2020届江苏省天一中学高三年级第一次模拟考试答案.pdf

2020 届江苏省天一中学高三年级第一次模拟考试 参考答案 1. [0，1] 2. 1 3.[4，+∞] 4. 5 3 5.y=  x4 3 6. 2 1 7. 4 1 8. 4 3- 9.-42 10.3 11. 3 5 12. 9 22 13. 3 14. 2 4 1, 5 2e         15.证明： (1)  D ， E 分别是 AC ， 1CC 的中点 1ACDE// ……………………2 分 DE 平面 11CAB ， 1AC 平面 11CAB  //DE 平面 11CAB ……………………5 分 (2)  ABC 为正三角形，且 D 是 AC 的中点 ACBD  ……………………6 分  平面 CCAA 11 平面 ABC ，且平面 CCAA 11 平面 ACABC  BD 平面 ABC  BD 平面 CCAA 11 ……………………9 分  EA1 平面 CCAA 11  BD EA1  11 ACEA  且 1ACDE // DEEA  1 ……………………11 分  DE ， BD 平面 BDE 且 DBDDE   EA1 平面 BDE ……………………14 分 16.（1）在 ABC△ 中，由余弦定理 2 2 22 cosb c bc A a   得， 2 520 2 2 5 255b b     ，即 2 4 5 0b b   ， …………………………4 分 解得 5b  或 1b   （舍），所以 5b  ． ………………………………………6 分 （2）由 5cos 5A  及 0 A   得， 2 25 2 5sin 1 cos 1 ( )5 5A A     ，…8 分所以 2 10cos cos( ( )) cos( ) (cos sin )4 2 10C A B A A A           ， 又因为 0 C   ，所以 2 210 3 10sin 1 cos 1 ( )10 10C C     ， 从而 3 10 sin 10tan 3cos 10 10 CC C    ，………………………………………………12 分 所以 2 2 2tan 2 3 3tan 2 1 tan 1 3 4 CC C      ．………………………………………14 分 17. 过程略 答：每天排除 A 型卡车 8 辆，B 型卡车 0 辆，运输队所花的成本最低，最低成本为 1920 元。 18.（1）因为两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形，所以 2a c ， 又由右准线方程为 2x  ，得到 2 2a c  ， 解得 2, 1a c  ，所以 2 2 2 1b a c   所以，椭圆 C 的方程为 2 2 12 x y  （2）①设  1 1,B x y ，而  0,1A ，则 1 11,2 2 x yM      ， ∵ 6 2ON OM  ， ∴  11 6 16 ,4 4 yxN      因为点 ,B N 都在椭圆上，所以   2 21 1 22 11 12 3 13 116 8 x y yx       ，将下式两边同时乘以 8 3 再减去上式，解得 1 1 3y  ， 2 1 16 9x  所以 2 2 2 1 1 16 1 17 9 3 3OB x y         ②由原点 O 到直线 l 的距离为1，得 2 1 1 m k   ，化简得： 2 21 k m  联立直线 l 的方程与椭圆 C 的方程： 2 2 12 y kx m x y     ，得  2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m    设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 1 2 1 22 2 4 2 2,1 2 1 2 km mx x x xk k      ，且 28 0k         2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21OA OB x x y y x x kx m kx m k x x km x x m               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 21 1 2 1 2 1 2 m k m m k m k k m m k mk mk k k              2 2 2 2 2 3 2 2 1 1 2 1 2 m k k k k       ， 所以 2 1 2 1k     OAB 的面积  22 2 1 2 1 2 1 2 1 1 11 1 1 42 2 2S AB k x x k x x x x                  2 22 2 2 22 2 11 81 2 2 12 1 2 1 2 k kkk k k           ， 因为  2 1S    在 4 5,5 6      为单调减函数， 并且当 4 5   时， 2 2 5S  ，当 5 6   时， 10 6S  ， 所以 OAB 的面积 S 的范围为 10 2 2,6 5       ． 19.（1）.a=-2,m=0………………………………………2 分 (2).（-∞， ln3-ln4 4 ）………………………………………16 分 20.（1）当 时， ，因为函数 在 上单调递增， 所以当 时， 恒成立． 函数 的对称轴为 ． ① ，即 时， ， 即 ，解之得 ，解集为空集； ② ，即 时，即 ，解之得 ，所以 ③ ，即 时， 即 ，解之得 ，所以 综上所述，当 函数 在区间 上单调递增． （2）∵ 有两个极值点 ， ∴ 是方程 的两个根，且函数 在区间 和 上单调递增，在 上单调递减． ∵ ∴函数 也是在区间 和 上单调递增，在 上单调递减 ∵ ，∴ 是函数 的一个零点． 由题意知： ∵ ，∴ ，∴ ∴ ，∴ 又 ∵ 是方程 的两个根， ∴ ， , ∴ ∵函数 图像连续，且在区间 上单调递增，在 上单调递减，在 上单 调递增 ∴当 时， ，当 时 ，当 时 ， ∴函数 有两个零点 和 ． 21．A．矩阵 M 的特征多项式为 2 3( ) ( 2)( 1) 31f tt           ．…………2 分 因为矩阵 M 的一个特征值为 4，所以 (4) 6 3 0f t   ，所以 2t  ．…………5 分所以 2 3 2 1      M ，所以 1 1 3 1 3 2 1 3 2 2 1 3 2 4 4 2 2 1 1 2 1 3 2 2 1 3 2 2 2                              M ．……10 分 B.（1）由题意可得直线 023:  yxl ， ……………………2 分 由 )4sin(24   ，得  sin4cos42  ，即 ,4422 yxyx  所以曲线C ： 8)2()2( 22  yx . ……………………5 分 （2）由（1）知圆C 半径 22r ，又 32 2232   d ，………………7 分 所以 523822 22  drAB . ……10 分 C.解：因为  1 2 3, , 0,x x x   ， 1 2 3 1 2 33x x x x x x   ， 所以 2 3 3 1 1 2 1 1 1 3x x x x x x   ， 又 1 2 2 3 3 1( )x x x x x x   2 2 3 3 1 1 2 1 1 1 (1 1 1) 9x x x x x x          ， 所以 1 2 2 3 3 1 3x x x x x x   ，当且仅当 1 2 3 1x x x   时取等号. 22.(1)抛物线C 的焦点 F 坐标为 ),( 02 p ，且该点在直线 01  yx 上， 所以 012 p ，解得 2p 故所求抛物线C 的方程为 xy 42  （2）由点 F 在线段 AB 上， 可设直线 1l ， 2l 的方程分别为 ay  和 by  且 baba  ,, 00 . 则 A )( aa ，4 2 ，B )( bb ，4 2 ，D )( a，1 ，E )( b，1 ∵ P 是 DE 的中点，∴ ),( 21 baP  直线 AB 的方程为 )( 4 44 2 22 axab abay    即 04  abybax )(又点 )( 0，1F 在线段 AB 上，∴ 4ab aa aa a baa k AP 2 2 4 4 14 2 22       APEF ka abk    2 2 4 2 由于 AP ， EF 不重合，所以 EFAP// 23.解：（1）选出的 4 名选手中恰好有一名女生的选派方法数为 1 1 2 2 1 1 4 1 2 4 2 2 28C C C C C C  种. （2）X 的可能取值为 0，1，2，3. 2 2 4 2 2 2 5 4 1( 0) 10 C CP X C C    ， 1 1 2 2 1 1 4 1 2 4 2 2 2 2 5 4 7( 1) 15 C C C C C CP X C C    ， 1 1 1 1 2 2 4 1 2 2 4 2 2 2 5 4 11( 2) 30 C C C C C CP X C C    ， 1 2 4 2 2 2 5 4 1( 3) 15 C CP X C C    . 故 X 的概率分布为： X 0 1 2 3 P 1 10 7 15 11 30 1 15 所以 7( ) 5E x  .