 h(x)单调递增．
于是当 0＜x＜1 时，h(x)＜h(1)＝0，又 x2－1＜0，故( (x2－1)lnx＞k(x－1)2，
当 x＞1 时，h(x)＞h(1)＝0，又 x2－1＞0，故 (x2－1)lnx＞k(x－1)2，
又当 x＝1 时，(x2－1)lnx＝k(x－1)2．
因此当 0＜k≤2 时，(x2－1)lnx≥k(x－1)2 对一切正实数 x 恒成立． …………12 分
②当△＞0，即 k＞2 时，设 x2＋2(1－k)x＋1＝0 的两个不等实根分别为 x3，x4(x3＜x4)．
又 φ(1)＝4－2k＜0，于是 x3＜1＜k－1＜x4．
故当 x∈(1，k－1)时， h′(x)＜0，从而 h(x)在(1，k－1)在单调递减；
当 x∈(1，k－1)时，h(x)＜h(1)＝0，此时 x2－1＞0，于是(x2－1) h(x)＜0， 即(x2－1)lnx＜k(x－1)2，舍去； …………15 分
综上， k 的取值范围是 02k ≤ ． …………16 分
数学Ⅱ
21．本大题共两小题，每小题 10 分，共计 20 分．
B．选修 4—2：矩阵与变换
解：设特征向量为 α＝
k
－1 对应的特征值为 λ，
则
a k
0 1
k
－1 ＝λ
k
－1 ，即
ak－k＝λk，
λ＝1.
因为 k≠0，所以 a＝2． …………5 分
因为 A－1
3
1 ＝
1
1 ，所以 A
1
1 ＝
3
1 ，即
2 k
0 1
1
1 ＝
3
1 ，
所以 2＋k＝3，解得 k＝1．
综上，a＝2，k＝1． …………10 分
C．（选修 4—4：坐标系与参数方程）
解：将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程为 2240x y y ，
即 22( 2) 4xy ，它表示以(0,2) 为圆心，2 为半径的圆， …………4 分
直线方程l 的普通方程为 31yx， …………6 分
圆 C 的圆心到直线 l 的距离
2
1d ， …………8 分
故直线l 被曲线C 截得的线段长度为 15)2
1(22 22 ． …………10 分
【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分．
22．（本小题满分 10 分）
证明：连接 AC，BD 交于点 O，以 OA 为 x 轴正方向，以 OB 为 y 轴正方向，OP 为 z 轴建
立空间直角坐标系．
因为 PA＝AB＝ 2，则 A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
（1）由 BN→＝1
3 BD→，得 N(0，1
3，0)，由 PM→＝1
3 PA→，得 M(1
3，0，2
3)，
所以 MN→＝(－1
3，1
3，－2
3)， AD→＝(－1，－1，0)．
因为 MN→· AD→＝0．所以 MN⊥AD． ……………4 分 （2）因为 M 在 PA 上，可设 PM→＝λ PA→，得 M(λ，0，1－λ)．
所以 BM→＝(λ，－1，1－λ)， BD→＝(0，－2，0)．
设平面 MBD 的法向量 n＝(x，y，z)，
由
n· BD→＝0，
n· BM→＝0，
得
－2y＝0，
λx－y＋(1－λ)z＝0，
其中一组解为 x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取 n＝(λ－1，0，λ)． …………8 分
因为平面 ABD 的法向量为 OP→＝(0，0，1)，
所以 cosπ
4＝|n· OP→
|n|| OP→|
|，即 2
2 ＝ λ
(λ－1)2＋λ2，解得 λ＝1
2，
从而 M(1
2，0，1
2)，N(0，1
3，0)，
所以 MN＝ (1
2－0)2＋(0－1
3)2＋(1
2－0)2＝ 22
6 ． …………10 分
23．（本小题满分 10 分）
解：（1） 的取值为-3，-1，1，3，又因为 1
2pq； ………………1 分
故 3113 28P ， 3113 28P ，
2
2
3
1 1 31 2 2 8PC ， 2
2
3
1 1 31 2 2 8PC ， ……………3 分
所以 的分布列为：
-3 -1 1 3
1
8
3
8
所以 1 3 3 13 1 3 08 8 8 8E ； ……………5 分
（2）当 S8=2 时，即答完 8 题后，正确的题数为 5 题，错误的题数是 3 题， …6 分
又已知 0 1 2 3 4iSi≥ ， ，， ，第一题答对，
若第二题回答正确，则其余 6 题可任意答对 3 题；
若第二题回答错误，第三题回答正确，则后 5 题可任意答对题， ……8 分
此时的概率为 ． …………10 分
P
3 3 5 3
65 87
1 2 30 8 80 80( ) ( ) ( ) ( )3 3 218733P C C 或
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