2020届江苏省扬州市高三第二次模拟考试（5月）数学（文科）word版带答案及评分标准

1 2020 届江苏省扬州市高三第二次模拟考试（5 月） 数学文科 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 2020．5 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分． 1. 已知集合 A＝{x|－1＜x＜2}，B＝{x|x＞0}，则 A∩B＝________． 2. 已知(1－i)z＝2＋i，其中 i 是虚数单位，则复数 z 的模为________． 3. 已知某校高一、高二、高三年级分别有 1 000，800，600 名学生，现计划用分层抽样 的方法抽取 120 名学生去参加社会实践，则在高三年级需抽取________名学生． S←0 For I From 1 To 5 　 S←S＋I End For Print S 4. 如图伪代码的输出结果为________． 5. 若实数 x，y 满足{x ≥ 0， y ≥ －1， x＋y－1 ≤ 0， 则 2x－y 的最小值为________． 6. 已知 a∈{－1，1}，b＝{－3，1，2}，则直线 ax＋by－1＝0 不经过第二象限的概率为 ________． 7. 已知双曲线x2 4 －y2 b2＝1 的右焦点与抛物线 y2＝12x 的焦点重合，则该双曲线的虚轴长为 ________． 8. 已知 α 为锐角，且 cos(α＋ π 6 )＝1 3，则 cos α＝________． 9. 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1a6＝3a3，且 a4 与 a5 的等差中项为 2，则 S5＝ ________． 10. 在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中，AB＝2，AA1＝3，O 为上底面 ABCD 的中心．设正 四棱柱 ABCDA1B1C1D1 与正四棱锥 OA1B1C1D1 的侧面积分别为 S1，S2，则S1 S2＝________． 11. 已知曲线 C：f(x)＝x3－x，直线 l：y＝ax－a，则“a＝－1 4”是“直线 l 与曲线 C 相 切”的____________条件．(选填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”或“既不充分 又不必要”) 12. 已知 x＞0，y＞0，则 x＋y x＋16 xy的最小值为________． 13. 已知点 D 为圆 O：x2＋y2＝4 的弦 MN 的中点，点 A 的坐标为(1，0)，且AM → ·AN → ＝ 1，则OA → ·OD → 的最小值为________．2 14. 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝{an＋1， n 4 ∉ N * ， an， n 4 ∈ N * . 设{an}的前 n 项和为 Sn，若 S4n≤ λ·2n－1 恒成立，则实数 λ 的取值范围是________． 二、 解答题：本大题共 6 小题，共 90 分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或 演算步骤． 15. (本小题满分 14 分) 在△ABC 中，已知 2S＝bccos A，其中 S 为△ABC 的面积，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边． (1) 求角 A 的值； (2) 若 tan B＝6 5，求 sin 2C 的值． 16.(本小题满分 14 分) 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，BC＝B1C，O 为四边形 ACC1A1 对角线的交点，F 为棱 BB1 的中点，且 AF⊥平面 BCC1B1.求证： (1) OF∥平面 ABC； (2) 四边形 ACC1A1 为矩形．3 17. (本小题满分 14 分) 某厂根据市场需求开发三角花篮支架(如图)，上面为花篮，支架由三根细钢管组成．考 虑到钢管的受力和花篮质量等因素，设计支架应满足：① 三根细钢管长均为 1 米(粗细忽略 不计)，且与地面所成的角均为 θ( π 6 ≤θ≤ π 3 )；② 架面与架底平行，且架面三角形 ABC 与 架底三角形 A1B1C1 均为等边三角形；③ 三根细钢管相交处的节点 O 分三根细钢管上、下两 段之比均为 2∶3.定义：架面与架底的距离为“支架高度”，架底三角形 A1B1C1 的面积与“支 架高度”的乘积为“支架需要空间”． (1) 当 θ＝ π 3 时，求“支架高度”； (2) 求“支架需要空间”的最大值．4 18. (本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)过点(1， 2 2 )，且椭圆的 离心率为 2 2 .直线 l：y＝x＋t 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，线段 AB 的中垂线交椭圆 E 于 C，D 两点． (1) 求椭圆 E 的标准方程； (2) 求线段 CD 长的最大值； (3) 求AC → ·AD → 的值．5 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)＝a(x－1 x)(a∈R)，g(x)＝ln x. (1) 当 a＝1 时，解不等式：f(x)－g(x)≤0； (2) 设 u(x)＝xf(x)－g(x)． ①当 a＜0 时，若存在 m，n∈(0，＋∞)(m≠n)，使得 u(m)＋u(n)＝0，求证：mn＜1； ②当 a＞0 时，讨论 u(x)的零点个数．6 20. (本小题满分 16 分) 对数列{an}，规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)．规定 {Δ2an}为{an}的二阶差分数列，其中Δ2an＝Δan＋1－Δan(n∈N*)． (1) 已知数列{an}的通项公式 an＝n2(n∈N*)，试判断{Δan}，{Δ2an}是否为等差数列，请 说明理由； (2) 若数列{bn}是公比为 q 的正项等比数列，且 q≥2，对于任意的 n∈N *，都存在 m∈N*，使得Δ2bn＝bm，求 q 所有可能的取值构成的集合； (3) 设各项均为正数的数列{cn}的前 n 项和为 Sn，且Δ2cn＝0.对满足 m＋n＝2k，m≠n 的 任意正整数 m，n，k，都有 cm≠cn，且不等式 Sm＋Sn＞tSk 恒成立，求实数 t 的最大值.7 2020 届高三模拟考试试卷(扬州) 数学参考答案及评分标准 1. {x|0＜x＜2}　2. 10 2 　3. 30　4. 15　5. －1　6. 1 6　7. 2 5　8. 3＋2 2 6 　9. 121 10. 3 10 5 　11. 充分不必要　12. 4 2　13. －1　14. λ≥33 2 15. 解：(1) 因为 2S＝bccos A，所以 2×1 2bcsin A＝bccos A，则 sin A＝cos A．(3 分) 在△ABC 中，因为 A∈(0，π)，所以 sin A＝cos A＞0， 所以 tan A＝1，(5 分) 所以 A＝ π 4 .(7 分) (2) 由(1)知 A＝ π 4 ，又 tan B＝6 5， 所以 tan(A＋B)＝tan( π 4 ＋B)＝1＋tan B 1－tan B＝ 1＋6 5 1－6 5 ＝－11.(9 分) 在△ABC 中，因为 A＋B＋C＝π，所以 tan C＝－tan(A＋B)＝11， 所以 sin 2C＝2sin Ccos C＝2sin Ccos C sin2C ＋cos2C ＝ 2tan C 1＋tan2C＝2 × 11 1＋112 ＝ 22 122＝11 61.(14 分) 16. 证明：(1) 取 AC 中点 D，连结 OD. 在三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 ACC1A1 为平行四边形，BB1∥CC1∥AA1，且 BB1＝ AA1. 因为 O 为平行四边形 ACC1A1 对角线的交点，所以 O 为 A1C 的中点． 又 D 为 AC 的中点，所以 OD∥AA1，且 OD＝1 2AA1.(2 分) 又 BB1∥AA1，BB1＝AA1，所以 OD∥BB1，且 OD＝1 2BB1. 又 F 为 BB1 的中点，所以 OD∥BF，且 OD＝BF，所以四边形 ODBF 为平行四边形，所 以 OF∥BD.(5 分) 因为 BD⊂平面 ABC，OF⊄平面 ABC， 所以 OF∥平面 ABC.(7 分) (2) 因为 BC＝B1C，F 为 BB1 的中点，所以 CF⊥BB1. 因为 AF⊥平面 BCC1B1，BB1⊂平面 BCC1B1，所以 AF⊥BB1.(9 分) 因为 CF⊥BB1，AF⊥BB1，CF⊂平面 AFC，AF⊂平面 AFC，CF∩AF＝F， 所以 BB1⊥平面 AFC.(11 分) 又 AC⊂平面 AFC，所以 BB1⊥AC. 又由(1)知 BB1∥CC1，所以 AC⊥CC1. 在三棱柱 ABCA1B1C1 中，四边形 ACC1A1 为平行四边形， 所以四边形 ACC1A1 为矩形．(14 分)8 17. 解：(1) 因为架面与架底平行，且 AA1 与地面所成的角为 π 3 ，AA1＝1 米， 所以“支架高度” h＝1×sin π 3 ＝ 3 2 (米)．(4 分) (2) 过 O 作 OO1⊥平面 A1B1C1，垂足为 O1. 又 O1A1⊂平面 A1B1C1，所以 OO1⊥O1A1. 又 AA1 与地面所成的角为 θ，所以 O1A1＝3 5cos θ. 同理 O1C1＝O1B1＝3 5cos θ， 所以 O1 为等边三角形 A1B1C1 的外心，也为其重心， 所以 B1C1＝A1O1·3 2× 2 3 ＝3 5cos θ· 3＝3 3 5 cos θ， S△A1B1C1＝ 3 4 ×(3 3 5 cos θ)2＝27 3 100 cos2θ. 记“支架需要空间”为 V，则 V＝27 3 100 cos2θ·sin θ，θ∈[ π 6 ， π 3 ]．(8 分) 令 t＝sin θ，则 t∈[1 2， 3 2 ]. 所以 V＝27 3 100 (1－t2)t＝27 3 100 (t－t3)，t∈[1 2， 3 2 ]. 又 V′＝27 3 100 (1－3t2)＝－81 3 100 (t2－1 3)＝－81 3 100 (t＋ 3 3 )(t－ 3 3 )， 则当 t∈(1 2， 3 3 )时，V′＞0，V 单调递增；当 t∈( 3 3 ， 3 2 )时，V′＜0，V 单调递减， 所以当 t＝ 3 3 时，Vmax＝27 3 100 [ 3 3 －( 3 3 )3]＝27 3 100 × 3 3 ×2 3＝ 9 50(立方米)．(13 分) 答：(1) 当 θ＝ π 3 时，“支架高度”为 3 2 米； (2) “支架需要空间”的最大值为 9 50立方米．(14 分) 18. 解：(1) 设椭圆 E 的焦距为 2c(c＞0)，则 e＝c a＝ a2－b2 a ＝ 2 2 ，可知 a2＝2b2.(2 分) 因为椭圆 E 过点(1， 2 2 )， 所以1 a2＋ 1 2b2＝1，解得 a2＝2，b2＝1，9 所以椭圆的标准方程为x2 2 ＋y2＝1.(4 分) (2) 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)． 由{y＝x＋t， x2＋2y2＝2得 3x2＋4tx＋2t2－2＝0. 又直线 l：y＝x＋t 与椭圆 E 相交于 A，B 两点， 所以{x1＋x2＝－4 3t， x1x2＝2t2－2 3 ， 且 Δ＝(4t)2－4×3×(2t2－2)＞0，则－ 3＜t＜ 3.(6 分) 设 AB 的中点为 M(xM，yM)，则 xM＝x1＋x2 2 ＝－2 3t，yM＝xM＋t＝1 3t， 所以 AB 的中垂线的方程为 y＝－x－1 3t，即直线 CD 的方程为 y＝－x－1 3t. 由{y＝－x－1 3t， x2＋2y2＝2 得 27x2＋12tx＋2t2－18＝0，则{x3＋x4＝－4 9t， x3x4＝2t2－18 27 ， (8 分) 所以 CD＝ （x4－x3）2＋（y4－y3）2＝ 1＋（－1）2· （x3＋x4）2－4x3x4 ＝ 2· （－4 9t）2－4 × 2t2－18 27 ＝ 2· － 8 81t2＋8 3. 又 t∈(－ 3， 3)，所以当 t＝0 时，CDmax＝ 2× 8 3＝4 3 3 .(10 分) (3) 由(2)知AC → ·AD → ＝(x3－x1，y3－y1)·(x4－x1，y4－y1) ＝(x3－x1)(x4－x1)＋(y3－y1)(y4－y1) ＝(x3－x1)(x4－x1)＋(－x3－x1－4 3t)(－x4－x1－4 3t) ＝x3x4－(x3＋x4)x1＋x21＋x3x4＋(x1＋4 3t)(x3＋x4)＋x21＋8 3tx1＋16 9 t2 ＝2x3x4＋4 3t(x3＋x4)＋2x21＋8 3tx1＋16 9 t2.(13 分) 又{x3＋x4＝－4 9t， x3x4＝2t2－18 27 ， 3x＋4tx1＋2t2－2＝0， 所以AC → ·AD → ＝2x3x4＋4 3t(x3＋x4)＋2 3(3x21＋4tx1)＋16 9 t2 ＝2×2t2－18 27 ＋4 3t×(－4 9t)＋2 3(2－2t2)＋16 9 t2 ＝( 4 27－16 27－36 27＋48 27)t2＝0.(16 分)10 19. (1) 解：设 h(x)＝f(x)－g(x)＝x－1 x－ln x， 则 h′(x)＝1＋ 1 x2－1 x＝x2－x＋1 x2 ＝ （x－1 2）2＋3 4 x2 ＞0， 所以 h(x)在(0，＋∞)上递增． 又 h(1)＝0，所以 0＜x＜1，所以 f(x)－g(x)≤0 的解集为(0，1)．(4 分) (2) ①证明：由 u(m)＋u(n)＝0 得 a(m2－1)－ln m＋a(n2－1)－ln n＝0， 即 a(m2＋n2－2)－ln m－ln n＝0，又 a＜0， 所以 a(m2＋n2－2)－ln m－ln n＝0≤a(2mn－2)－ln(mn)． 因为 m≠n，所以“＝”不成立．(7 分) 思路一： 设 mn＝t，v(t)＝a(2t－2)－ln t(t＞0)，则 v′(t)＝2a－1 t＜0， 所以 v(t)在(0，＋∞)上单调递减． 又 v(1)＝0，所以 t＜1，即 mn＜1.(10 分) 思路二： 假设 mn≥1，则 2mn－2≥0，ln(mn)≥0，所以 a(2mn－2)－ln(mn)≤0， 这与 a(2mn－2)－ln(mn)＞0 矛盾，故 mn＜1.(10 分) ②解：u(x)＝xf(x)－g(x)＝a(x2－1)－ln x， 当 a＞0 时，u′(x)＝2ax－1 x＝2ax2－1 x .令 u′(x)＝0 得 x＝± 1 2a(负值舍去)． 所以当 x∈(0， 1 2a)时，u′(x)＜0，u(x)为减函数； 当 x∈( 1 2a，＋∞)时，u′(x)＞0，u(x)为增函数． 又 u(1)＝0， 1° 当 1 2a＝1，即 a＝1 2时，u(x)有 1 个零点；(12 分) 2° 当 1 2a＜1，即 a＞1 2时，由 u(1)＝0 可知 u( 1 2a)＜u(1)＝0， 又 u(e－a)＞0，且 e－a＜1， 所以 u(x)在(0，1)上有 1 个零点，故此时 u(x)有 2 个零点；(14 分) 3° 当 1 2a＞1，即 0＜a＜1 2时，由 u(1)＝0 可知 u( 1 2a)＜u(1)＝0， 令 φ(x)＝ln x－(x－1)，则 φ′(x)＝1 x－1＝1－x x ， 所以当 x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增；当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x) 单调递减，所以 φ(x)max＝φ(1)＝0，故 ln x≤x－1，则－ln x≥－(x－1)． 所以 u(x)＞a(x2－1)－(x－1)，所以 u(1 a－1)＞0，且1 a－1＞1， 所以 u(x)在(1，＋∞)上有 1 个零点，故此时 u(x)有 2 个零点． 综上，当 a＝1 2时，u(x)有 1 个零点；当 a＞0 时 a≠1 2时，u(x)有 2 个零点．(16 分)11 20. 解：(1) 因为 an＝n2，所以Δan＝an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，则Δan＋1－Δan＝2. 又Δa1＝3，所以{Δan}是首项为 3，公差为 2 的等差数列． 因为Δ2an＝Δan＋1－Δan＝2，则{Δ2an}是首项为 2，公差为 0 的等差数列．(2 分) (2) 因为数列{bn}是公比为 q 的正项等比数列，所以 bn＝b1qn－1. 又Δ2bn＝Δbn＋1－Δbn＝bn＋2－bn＋1－(bn＋1－bn)＝bn＋2－2bn＋1＋bn，且对任意的 n∈N*， 都存在 m∈N*，使得Δ2bn＝bm， 所以对任意的 n∈N*，都存在 m∈N*，使得 b1qn＋1－2b1qn＋b1qn－1＝b1qm－1，即(q－1)2＝ qm－n. 因为 q≥2，所以 m－n≥0. 1° 若 m－n＝0，则 q 2－2q＋1＝1，解得 q＝0(舍)或 q＝2，即当 q＝2 时，对任意的 n∈N*，都有Δ2bn＝bn. 2° 若 m－n＝1，则 q2－3q＋1＝0，解得 q＝3－ 5 2 (舍)或 q＝3＋ 5 2 ，即当 q＝3＋ 5 2 时， 对任意的 n∈N*，都有Δ2bn＝bn＋1. 3° 若 m－n≥2，则 qm－n≥q2＞(q－1)2，故对任意的 n∈N*，不存在 m∈N*，使得Δ2bn ＝bm. 综上所述，q 所有可能的取值构成的集合为{2， 3＋ 5 2 }.(8 分) (3) 因为Δ2cn＝0，所以Δ2cn＝Δcn＋1－Δcn＝cn＋2－cn＋1－(cn＋1－cn)＝cn＋2－2cn＋1＋cn＝ 0， 所以 cn＋2－cn＋1＝cn＋1－cn，所以{cn}是等差数列． 设{cn}的公差为 d，则 cn＝c1＋(n－1)d. 若 d＝0，则 cm＝cn； 若 d＜0，则当 n＞1－c1 d时，cn＜0，与数列{cn}的各项均为正数矛盾，故 d＞0.(10 分) 由等差数列前 n 项和公式可得 Sn＝d 2n2＋(c1－d 2)n， 所以 Sn＋Sm＝d 2n2＋(c1－d 2)n＋d 2m2＋(c1－d 2)m＝d 2(n2＋m2)＋(c1－d 2)(m＋n)， Sk＝d 2(m＋n 2 )2＋(c1－d 2)·m＋n 2 . 又 m≠n，m2＋n2 2 ＞ （m＋n）2 4 ， 所以 Sn＋Sm＝d 2(n2＋m2)＋(c1－d 2)(m＋n)＞d 2· （m＋n）2 2 ＋(c1－d 2)(m＋n)＝2Sk， 则当 t≤2 时，不等式 Sm＋Sn＞tSk 都成立．(12 分) 另一方面，当 t＞2 时，令 m＝k＋1，n＝k－1(k∈N*，k≥2)， 则 Sm＋Sn＝d 2[(k＋1)2＋(k－1)2＋(c1－d 2)·2k]＝d 2(2k2＋2)＋2k(c1－d 2)， Sk＝d 2k2＋(c1－d 2)k， 则 tSk－(Sm＋Sn)＝d 2tk2＋(c1－d 2)tk－d 2(2k2＋2)－2k(c1－d 2)12 ＝(d 2t－d)(k2－k)＋(t－2)c1k－d. 因为 d 2t－d＞0，k2－k≥0，所以当 k＞ d （t－2）c1，tSk－(Sn＋Sm)＞0，即 Sm＋Sn＜tSk. 综上，t 的最大值为 2.(16 分)