2020年高考数学押题预测卷03（江苏卷）（全解全析）.doc

‎2020年高考数学原创押题预测卷03（江苏卷）‎ ‎1.【答案】‎ ‎【解析】因为集合,所以.‎ ‎2.【答案】3‎ ‎【解析】因为,由题意得所以 ‎3.【答案】27‎ ‎【解析】当时，令，解得（舍去），当时，令，解得.‎ 所以输入的的值为27.‎ ‎4. 【答案】‎ ‎【解析】同时投掷这两枚骰子一次,共包含基本事件(个)，事件 ‎“它们朝下一面的编号相同”包含一下4个基本事件：（1,1），（2,2），（3,3）（4,4）.‎ 根据古典概型的概率计算公式可得,同时投掷这两枚骰子一次, 它们朝下一面的编号相同的概率为 ‎5【答案】4‎ ‎【解析】解法一设样本的平均数为,则 ‎，‎ 方差 即，而样本的平均数 数学 第15页（共15页）‎ ‎，所以样本的标准差为4.‎ 解法二 由性质“若样本的方差为，则样本的方差为”及已知可知，样本的方差为故样本的标准差为4.‎ ‎6【答案】（-1,7）‎ ‎【解析】令即解得 所以函数的定义域是（-1,7）.‎ ‎7【答案】‎ ‎【解析】设双曲线C的标准方程为其渐近线方程为，‎ 右准线方程为，右焦点F（2,0）到渐近线的距离为.由题意知，‎ 又，所以所以双曲线C的标准方程为.‎ ‎8.【答案】‎ ‎【解析】由可得，即 结合可得，‎ 即，解得或当时 ‎， 则故当 时，则故 ‎9【答案】‎ 数学 第15页（共15页）‎ ‎【解析】设数列的公差为，则由条件得解得 所以则，所以数列的前项和为 ‎10【答案】8‎ ‎【解析】如图，取PB的中点G，连接EG，FG，易知三棱锥和三棱柱 同底等高，故 连接EB，EC，则所以五面体的体积为 ‎11【答案】3‎ ‎【解析】因为 ‎，所以 ‎12【答案】‎ 数学 第15页（共15页）‎ ‎【解析】根据题意可设F的方程为因为四边形ABCD为等腰梯形，且，所以根据椭圆与等腰梯形的对称性可设，所以解得.因为直线OD与直线垂直，所以直线OD的斜率为所以，即，所以直线OD的斜率所以，而所以F的离心率为.‎ ‎13【答案】6‎ ‎【解析】解法一 由及正弦定理得，即，由余弦定理得又，所以 因为，所以由得 ‎，所以，又所以，则当且仅当时等号成立，所以的周长 ‎，即周长的最小值为6.‎ 解法二由及正弦定理得即，由余弦定理得又，所以建立如图所示的平面直角坐标系，设，则得 所以的周长=‎ 数学 第15页（共15页）‎ ‎，当且仅当即时等号成立，‎ 所以周长的最小值为6. ‎ ‎14【答案】‎ ‎【解析】当时，则因为是R上的奇函数，所以即所以 函数有两个不同的零点，即函数 与的图象有两个不同的交点，当时，作出函数与的图象如图1所示，此时函数与的图象无交点，函数在处的导数，函数在处的导数，要使得函数与图象有两交点，需所以当时，作出函数与的图象如图2所示，此时函数与的图象有两个交点,则函数与的图象有无交点，函数在处的导数，函数在处的导数，要使得函数 数学 第15页（共15页）‎ 与图象有两交点，需所以综上，实数取值范围是.‎ ‎ ‎ ‎15. (本题14分)‎ ‎【解析】(1)在直四棱柱中,平面ABCD,平面ABCD,所以 因为四边形ABCD是矩形,所以，‎ 又平面平面所以平面，‎ 又平面，所以，‎ ‎（2）连接AC，交DE于点G，连接FG. 因为四边形ABCD是矩形,且E是BC的中点,‎ 所以因为,所以所以，‎ 又平面DEF，平面DEF，‎ 所以平面DEF.‎ ‎16. (本题14分)‎ ‎【解析】（1）因为 所以所以 数学 第15页（共15页）‎ 所以 又所以 而 所以 所以 ‎ ‎ ‎（2）由题意，得 由可得 令得解得.‎ 所以函数图象的对称中心为 ‎17. (本题14分)‎ ‎【解析】（1）以O为原点，OA边所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，‎ 过点B作BG⊥OA于点G，‎ 在直角△ABC中，，，‎ 所以AG＝BG＝1，又因为OA＝2，‎ 所以OG＝1，则B（1，1），‎ 设抛物线OCB的标准方程为y2＝2px，p＞0，‎ 数学 第15页（共15页）‎ 代入点B的坐标，得，‎ 所以抛物线的方程为y2＝x．‎ 因为CD＝a，所以AE＝EF＝a，则DE＝2﹣a﹣a2，‎ 所以f（a）＝a（2﹣a﹣a2）＝﹣a3﹣a2+2a，定义域为（0，1）．‎ ‎（2）f'（a）＝﹣3a2﹣2a+2，令f'（a）＝0，得．‎ 当时，f'（a）＞0，f（a）在上单调增；‎ 当时，f'（a）＜0，f（a）在上单调减．‎ 所以当时，f（a）取得极大值，也是最大值．‎ 答：（1）f（a）＝﹣a3﹣a2+2a，定义域为（0，1）；‎ ‎（2）当时，矩形草坪CDEF的面积最大．‎ ‎18．(本题16分)‎ ‎【解析】（Ⅰ）点M是圆O上的一点，可得圆O的半径为2，‎ 则圆O的方程为x2+y2＝4；‎ ‎（Ⅱ）若直线l的斜率为0，可得直线方程为y＝1，A（，1），B（，1），‎ 由|PA|＝|PB|，可得|QA|＝|QB|，即Q在y轴上，设Q（0，m），‎ 若过点P（0，1）的动直线l的斜率不存在，设直线方程为x＝0，‎ 则A（0，2），B（0，﹣2），由可得 ‎||，解得m＝1或4，由Q与P不重合，可得Q（0，4），‎ 下证斜率存在且不为0的直线与圆的交点，也满足成立．‎ 数学 第15页（共15页）‎ 若直线的斜率存在且不为0，可设直线方程为y＝kx+1，‎ 联立圆x2+y2＝4，可得（1+k2）x2+2kx﹣3＝0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 可得x1+x2，x1x2，‎ 由kQA+kQB ‎＝2k﹣3（）＝2k﹣3•2k﹣3•0，‎ 可得QA和QB关于y轴对称，即成立．‎ 综上可得，存在定点Q，点Q的坐标为（0，4）．‎ ‎19．(本题16分)‎ ‎【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x），‎ 当a＞0时，f'（x）在（0，+∞）单调递增，‎ f'（a）＝ea﹣1＞0，x→0时f'（x）＜0，‎ ‎∴存在唯一正数xo，使得f'（xo）＝0，‎ 函数f（x）在（0，xo）单调递减，在（xo，+∞）单调递增，‎ ‎∴函数f（x）有唯一极小值点xo，没有极大值点，‎ ‎（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）有唯一极小值点xo，‎ ‎∴，f（x）＞0恒成立，恒成立，f（xo）＞0，‎ ‎∵，∴f（xo）0，‎ 令h（x），则h（x）在（0，+∞）单调递减，‎ 由于h（1.74），h（1.8）0，‎ ‎∴存在唯一正数m∈（1.74，1.8），使得h（m）＝0，从而xo∈（0，m），‎ 由于f（xo）恒成立，‎ ‎①当xo∈（0，1]时，f（xo）＞0成立；‎ ‎②当xo∈（1，m）时，由于0，∴a，‎ 数学 第15页（共15页）‎ 令g（x），当x∈（1，m）时，g'（x），‎ ‎∴g（x）在（1，m）单调递减，从而a≤g（m），‎ ‎∵g（m）＜g（1.74），且g（1.74），且a∈N*，‎ ‎∴a≤10，‎ 下面证明a＝10时，f（x）＝ex﹣10lnx＞0，‎ f'（x），且f'（x）在（0，+∞）单调递增，由于f'（1.74）＜0，f'（1.8）＞0，‎ ‎∴存在唯一xo∈（1.74，1.8），使得f'（xo），‎ ‎∴10（），‎ 对于y＝xln10，x∈（1.74，1.8）单调递增，‎ ‎∴y（1.74）＝1.740，‎ ‎∴a的最大值是10．‎ ‎20．(本题16分)‎ ‎【解析】（1）∵an+bn＝1，，‎ ‎∴bn+1．‎ ‎∵，∴b1＝1﹣a1．‎ b2，a2＝1﹣b2．‎ 同理可得：b3，b4．‎ ‎（2）证明：∵，‎ ‎∴cn+1﹣cn1．‎ ‎4．‎ ‎∴数列{cn}是以﹣4为首项，﹣1为公差的等差数列．‎ ‎（3）解：由（2）可得：cn＝﹣4﹣（n﹣1）＝﹣n﹣3．‎ 数学 第15页（共15页）‎ ‎∴n﹣3，解得bn．‎ ‎1﹣bnan，‎ ‎∴anan+1．‎ ‎∴Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1．‎ 不等式4aSn＜bn，即4a．‎ 化为：a．‎ 令f（x）．（x≥1）．‎ f′（x）0，‎ ‎∴函数f（x）在[1，+∞）上单调递减．‎ x→+∞时，f（x）→1．‎ ‎∴a≤1．‎ 实数a的取值范围是（﹣∞，1]．‎ ‎21．A(本题10分)‎ ‎【解析】（1）设M，‎ 由题意，M•，‎ 所以ax+by＝2x，且cx+dy＝x+y恒成立；‎ 所以a＝2，b＝0，c＝1，d＝1；‎ 所以矩阵M；‎ 数学 第15页（共15页）‎ ‎（2）设点（x，y）在直线l上，‎ 在矩阵M对应变换作用下得到点（x′，y′）在直线l′上，‎ 则x′＝2x，y′＝x+y，所以xx′，y＝y′x′；‎ 代入直线l：x﹣2y＝5中，可得3x′﹣4y′﹣10＝0；‎ 所以直线l'的方程为3x﹣4y﹣10＝0．‎ ‎21.B(本题10分)‎ ‎【解析】（Ⅰ）椭圆C以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（，0）为一个顶点．‎ 所以c＝1，a，b＝1，‎ 所以椭圆的方程为，转换为极坐标方程为．‎ ‎（Ⅱ）直线l的参数方程是，（t为参数）．转换为直角坐标方程为2x+y﹣2＝0．‎ 设交点M（x1，y1），N（x2，y2），‎ 所以，整理得9x2﹣16x+6＝0，‎ 所以，，‎ 所以|x1﹣x2|．‎ ‎21.C(本题10分)‎ ‎【解析】∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，‎ ‎∴2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ca），‎ ‎∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca 在△ABC中，b+c＞a，c+a＞b，a+b＞c，‎ ‎∴a﹣（b+c）＜0，b﹣（c+a）＜0，c﹣（a+b）＜0，‎ ‎∴a2+b2+c2﹣2ab﹣2bc﹣2ca ‎＝a2+b2+c2﹣a（b+c）﹣b（a+c）﹣c（a+b）‎ ‎＝a[a﹣（b+c）]+b[b﹣（a+c）]+c[c﹣（a+b）]＜0‎ 故ab+bc+ca≤a2+b2+c2＜2（ab+bc+ca）成立 数学 第15页（共15页）‎ ‎22．（本题10分）‎ ‎【解析】（1）因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点．连接FN，‎ 在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，所以FN∥AC，‎ 因为FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，‎ 所以AC∥平面DEF．‎ ‎（2）易知DA，DC，DP两两垂直，如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．‎ 则，所以．‎ 设平面PBC的法向量为，‎ 则，不妨y＝1，则x＝1，z 所以平面PBC的一个法向量为．‎ 设平面ABP的法向量为，‎ ‎，据此可得 ，‎ 则平面ABP的一个法向量为，‎ ‎，‎ 故二面角A﹣PB﹣C的正弦值为．‎ ‎（3）解：设存在点Q满足条件．由，‎ 设，整理得，‎ 则．‎ 因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为，‎ 数学 第15页（共15页）‎ 所以 解得λ2＝1，‎ 由0≤λ≤1知λ＝1，即点Q与E重合．‎ 故在线段EF上存在一点Q，且．‎ ‎23．（本题10分）‎ ‎【解析】（1）等差数列{an}满足a2+a4＝a5，S10﹣5a6＝20．‎ 所以2a1+4d＝a1+4d，10a15（a1+5d）＝20，‎ 化简得，a1＝0，5a1+20d＝20，‎ 解得d＝1，‎ 所以数列{an}的通项公式an＝a1+（n﹣1）d＝n﹣1．‎ ‎（2）①bn＝qn﹣1，q∈N*，‎ ‎3bt+2﹣4bt+1＝3qt+1﹣4qt＝qt （3q﹣4），t∈N*，‎ 若3bt+2﹣4bt+1是数列{bn}中的项．‎ 则存在m∈N*，使得3q﹣4＝qm，（q∈N*），‎ 当m＝1时，3q﹣4＝q，解得 q＝2，‎ 当m＝2时，3q﹣4＜q2，不存在q∈N*，使得3q﹣4＝q2，‎ 当m＝3时，3q﹣4＜q2＜q3，不存在q∈N*，使得3q﹣4＝q2，‎ ‎…‎ 数学 第15页（共15页）‎ 所以q＝2，‎ 检验：当q＝2时，bn＝2n﹣1，‎ 所以3bt+2﹣4bt+1＝3qt+1﹣4qt＝qt （3q﹣4）＝2t+1，t∈N*，‎ 所以存在t∈N*，使得3bt+2﹣4bt+1是数列{bn}中的项．‎ 所以bn＝2n﹣1，‎ ‎②，同理得，，‎ 若存在m，k，r∈N*，m＜k＜r，使得，，等差数列，‎ 则2，（m，k，r∈N*，m＜k＜r，）‎ 即2，（m，k，r∈N*，m＜k＜r，）‎ 当k＝2时，m＝1，r＝3，‎ 左边＝21，右边，不符合题意，‎ 当k＝3时，‎ m＝1，r≥4，‎ 左边＝2，右边 左边＜右边，不合题意．‎ m＝2，r＝4‎ 左边＝2，右边，‎ 所以k的最小值为3．‎ 数学 第15页（共15页）‎