苏州大学2020届高考考前指导卷（答案）.docx

苏州大学2020届高考考前指导卷 参考答案 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分． ‎ ‎1． 2．2 3．280 4． 5．2‎ ‎6．52 7． 8． 9． 10．‎ ‎11．53066 12．4 13． 14．‎ 解答与提示：‎ ‎1．．‎ ‎2． ．因为为纯虚数，所以解得．‎ ‎3．由图可知，时速在区间的频率为，所以时速在区间的频率为，所以时速在区间的车辆约为辆．‎ ‎4．由解得，即函数的定义域为．‎ ‎5．离心率，所以．‎ ‎6．执行第一次循环；执行第二次循环；‎ 执行第三次循环；执行第四次循环，终止循环．‎ 所以．‎ ‎7．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，三辆车的出车顺序可能为：123，132，213，231，312，321．方案一坐“3号”车可能：132，213，231，所以；方案二坐“3号”车可能：312，321，所以．则该嘉宾坐到“3号”车的概率．‎ ‎8．，所以在处的切线的斜率为．‎ ‎9．．‎ ‎10．因为，解得，所以．‎ ‎11．如图，（寸），则（寸），（寸），设圆O的半径为x（寸），则（寸）．在，由勾股定理可得，解得（寸），则该木材的体积约为（立方寸）．‎ ‎12．函数的图象如右图所示，由题意，，即，因为，所以，令，构造函数，，所以当时，，所以的最大值为4．‎ ‎13．设正方形ABCD的边长为a，以A为原点，所在直线为分别为轴建立平面直角坐标系，则．设，因为，所以，即，设 又因为，，所以，即所以，由P为正方形ABCD内部一点（包含边界），可得，所以，所以．‎ ‎14．法一：设，则，，‎ 在中，，‎ 在中，，‎ 又，‎ 所以，解得，①‎ 在中，，即，②‎ 由①②可得．‎ 所以，‎ 即，所以，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 所以的最大值为．‎ 法二：因为，所以，即，‎ 整理得到，两边平方后有，‎ 所以即，‎ 整理得到，‎ 设，所以，‎ 因为，‎ 所以，‎ ‎，当且仅当时等号成立，‎ 所以的最大值为．‎ 二、解答题：本大题共6小题，共计90分． ‎ ‎15．（本小题满分14分）‎ 解：（1）因为且，所以， 2分 在中，由正弦定理，所以，‎ 所以． 4分 因为，所以，所以，‎ 因为，所以，所以，所以， 6分 因为，所以． 8分 ‎（2）由（1）知，，因为，，‎ 所以的面积， 10分 因为是上的点，平分，‎ 所以， 12分 因为，所以． 14分 ‎16．（本小题满分14分）‎ 证：（1）因为四边形ABCD是矩形，所以．‎ ‎ 2分 ‎ 又AB平面PDC，CD平面PDC，‎ 所以平面PDC， 5分 又因为AB平面ABE，平面ABE∩平面PDC，‎ 所以． 7分 ‎（2）因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD． ‎ 因为AF⊥EF，（1）中已证，‎ 所以AB⊥AF， 9分 因为AB⊥AD，由点E在棱PC上（异于点C），‎ 所以F点异于点D，所以，‎ 又平面PAD，所以AB⊥平面PAD， 12分 又AB平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD． 14分 ‎17．（本小题满分14分）‎ 解：（1）由题意，设四边形的面积为，‎ 因为四边形可以分为和两部分，‎ 所以， 3分 因为，所以．‎ 因为，所以．‎ 所以四边形的面积． 6分 ‎（2）由（1），‎ 所以，‎ 令，即，解得或，‎ 因为，所以存在唯一的，使得． 10分 当时，，在单调递增；‎ 当时，，在单调递减，‎ 所以时，， 12分 此时 ‎，‎ 从而（千米）．‎ 答：当四边形的面积最大时，BD的长为千米． 14分 ‎18．（本小题满分16分）‎ 解：（1）因为椭圆的离心率为，短轴长为2，‎ 所以解得，‎ 所以该椭圆的标准方程为． 4分 ‎（2）因为点，‎ 所以直线的方程为，即．‎ 由消去得． 7分 设，则，所以，所以．‎ 连接，取的中点，则， 10分 连接，因为，所以．‎ 又， ‎ 所以，即， ‎ 因为，所以， 13分 所以四边形的面积．‎ ‎ 16分 ‎19．（本小题满分16分）‎ 解：（1）因为，所以． 2分 令，，‎ 当即时，，即，‎ 所以函数单调递增区间为． ‎ 当即或时，．‎ 若，则，所以，即，‎ 所以函数的单调递增区间为． ‎ 若，则，由即，得或；‎ 由，即得．‎ 所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为．‎ 综上，当时，函数的单调递增区间为，无减区间；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． 6分 ‎（2）由（1）得，‎ 若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根，‎ 由（1）知．则，故， 8分 要使恒成立，只需恒成立．‎ 因为 10分 令，则， 12分 当时，，为减函数，所以． 14分 由题意，要使恒成立，只需满足．‎ 所以实数的取值范围． 16分 ‎20．（本小题满分16分）‎ 解：（1）由，可知， ‎ 故对一切正整数都成立，故是数列． 3分 ‎（2）由题意知，该数列的前项和为，， ‎ 由数列是数列，可知，故公差．‎ 对满足中的每一个正整数都成立，‎ 即对于都成立． 6分 由可得，故的取值范围是． 8分 ‎（3）若是数列，则，‎ 若，则，又由对一切正整数都成立，‎ 可知，即对一切正整数都成立，‎ 由，，故，可得． ‎ 若，则，又由对一切正整数都成立，‎ 可知，即对一切正整数都成立， ‎ 又当时，当时不成立，‎ 故有或解得． ‎ 所以是数列时，与所满足的条件为或 12分 ‎ 下面用反证法证明命题“若且，则不是数列”．‎ 假设是数列，由，可知且中每一项均为正数，‎ 若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列，可知，‎ 若中的每一项都在中，同理可得．　　　　　　 ‎ 若中至少有一项不在中且中至少有一项不在中，‎ 设是将中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为，‎ 不妨设中的最大项在中，设为，则，‎ 则，故，所以，‎ 故总有，与矛盾．故不是数列． 16分 数学Ⅱ（附加题）‎ ‎21．【选做题】本题包括、、三小题，请选定其中两题，若多做，则按作答的前两题评分． ‎ ‎．选修4 - 2：矩阵与变换（本小题满分10分）‎ 解：依题意，即解得 3分 由逆矩阵公式知，矩阵M的逆矩阵， 7分 所以． 10分 ‎．选修4 - 4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）‎ 解：直线， ‎ 所以直线的直角坐标方程为． 3分 曲线的普通方程为， 6分 消去y整理得， ‎ 则，所以交点坐标为． 10分 ‎．选修4 - 5：不等式选讲（本小题满分10分）‎ 解：由，，‎ 得 ‎． 6分 当且仅当即时等号成立．‎ 故的最小值为6． 10分 ‎【必做题】第22题、第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：设是中点，为正三角形，则．‎ 因为平面平面，平面平面，平面，‎ 所以．‎ 又因为，，‎ 所以为正三角形，‎ 所以．‎ 建立如图所示空间直角坐标系，‎ 则，‎ 于是． 2分 ‎（1）设平面的法向量为，‎ 由，得一个法向量为，‎ 平面的一个法向量为，‎ 所以，‎ 又由图可得二面角为锐角，‎ 所以二面角的余弦值为． 4分 ‎（2）设，则，‎ ‎，， 6分 所以， 8分 解得或，所以存在点为线段的三等分点． 10分 ‎23．（本小题满分10分）‎ 解：（1）当时，具有性质，‎ 对应的分别为，故． 3分 ‎（2）设当时，具有性质的集合的个数为，‎ 则当时，，‎ 其中表示时也具有性质的集合的个数，‎ 下面计算关于的表达式，‎ 此时应有，即，故对分奇偶讨论．‎ ‎①当为偶数时，为奇数，故应该有，‎ 则对每一个，和必然属于集合，‎ 且和，，和共有组数，‎ 每一组数中的两个数必然同时属于或不属于集合，‎ 故对每一个，对应具有性质的集合的个数为，‎ 所以． 5分 ‎②当为奇数时，为偶数，故应该有，‎ 同理， 7分 综上，可得又，‎ 由累加法解得 即 10分