江苏省南通市2020届高三数学5月第二次模拟试卷（Word版含答案）

1 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 参考公式： 样本数据 x1，x2，…，xn 的方差 s2＝ 圆柱的体积 公式：V 圆柱＝Sh，其中 S 是圆柱的底面积，h 为高． 圆柱的侧面积公式：S 圆柱侧＝cl，其中 c 是圆柱底面的周长，l 为母线长． 球的体积公式：V 球＝4 3πR3，球的表面积公式：S 球＝4πR2，其中 R 为球的半径． 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分． 1. 已知集合 M＝{－2，－1，0，1}，N＝{x|x2＋x≤0}，则 M∩N＝________． 2. 已知复数a＋i 2＋i为纯虚数，其中 i 为虚数单位，则实数 a 的值是________． 3. 某同学 5 次数学练习的得分依次为 114，116，114，114，117，则这 5 次得分的方差 是________． Read x If x＜0 Then   m←2x＋1 Else   m←2－3x End If Print m   (第 4 题) 4. 根据如图所示的伪代码，当输入的 x 为－1 时，最后输出 m 的值是________． 5. 在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的离心率为 5，则该双曲线 的渐近线的方程是____________． 6. 某同学参加“新冠肺炎防疫知识”答题竞赛活动，需从 4 道题中随机抽取 2 道作答．若 该同学会其中的 3 道题，则抽到的 2 道题他都会的概率是________． 7. 将函数 f(x)＝sin(2x＋ π 3 )的图象向右平移 φ 个单位长度得到函数 g(x)的图象．若 g(x) 为奇函数，则 φ 的最小正值是________． 8. 已知非零向量 b 与 a 的夹角为 120°，且|a|＝2，|2a＋b|＝4，则|b|＝________． 9. 已知等比数列{an}的各项均为正数，且 8a1，a3，6a2 成等差数列，则a7＋2a8 a5＋2a6的值是 ________． 10. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知过点(－10，0)的圆 M 与圆 x2＋y2－6x－6y＝0 相切 于原点，则圆 M 的半径是________． 11. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图 1 所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现 2 了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光 滑，忽略杯壁厚度)，如图 2 所示．已知球的半径为 R，酒杯内壁表面积为14 3 πR2.设酒杯上 部分(圆柱)的体积为 V1，下部分(半球)的体积为 V2，则V1 V2 的值是________． 12. 已知函数 f(x)＝logax(a>1)的图象与直线 y＝k(x－1)(k∈R)相交．若其中一个交点的 纵坐标为 1，则 k＋a 的最小值是________． 13. 已知函数 f(x)＝{2x＋4 x＋1 ，x ≥ 0， （x＋2）2，x < 0. 若关于 x 的不等式 f(x)－mx－m－10，m≠0)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，设直线 OP，OQ 的斜率分 别为 k1，k2.已知 k2＝k1·k2. ①求 k 的值； ②当△OPQ 的面积最大时，求直线 PQ 的方程． 5 19. (本小题满分 16 分) 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，λan＋1＋Sn·Sn＋2＝S 2n＋1，n∈N*，λ∈R. (1) 若 λ＝－3，a2＝－1，求 a3 的值； (2) 若数列{an}的前 k 项成公差不为 0 的等差数列，求 k 的最大值； (3) 若 a2>0，是否存在 λ∈R，使{an}为等比数列？若存在，求出所有符合题意的 λ 的值； 若不存在，请说明理由． 6 20. (本小题满分 16 分) 对于定义在 D 上的函数 f(x)，若存在 k∈R，使 f(x)0)，过点 M(4p，0)的直线 l 交抛物线于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．当 AB 垂直于 x 轴时，△OAB 的面积为 2 2. (1) 求抛物线的方程； (2) 设线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 T. ①求证：y1y2 为定值； ②若 OA∥TB，求直线 l 的斜率． 23. 设 n∈N*，k∈N，n≥k. (1) 化简： C·C C·C； (2) 已知(1－x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，记 F(n)＝(n＋1) k ak.求证：F(n)能被 2n＋ 1 整除． 9 2020 届高三模拟考试试卷(南通) 数学参考答案及评分标准 1. {－1，0} 2. － 1 2 3. 8 5 4. 3 2 5. y＝±2x 6. 1 2 7. π 6  8. 4 9. 16 10. 5 2 11. 2  12. 3 13. (0，2)∪(2，3) 14. (1 5，2) 15. 解： (1) 在△ABC 中，由余弦定理得 2a·a2＋b2－c2 2ab ＝b， 化简得 a2＝c2，即 a＝c.(2 分) 因为 sin2C＝sin Asin B，且 a sin A＝ b sin B＝ c sin C＝2R(R 为△ABC 外接圆半径)， 所以 c2＝ab，(4 分) 所以 c＝a＝b，所以△ABC 为正三角形， 所以 B＝ π 3 .(6 分) (2) 因为 cos(2A＋B)＋3cos B＝0，且 B＝π－(A＋C)， 所以 cos[π＋(A－C)]＋3cos[π－(A＋C)]＝0，(8 分) 所以 cos(A－C)＝－3cos(A＋C)，(10 分) 即 cos Acos C＋sin Asin C＝－3cos Acos C＋3sin Asin C， 所以 2cos Acos C＝sin Asin C．(12 分) 在斜三角形 ABC 中，因为 A≠ π 2 ，C≠ π 2 ，所以 cos A≠0，cos C≠0， 所以 tan Atan C＝2.(14 分) 16. 证明：(1) 因为侧面 BCC1B1 是矩形，所以 BC⊥CC1. 因为平面 ACC1A1 ⊥平面 BCC1B1 ，平面 ACC1A1 ∩平面 BCC1B1 ＝C 1C，BC⊂平面 BCC1B1， 所以 BC⊥平面 ACC1A1.(4 分) 因为 AC1⊂平面 ACC1A1， 所以 BC⊥AC1.(6 分) (2) 取 A1C1 的中点 G，连结 FG，CG. 在△A1B1C1 中，点 F，G 分别是 A1B1，A1C1 的中点， 所以 FG∥B1C1，且 FG＝1 2B1C1.(8 分) 在矩形 BCC1B1 中，点 E 是 BC 的中点， 10 所以 EC∥B1C1，且 EC＝1 2B1C1， 所以 EC∥FG，且 EC＝FG.(10 分) 所以四边形 EFGC 为平行四边形， 所以 EF∥GC.(12 分) 因为 EF⊄平面 ACC1A1，GC⊂平面 ACC1A1， 所以 EF∥平面 ACC1A1.(14 分) 17. 解：方案 1：因为 AB⊥AC， 所以∠EAC＋∠BAD＝90°. 在 Rt△ABD 中，∠ABD＋∠BAD＝90°， 所以∠EAC＝∠ABD＝α，α∈(0， π 2 )．(2 分) 因为 AD＝AE＝50， 在 Rt△ADB 和 Rt△AEC 中，AB＝ 50 sin α，AC＝ 50 cos α，(4 分) 所以 BC＝ （ 50 sin α）2＋（ 50 cos α）2＝50 1 sin2α＋ 1 cos2α＝ 50 sin αcos α， 所以 f(α)＝50( 1 sin α＋ 1 cos α＋ 1 sin αcos α)＝50( sin α＋cos α＋1 sin αcos α )，其中 α∈(0， π 2 )．(7 分) (解法 1)设 t＝sin α＋cos α，则 t＝sin α＋cos α＝ 2sin(α＋ π 4 )． 因为 α∈(0， π 2 )，所以 t∈(1， 2]．(9 分) 因为 t2＝1＋2sin αcos α，所以 sin αcos α＝t2－1 2 ， 所以 y＝50（t＋1） t2－1 2 ＝100 t－1，(12 分) 所以当 t＝ 2时，f(α)min＝ 100 2－1 ＝100＋100 2. 答：景观桥总长度的最小值为(100＋100 2)米．(14 分) ( 解 法 2)f′(α) ＝ 50（cos α－sin α）（－1－sin αcos α－sin α－cos α） （sin αcos α）2 .(10 分) 因为 α∈(0， π 2 )，所以－1－sin αcos α－sin α－cos α0. 当 α∈(0， π 4 )时，cos α－sin α>0，f′(α)0.(7 分) 因为 x>0， 所以 g(x)≥2 2 500＋x2· 50 2 500＋x2 x ＋2 x·2 500 x (10 分) ＝2 50（2 500 x ＋x）＋100≥2 50 × 2 2 500 x ·x＋100＝100 2＋100.(12 分) 当且仅当 2 500＋x2＝50 2 500＋x2 x ，且2 500 x ＝x，即 x＝50 时取“＝”． 所以 g(x)min＝100＋100 2， 答：景观桥总长度的最小值为(100＋100 2)米．(14 分) 18. 解：(1) 设椭圆的焦距为 2c，则 c2＝a2－b2. 因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以 c＝ 3b. 又两准线间的距离为8 3 3 ，则2a2 c ＝8 3 3 ，所以 a＝2，b＝1， 所以椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2＝1.(3 分) (2) ① 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立{y＝kx＋m， x2 4 ＋y2＝1，消去 y 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得 m20，所以 k＝1 2.(8 分) ②由①得 k＝1 2，直线 PQ 的方程为 y＝1 2x＋m， 且 x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，m21，得 S3>1; 由 S2，S3>1 得 S4>1，… 依次类推，Sn≥1>0，所以(**)等价于Sn＋2－1 Sn＋1 ＝Sn＋1－1 Sn ， 13 所以数列{Sn＋1－1 Sn }为常数列， 所以Sn＋1－1 Sn ＝S2－1 S1 ＝a2.(14 分) 于是 n≥2 时，{Sn＋1－1＝a2Sn， Sn－1＝a2Sn－1，两式相减得 an＋1＝a2·an. 因为 a2＝a2·a1，所以 an＋1＝a2·an(n∈N*)． 又 a1，a2≠0，所以an＋1 an ＝a2(非零常数)，所以存在 λ＝1，使{an}为等比数列．(16 分) 20. (1)解：a＝0 时，h1(x)＝ln x＋1. 因为 h1(x)为“m(k)型函数”，所以 h1(x) ln x＋1 x 恒成立． 设 g(x)＝ ln x＋1 x (x≥1)，则 g′(x)＝ －ln x x2 ≤0 恒成立， 所以 g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以 g(x)≤g(1)＝1， 所以 k 的取值范围是(1，＋∞)．(3 分) (2) 证明：当 a＝－1 2时，要证 h2(x)为“M(1)型函数”， 即证(1＋x)ln x＋1 x≥x，即证(1＋x)ln x＋1 x－x≥0. (证法 1)令 R(x)＝(1＋x)ln x＋1 x－x， 则 R′(x)＝ln x＋(1＋x)·1 x－ 1 x2－1＝ln x＋1 x－ 1 x2＝ln x＋x－1 x2 . 当 x>1 时，ln x>0，x－1 x2 >0，则 R′(x)>0； 当 0