2020届全国普通高等学校招生统一考试(江苏卷)数学模拟预测卷(含附加题PDF版带解析)
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资料简介
数学 Ⅰ 试题 2020.6 一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共计 70 分.不需要写出解答过程,请把 答案直接填在答题卡相应位置上......... 1.已知集合 { | 1} {1 2 3}A x x B  , , , ,则 A B  ▲ . 2.已知复数 2 iz   (其中i 为虚数单位),若 i ( )i z a b a b  R, ,则 ab的值为 ▲ . 3.已知一组数据 4 7 5 8a, , ,, 的平均数为 6,则该组数据的标 准差是 ▲ . 4.在平面直角坐标系 xOy 中,若双曲线 2 2 1 1 ( 0)xC y mm  : 的一条准线与抛物线 2 2 2C x y: 的准线重合,则正数 m 的 值是 ▲ . 5.运行如图的程序框图,则输出的结果是 ▲ . 6.《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中 国古代流传下来的两幅神秘图案,蕴含了深奥的宇宙星象之 理,被誉为“宇宙魔方”,是中华文化阴阳术数之源.河图 的排列结构如图所示,一与六共宗居下,二与七为朋居上, 三与八同道居左,四与九为友居右,五与十相守居中,其中 白圈为阳数,黑点为阴数,若从阳数和阴数中各取一数,则 其差的绝对值为 5 的概率为 ▲ . 7.已知{ }na 为等差数列, nS 为其前 n 项和,若 2 55 2a a  ,则 15S 的值是 ▲ . 8.圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm ,有一个实心铁球浸没于 容器的水中,若取出这个铁球,测得容器的水面下降了 5 cm3 , 则这个铁球的表面积为 ▲ 2cm . 注 意 事 项 在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本试卷共 4 页,包含填空题(第 1 题  第 14 题)、解答题(第 15 题  第 20 题).本卷满分 160 分,考试时间为 120 分钟.考试结束后,请将答题卡交回. 2. 答题前,请您务必将自己的姓名、调研序列号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置. 3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答,在其他位置作答一律无效.作答必须用 0.5 毫 米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整,笔迹清楚. 4. 如需作图,须用 2B 铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗. 5. 请保持答题卡卡面清洁,不要折叠、破损.一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔. (第 6 题图) (第 6 题图) 开始 结束 输出 a N Y (第 5 题图) 2020年全国普通高等学校招生统一考试(江苏卷)模拟卷 9.若直线 1y kx  与曲线 y x 相切,则实数 k 的值为 ▲ . 10.计算: 2 tan12 3 (4cos 12 2)sin12      ▲ . 11.已知向量 ,a b ,满足| | 3b  , | |a b a  ,则| |a b 的最小值为 ▲ . 12.在平面直角坐标系 xOy 中,已知 A B, 为圆 2 2( ) ( 2) 4C x m y   : 上两个动点,且 2 3AB  .若直线 2l y x : 上存在点 P ,使得OC PA PB    ,则实数 m 的取值范 围为 ▲ . 13 . 已 知 函 数 31 1 1 1 13 4 4 2( ) 1 1 103 6 2 x x x f x x x        , ≤ , ,≤ ≤ , ( ) e 2 ( )xg x ax a   R , 若 存 在 1 2 [0 1]x x , , ,使得 1 2( ) ( )f x g x 成立,则实数 a 的取值范围是 ▲ . 14.已知在锐角三角形 ABC 中, AH BC 于点 H,且 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA        , 若 2BC  ,则 sin sin sin B C A 的取值范围是 ▲ . 二、解答题:本大题共 6 小题,共计 90 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. 15.(本小题满分 14 分) 在 ABC△ 中,角 A B C, , 所对的边分别为 a b c, , ,且 3B  . (1)若 2 3b  , 2a  ,求c 的值; (2)若 13cos 13A  ,求cosC 的值. 16.(本小题满分 14 分) 已知直三棱柱 1 1 1ABC A B C , E F, 分别是 1BC AA, 的中点, 1CB CC , AC BC . 求证:(1) EF ∥平面 1 1BAC ; (2) 1EF B C . E F A1 C1 B1 B CA (第 16 题图) 17.(本小题满分 14 分) 如图,已知边长为 2 的正方形材料 ABCD ,截去如图所示的阴影部分后,可焊接成一 个正四棱锥的封闭容器.设 FCB   . (1)用 表示此容器的体积, (2)当此容器的体积最大时,求 tan 的值. 18.(本小题满分 16 分) 如图,点 F 为椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x yC a ba b   : 的左焦点,点 A B, 分别为椭圆C 的右顶 点和上顶点,点 6( 2 )2P  , 在椭圆C 上,且满足OP AB∥ . (1)求椭圆 C 的方程; (2)过定点 ( 0) (| | 2)T m m , 且与 x 轴不重合的直线 l 交椭圆 C 于 M N, 两点,直线 4x  分别交直线 AM AN, 于点 D E, ,求证:以 DE 为直径的圆经过 x 轴上的两 定点(用 m 表示). (第 17 题图) (第 18 题图) y x P F O A B 19.(本小题满分 16 分) 若数列{ }nc 满足:存在实数t ,使得 2 2 1 2 1 12 ( )m n m nc c c t m n       对任意 *m n N, 都成立,则称数列{ }nc 为“t 倍等阶差数列”.已知数列{ }na 为“t 倍等阶差数列”. (1)若 1 2 3 10 12a a a   , , ,求实数t 的值; (2)在(1)的条件下,设 * 2 1 2 1 ( )n n nb a a n    N . ①求数列{ }nb 的通项公式; ②设数列 1 1{ } n nb b  的前 n 项和为 nS ,是否存在正整数 p q, ,且1 p q  ,使得 1 p qS S S, , 成等比数列?若存在,求出 p q, 的值,若不存在,请说明理由. 20.(本小题满分 16 分) 已知函数 ( ) ln ( 0)af x x xx   . (1)求函数 ( )f x 的单调区间; (2)若函数 ( )f x 在定义域内有两个零点,求 a 的取值范围; (3)若对任意 (0, )x  ,不等式 2( ln 1) (e 1) (2 )exm x x x x x   ≥ 恒成立,求 m 的 取值范围. 2020.6 21.【选做题】本题包括 A 、B 、C 三小题,请选定其中两题......,并在相应的.....答题区域....内作.. 答.,若多做,则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A .选修 4  2:矩阵与变换(本小题满分 10 分) 已 知 矩 阵 1 0 1 2 0 2 0 1            ,A B , 若 直 线 l 依 次 经 过 变 换 ,A BT T 后 得 到 直 线 ' 2 2 0l x y  : ,求直线 l 的方程. B .选修 4  4:坐标系与参数方程(本小题满分 10 分) 已知直线l 的参数方程为 12 2 3 2 x t y m t       , (t 为参数),点 (1 2)P , 在直线l 上. (1)求 m 的值; (2)以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线 4C  : 与直线 l 交于两点 A B, ,求| | | |PA PB 的值. C .选修 4  5:不等式选讲(本小题满分 10 分) 设 a b c, , 都是正数,求证: 2 2 2( ) ( ) ( ) 4( )b c c a a b a b ca b c      ≥ . 注 意 事 项 在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本卷第 21 题有 A、B、C 3 个小题供选做,请在 3 个选做题中选答 2 题.若选做了 3 题,则按选 做题中的前 2 题计分.第 22、23 题为必答题.每小题 10 分,共 40 分.答题时间 30 分钟.答题 结束后,请将答题卡交回. 2. 答题前,请您务必将自己的姓名、调研序列号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置. 3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答,在其他位置作答一律无效.作答必须用 0.5 毫 米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整,笔迹清楚. 4. 如需作图,须用 2B 铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗. 5. 请保持答题卡卡面清洁,不要折叠、破损.一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔. 数学Ⅱ(附加题) 2020年全国普通高等学校招生统一考试(江苏卷)模拟卷 【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) 某商场在今年的“五一假”期间对顾客举行抽奖活动,举办方设置了 A B, 两种抽奖 方案,方案 A 的中奖率为 2 3 ,中奖可以获得 2 分;方案 B 的中奖率为 0 0 ( )01P P  , 中奖可以获得 3 分;未中奖则不得分,每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖 与否互不影响,并凭分数兑换奖品. (1)若顾客甲选择方案 A 抽奖,顾客乙选择方案 B 抽奖,记他们的累计得分为 X, 若 3X ≤ 的概率为 7 9 ,求 0P ; (2)若顾客甲、顾客乙两人都选择方案 A 或都选择方案 B 进行抽奖,问:他们选择 何种方案抽奖,累计得分的均值较大? 23.(本小题满分 10 分) 已知 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 ) .x a a x a x a x      (1)求 1 2 2020a a a   的值; (2)求 0 1 2 2020 1 1 1 1+a a a a   的值. 数学 Ⅰ 试题 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 3}, 2. 2 3. 2 4.3 5. 1 3 6. 1 5 7. 75 8.100 9. 1 4 10. 4 11. 2 2 12.[ 1 5 1 5]   , 13.[2 e + ) , 14. 6( )5  , 解答与提示: 1.由交集定义可知 {2 3}A B  , . 2. i 2 iz a b    ,所以 1 2a b  , ,所以 2ab   . 3.由平均数公式得 6a  ,所以 2 2 2 21[(4 6) 0 (7 6) (5 6) (8 6) ] 25s           . 4.抛物线 2 2 2C x y: 的准线方程为 1 2y   ,双曲线 2 2 1 1xC y m : 的一条准线方程为 1 1 y m    ,根据题意 1 1 21m   ,解得 3m  . 5.分析流程图,可得输出的结果是 1 3 . 6.从阳数和阴数中各取一数,有 25 种取法,其差的绝对值为 5 的有 5 种,所以概率为 5 1 25 5 . 7 . 由 2 55 2a a  , 得 1 15 2( 4 )a d a d    , 即 1 7 5a d  , 所 以 8 5a  , 则 15 1 15 8 15 ( ) 15 752S a a a    . 8.设该铁球的半径为 cmr ,则由题意得 3 24 5103 3r    ,解得 3 35r  ,所以 5r  ,所 以这个铁球的表面积 2 24 5 100 cmS     . 9.曲线 y x 在切点 0 0( )x y, 处的切线方程为 0 0 1 22 xy x x   ,所以 0 0 12 1 2 x k x     , , 解得 1 4k  . 2020年全国普通高等学校招生统一考试(江苏卷)模拟卷 10.原式= sin12 3cos12 2cos 24 sin12     sin12 3cos12 2cos24 sin12 cos12       2sin(12 60 ) cos 24 sin 24      2sin 48 41 sin 482      . 11. 2 2 2 2| | + 2 + 9 2 | | (| | 1) + 8 2 2≥a b a b a b a a a        ,故| |a b 的最小值 为 2 2 . 12.由题意知圆C 的圆心 ( 2)C m, ,半径 2r  .取 AB 的中点Q ,连结CQ ,则 CQ AB . 所以 2 2 4 3 1CQ r AQ     ,所以点Q 在圆 2 2( ) ( 2) 1x m y    上.延长CQ 交 l 于 M. 法 一 : 因 为 2OC PA PB PQ      , 所 以 1CQ QM  , 所 以 点 M 在 圆 2 2( ) ( 2) 4x m y    上 , 所 以 直 线 l 与 圆 有 公 共 点 , 从 而 |2 2 | 2 5 m  ≤ , 解 得 1 5 1 5m   ≤ ≤ . 法二:因为 2OC PA PB PQ      ,设 0 0 1 1( ) ( )P x y Q x y, , , ,则 1 0 1 0( )PQ x x y y   , , ( 2)OC m , , 所 以 1 0 1 0 2( ) 2 2( ) m x x y y      , , 则 1 0 1 0 2 1 mx x y y       , , 因 为 1 1( )Q x y, 在 圆 2 2( ) ( 2) 1x m y    上,所以 2 2 0 0( ) ( 1) 12 m x m y     ,即 2 2 0 0( ) ( 1) 12 mx y    , 所以点 P 在以 1( 1)2D m, 为圆心,1 为半径的圆 D 上,又点 P 在直线 2l y x : 上,所 以直线l 与圆 D 有公共点,所以 | 1| 1 5 m  ≤ ,解得 1 5 1 5m   ≤ ≤ . 13.当 10 2x≤ ≤ 时, ( )f x 单调递减, 10 ( ) 6f x≤ ≤ ; 当 1 2 x ≤1时, 2 1( ) 04f x x   ≥ 成立, ( )f x 单调递增, 1 1( )6 3f x ≤ , 所以 ( )f x 的值域为 1[0 ]3A  , . 设 ( )g x 的值域为 B ,因为存在 1 2 [0 1]x x , , 使得 1 2( ) ( )f x g x 成立,所以 B A   . ( ) e 2xg x ax   , ( ) exg x a   . ① 1a ≥ ,任意 [0 1]x , , ( ) 0g x ≥ 成立, ( )g x 在[0 1], 单调递增, 所以 min( ) (0) 1g x g   , max( ) (1) e 2g x g a    , [ 1 e 2]B a   , . 因为 B A   ,所以 e 2 0a  ≥ , 2 ea ≥ ; ② ea ≤ ,任意 [0 1]x , , ( ) 0g x ≤ 成立, ( )g x 在[0 1], 单调递减, 所以 min( ) (1) e 2g x g a    , max( ) (0) 1g x g   , [e 2 1]B a   , , 则 B A   ,不合题意; ③ e 1a    ,令 ( ) e 0xg x a    , ln( )x a  , ( )g x 在 (0 ln( ))a, 递减,(ln( ) 1)a , 递增, 所以 min( ) (ln( )) 2 ln( )g x g a a a a       , max( ) max{ (0) (1)}g x g g , . 又 (0) 1 0g    , (1) e 2 0g a    ,则 B A   ,不合题意. 综上所述, 2 ea ≥ . 解:法一:由 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA        ,得 2 2 9 9 4 4BA AH BA CA CA AH          , 所以9 4BA BH CA CH      ,即 2 2 9 4BH CH  , 2 3BH CH .设 BC 边上的高为 h , 则 5tan 4 hB  , 5tan 6 hC  ,所以 2 5 5 504 6tan 05 5 25 241 4 6 h h hA h h h       ,所以 2 6 5h  因为△ABC 的面积 1 1sin2 2S bc A ah  ,所以 2 sin sinR B C h , 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   . 法二:由 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA        ,得 2 2 9 9 4 4BA AH BA CA CA AH          , 所以9 4BA BH CA CH      ,即 2 2 9 4BH CH  , 2 3BH CH ,所以 2 24 tan 9 tanB C . 以 BC 中点为原点 O,BC 为 x 轴建立坐标系,则 ( 1 0) (1 0) ( )B C A x y , , , , , , 从而 2 2 2 2 4 9 ( 1) ( 1) y y x x  ,即 15 ( ) 5x x   舍去 或 .设 BC 边上的高为 h . 因为△ABC 的面积 1 1sin2 2S bc A ah  ,所以 2 sin sinR B C h ,即 sin sin sin 2 B C h A  . 由 2 2 1 1 5 x y x      , , 得 2 24 25y  .因为△ABC 为锐角三角形,所以 2 6 5h  , 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   . 法三:由 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA        ,得 2 2 9 9 4 4BA AH BA CA CA AH          , 所以9 4BA BH CA CH      ,即 2 2 9 4BH CH  , 2 3BH CH . 因为角 A 为锐角,所以 2 26( ) ( ) 025AB AC AH HB AH HC AH BC               , 所以 2 6 5h  .因为△ABC 的面积 1 1sin2 2S bc A ah  ,所以 2 sin sinR B C h , 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   . 法四:设| | | | | |AH h BH x CH y    , , ,因为 2 2 9 4 (4 9 )BA CA AH CA BA        , 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9( ) 4( ) 4 ( ) 9 ( )h hh x h y h h y h h x h y h x            , 所以 2 2 2 25 9 4 5h x y h   ,所以3 2x y ,又因为 2x y  ,所以 4 6 5 5x y , . 又因为 cos 0A  ,所以 2 2 2c b a  ,所以 2 2 2 24 6( ) ( ) 45 5h h    ,所以 2 24 25h  , 所以 2 6 5h  .因为△ABC 的面积 1 1sin2 2S bc A ah  ,所以 2 sin sinR B C h , 所以 sin sin 6 sin 2 5 B C h A   . 法五:设 (1 ) (0 1)AH AB AC         .因为 AH BC ,所以 ( ) 0AH AC AB     , 所以 2 2 (1 ) (2 1) 0AC AB AB AC           .因为 2 29 4 (4 9 )c b AH CA BA      ,所以 2 2 4 9(1 ) (9 13 ) 0AC AB AB AC           ,所以 1 2 1 4 9(1 ) 9 13             ,所以 3 5  ,即1 2 1 1 4 9(1 ) 9 13 6              , 3 2 5 5AH AB AC    ,所以 3 2 5 5BH HC  , 所以 2 3BH CH .下略. 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)在 ABC△ 中, 3B  , 2 3b  , 2a  , 由余弦定理得 2 2 2 2 cosb c a ac B   , ······················ 2 分 得 212 4 2c c   ,即 2 2 8 0c c   , ······················ 4 分 解之得 4c  或 2c   (舍去). ······························· 6 分 (2)由 13cos 013A   ,得0 2A   , ····················· 7 分 所以 2 213 2 3sin 1 cos 1 ( )13 13A A     . ············· 9 分 又因为 3B  ,所以cos cos( ) cos( )C A B A B       ···························· 11 分 cos cos sin sinA B A B   ···································································· 13 分 13 1 2 3 3 6 13 13 2 13 2 26       . ······················································· 14 分 16.(本小题满分 14 分) 证:(1)设 1 1B C BC, 交于O 点,连接 1AO OE, . O E F A1 C1 B1 B CA 在 1BB C△ 中,点O E, 分别是 1B C BC, 中点, 所以 1 1 2OE B B , 1 1 2OE B B . ··························································· 2 分 因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ,所以 1 1 1 1B B AA B B AA, , 又因为 F 是 1AA 中点,所以 1 1OE FA OE FA ,  ,所以 1EF A O∥ . ················ 4 分 因为 1 1 1 1 1A O BA C EF BA C 平面 , 平面 ,所以 EF ∥平面 1 1BAC . ················· 6 分 (2)因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ,所以侧面 1 1BCC B 是矩形. 又因为 1BC CC ,所以四边形 1BCC B 是正方形,所以 1 1B C BC . ·············· 8 分 因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ,所以 1CC ABC 平面 , 因为 AC ABC 平面 ,所以 1CC AC , 又因为 1 1 1 1BC AC BC CC C CC BC BCC B  , , , 平面 ,所以 1 1AC BCC B 平面 . 因为 1 1 1B C BCC B 平面 ,所以 1AC B C . ············································· 10 分 因为直三棱柱 1 1 1ABC A B C ,所以 1 1AC A C∥ ,所以 1 1 1A C B C . 因为 1 1 1 1BC A C C , 1 1 1 1 1BC AC BA C, 平面 ,所以 1 1 1B C BAC 平面 . ········ 12 分 因为 1 1 1A O BA C 平面 ,所以 1 1A O B C , 因为 1EF AO∥ ,所以 1EF B C . ·························································· 14 分 17.(本小题满分 14 分) 解:取 BC 的中点 M ,连接 FM ,连接 AC 交GF 于 N , 如图. 由 题 意 知 FM BC , 在 直 角 三 角 形 CFM 中 , 1 cosCF  . 在直角三角形CFN 中, πsin( )4 NF CF   ,所以 2 2 tan2 2NF   ,所以 2 2 tanGF   . 因为 πcos( )4 CN CF   ,所以 2 2 tan2 2CN   . ···································· 3 分 从而 2( 2 2 tan )GFEHS   ,正四棱锥的高 2 2 2 2CO CN NO CN NF    2 22 2 2 2( tan ) ( tan ) 2 tan2 2 2 2        , ································ 5 分 所以正四棱锥的体积 21 1 ( 2 2 tan ) 2 tan3 3GFEHV S CO         22 2 π(1 tan ) tan (0 )3 4    , , . ······················································ 7 分 (2)令 tan (0 1)t t , , ,则 2 2 5 32 2 2 2( ) (1 ) ( 2 )3 3V t t t t t t     , 4 2 2 22 2 2 2( ) (5 6 1) (5 1)( 1)3 3V t t t t t       . ······································· 10 分 N MF E G H D C BA 令 ( ) 0V t  ,得 5 5t  . t 5(0 )5 , 5 5 5( 1)5 , ( )V t  0  ( )V t ↗ 极大值 ↘ 所以 ( )V t 在 5(0 )5 , 单调递增,在 5( 1)5 , 单调递减, ······························· 12 分 所以 ( )V t 在 5 5t  时取到最大值,此时 1tan 5  . ··································· 14 分 18.(本小题满分 16 分) 解:(1)由 6( 2 )2P  , 在椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x yC a ba b   : 上得 2 2 2 3 12a b  ①, 如图,由 A 为 C 的右顶点, B 为 C 的上顶点可知 ( 0) (0 )A a B b, , , , 因 OP AB∥ ,所以 OP ABk k ,则 3 2 b a   ②. ····································· 2 分 联立①②得方程组 2 2 2 3 12 3 2 a b b a       , , 解得 2 3 a b   , . 故所求椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . ······················································ 4 分 (2)设 1 1 2 2( ) ( )M x y N x y, , , ,又 (2 0)A , , 所以直线 AM 的方程为 1 1 ( 2)2 yy xx  ,令 4x  ,得 1 1 2 2D yy x  , 所以 1 1 2(4 )2 yD x  , .同理 2 2 2(4 )2 yE x  , . ··················································· 6 分 设 0 0( )Q x y, 是以 DE 为直径的圆上的任意一点,则 0DQ EQ   ,所以 2 1 2 0 0 0 1 2 2 2( 4) ( )( ) 02 2 y yx y yx x      , 令 0 0y  ,得 2 1 2 0 1 2 4( 4) ( 2)( 2) y yx x x     . ··············································· 8 分 设直线l 的方程为 x ty m  ,与椭圆 C 的方程 2 2 14 3 x y  联立,消去 x 得 2 2 2(3 4) 6 3 12 0t y tmy m     , 所以 1 2 2 6 3 4 tmy y t    , 2 1 2 2 3 12 3 4 my y t   , ·············································· 10 分 所以 1 2 1 2( 2)( 2) ( 2)( 2)x x ty m ty m       2 2 2 1 2 1 2 2 4( 2)( 2)( ) ( 2) 3 4 mt y y t m y y m t         . ····································· 12 分 所以 2 222 1 2 0 2 2 1 2 2 3 1244 12 3 3(2 )3 4( 4) 4( 2)( 2)( 2) ( 2) 2 3 4 m y y m mtx mx x m m t              , 因为 2 2m   ,所以 0 3(2 )4 2 mx m    . 所以以 DE 为直径的圆经过 x 轴上两定点,其坐标分别为 3(2 )(4 0)2 m m   , 和 3(2 )(4 0)2 m m   , . ·········································································· 16 分 19.(本小题满分 16 分) 解:(1)由数列{ }na 为“t 倍等阶差数列”,令 2 1m n , ,得 2 3 1 22 (2 1)a a a t    , 所以 11 0 2( )2 t    ,解得 2t  . ························································ 3 分 (2)①以 2n  代替 m ,得 2 3 2 1 2 12 8n n na a a     . ·································· 5 分 则 2( 1) 1 2( 1) 1 2 1 2 1[ ] ( ) 8n n n na a a a         ,即 1 8n nb b   . 所以数列{ }nb 是以 8 为公差的等差数列. 又 1 3 1 1b a a   ,所以 1 8( 1) 8 7nb n n     . ······································· 8 分 ②因为 1 1 1 1 1 1( )(8 7)(8 1) 8 8 7 8 1n nb b n n n n       , 所以 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )] (1 )8 9 9 17 8 7 8 1 8 8 1 8 1n nS n n n n             , ···· 11 分 则 1 1 9 8 1 8 1p q p qS S Sp q    , , . 假设 1 p qS S S, , 成等比数列,则 2 1( )8 1 9 8 1 p q p q   , 因为 2 16 1 8 9 98 8p q p q q      ,所以 28 16 1 0p p   , 解得 4 3 2 4 3 2 4 4p   . ······························································· 14 分 又因为 p 为大于 1 的整数,所以 2 36p q , , 所以存在 2 36p q , ,使得 1 p qS S S, , 成等比数列. ······························· 16 分 20.(本小题满分 16 分) 解:(1) 2( ) ( 0)x af x xx    . 当 0a ≤ 时, ( ) 0f x  ,所以 ( )f x 在 (0 ) , 上单调增; 当 0a  时,令 ( ) 0f x  得 x a ,所以 ( )f x 在 ( )a  , 上单调增; 令 ( ) 0f x  得 0 x a  ,所以 ( )f x 在(0 )a, 上单调减. 综上,当 0a ≤ 时, ( )f x 的增区间为(0 ) , ,无减区间; 当 0a  时, ( )f x 的增区间为( )a  , ,减区间为(0 )a, . ················· 4 分 (2)由(1)可知若 ( )f x 有两个零点,则 0a  ,且 ( )f x 的最小值为 ( )f a 需小于 0 . 由 ( ) 0f a  得 10 ea  . ······································································ 6 分 又 (1) 0f a  ,则 ( ) (1) 0f a f  , 由零点存在性定理可知, ( )f x 在 ( 1)a, 上有一个零点; ······························ 8 分 2 1( ) 2lnf a a a  ,令 1 1( ) 2ln (0 )eg x x xx    ,则 2 2 1( ) 0xg x x    , 所以 ( )g x 在 1(0 )e , 上单调减, 1( ) ( ) e 2 0eg x g    ,则 2( ) 0f a  , 所以 2( ) ( ) 0f a f a  ,由零点存在性定理可知, ( )f x 在 2( )a a, 上有一个零点, 所以 1(0 )ea  , . ··············································································· 10 分 (3)法一:由 2( ln 1) (e 1) (2 )exm x x x x x   ≥ 可知 1(ln ) (e 1) (2 )exm x xx   ≥ . 设 1( ) (ln ) ( 2)e e 1xF x m x xx      ,则 ( ) 0F x ≥ 在(0 ) , 上恒成立. 2 2 ( 1)( ) ( 1)e ( 1)(e )x xm x mF x x xx x        . 1 当 0m≥ 时, 2e 0x m x  ,令 ( ) 0F x  得 1x  ,所以 ( )f x 在(1 ) , 上单调增; 令 ( ) 0F x  得 0 1x  ,所以 ( )f x 在(0 1), 上单调减. 所以 min( ) (1) 1 0F x F m   ≥ ,得 1m≥ . ············································· 12 分 2 当 0m  时,因为 1 41 7 7( ) (4 ln 4) e e 1 (4 ln 4) e 14 4 4F m m          即 1 11( ) (4 ln 4) ( e) 04 4F m     ,所以 ( ) 0F x ≥ 在 (0 )x  , 上不恒成立, 则 0m  舍去. 综上可知, [1 )m  , .···································································· 16 分 法二:在 1(ln ) (e 1) (2 )exm x xx   ≥ 中,令 1x  ,得 1m≥ . 下证当 1m≥ 时, 1(ln ) (e 1) (2 )exm x xx   ≥ 恒成立,略. 数学Ⅱ(附加题) 参考答案 21.【选做题】本题包括 A 、B 、C 三小题,若多做,则按作答的前两题评分. A .选修 4  2:矩阵与变换(本小题满分 10 分) 解:设点 ( )P x y, 是 l 上的任意一点,其依次经过变换 ,A BT T 后得到点 '( ' ')P x y, . 则 ' ' x y      = 1 2 0 1      1 0 0 2      x y      ,得 ' ' x y      = 4 2 x y y      ,即 ' 4 ' 2 x x y y y     . , ················ 5分 又点 'P 在直线 'l 上,所以 2 ' ' 2 0x y   , 故 2( 4 ) 2 2 0x y y    ,即 5 1 0x y   , 所以直线l 的方程为 5 1 0x y   . ······················································· 10分 B .选修 4  4:坐标系与参数方程(本小题满分 10 分) 解:(1)因为 (1 2)P , 在直线l 上,所以 11 2 2 32 2 t m t       , , 解得 2 3m   . ··············· 4分 (2)曲线C 的直角坐标方程为 2 2 16x y  , 将直线l 的参数方程代入C 的方程得 2 (1 2 3) 11 0t t    , ························· 6分 设 A B, 所对应的参数分别为 1 2t t, ,则 1 2 11t t  , 故 1 2| | | | | | 11PA PB t t   . ···································································· 10分 C .选修 4  5:不等式选讲(本小题满分 10 分) 证:因为 a b c, , 都是正数,所以 2 2 2( ) ( ) ( )( )[ ]b c c a a ba b c a b c       2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ]( )[ )] ([ b c c a a ba b c a b c        ·································· 4分 2[( )( ) ( )( ) ( )( )]b c c a a ba b c a b c    ≥ 2 2[( ) ( ) ( )] 4( )b c c a a b a b c         , ·············································· 8分 所以 2 2 2( ) ( ) ( ) 4( )b c c a a b a b ca b c      ≥ . ······································· 10分 【必做题】第 22 题、第 23 题,每小题 10 分,共计 20 分. 22.(本小题满分 10 分) 解:(1)由已知得,甲中奖的概率为 2 3 ,乙中奖的概率为 0P ,且两人中奖与否互不影响. 记“这 2 人的累计得分 3X ≤ ”的事件为 C,则事件 C 的对立事件为“ 5X  ”. 因为 0 2( 5) 3P X P  ,所以 0 2 7( ) 1 ( 5) 1 3 9P C P X P      ,所以 0 1 3P  . ····· 3分 (2)设甲、乙都选择方案 A 抽奖的中奖次数为 1X ,都选择方案 B 抽奖的中奖次数为 2020年全国普通高等学校招生统一考试(江苏卷)模拟卷 2X ,则这两人选择方案 A 抽奖累计得分的均值为 1(2 )E X ,选择方案 B 抽奖累计得 分的均值为 2(3 )E X . 由已知可得, 1 2 0 2~ (2 ) ~ (2 )3X B X B P, , , ,所以 1 2 0 2 4( ) 2 ( ) 23 3E X E X P   , , 从而 1 1 2 2 0 8(2 ) 2 ( ) (3 ) 3 ( ) 63E X E X E X E X P   , . 若 1 2( ) (2 )3E X E X ,则 0 0 8 46 03 9P P    , 若 1 2( ) (2 )3E X E X ,则 0 0 8 46 13 9P P    , 若 1 2( ) (2 )3E X E X ,则 0 0 8 463 9P P   . 综上所述,当 0 40 9P  时,他们都选择方案A进行抽奖时,累计得分的均值较大; 当 0 4 19 P  时,他们都选择方案B进行抽奖时,累计得分的均值较大;当 0 4 9P  时,他们都选择方案A或都选择方案B进行抽奖时,累计得分的均值相等. ···· 10分 23.(本小题满分 10 分) 解:(1) 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 )x a a x a x a x      (*). 在(*)中,令 0x  ,得 0 1a  . 在(*)中,令 1x  ,得 0 1 2 2020 0a a a a     , 所以 1 2 2020 1a a a     . ································································· 2分 (2)由二项式定理可得 2020( 1) 0 1 2 2020k k ka C k   ,,, , , . ························· 3分 因为 1 !( )! 1 !( )!( 2) 1 !( )!( 1 1 ) ! 2 ( 1)! 2 ( 1)!k n k n k n k n k n n k n k k n k C n n n n n                  1 1 1 1 !( 1 )! ( 1)!( )! 1 1 1[ ] ( )2 ( 1)! ( 1)! 2 k k n n n k n k k n k n n n n n C C                , ·························· 6分 所以 2020 2020 2020 2020 0 1 2 2020 0 0 02020 2020 2020 2020 2020 2020 1 1 ( 1) 1 1 1 1( 1)( 1) k k k k k k kka C C C C C C              . 因为 1 2020 2021 2021 1 2021 1 1( )2022k k kC C C   , 所以 2020 2020 0 1 1 2 2020 2021 0 2021 2021 2021 2021 2021 2021 1 2021 1 1 1 1 1 1[( ) ( ) ( 1) ( )]2022k ka C C C C C C          0 2021 2021 2021 2021 1 1 2021( )2022 1011C C   . ····························································· 10分

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