２０２０
南通名师高考数学原创押题卷(答案)— １
２０２０南通名师高考数学原创押题卷参考答案
数学I
１ư 【答案】{－２,－１}．
【解析】A∩B＝{－２,－１,０,１,２}∩{x|x＜０,x∈R}＝{－２,－１}．
２ư 【答案】４．
【解析】法一:由(１ ＋i)z ＝a－４i,得z ＝
a－４i
１＋i ＝(a－４i)(１－i)
２ ＝ １
２ [(a－４)－(a＋４)i]．
再由z的实部为
０,得a＝４．
法二:设z ＝bi,b∈R．
由(１＋i)bi＝a－４i,得a＝－b＝４．
３ư 【答案】６５０．
【解析】
在[１６５,１８５)的学生数为(０．０３＋０．０３５)×１０×１０００＝６５０．
４ư 【答案】５．
【解析】I的值 分别为
１,３,７,５,最后输出的值为
５．
５ư 【答案】．(－∞,０),(１,２)．
【解析】原函数的定义域是 １－ １x ≥０,
２－x＞０,
{ 解得
１≤x＜２．
或x＜０
６ư 【答案】２
３ ．
【解析】要使
２,３,x 能构成一个三角形,则
３－２＜x＜３＋２,即
１＜x＜５,故其概率为 ４
６ ＝ ２
３ ．
７ư 【答案】３．
【解析】由y′＝(x３
＋３x２
＋ax＋a)e
x
,y′|x＝０ ＝a,故a＝３．
８ư 【答案】６
π ．
【解析】设球的半径为 R,则正方体的棱长为
２R,V１ ＝８R３
,V２ ＝４π
３
R３
,故V１
V２ ＝ ６
π ．
９ư 【答案】０．
【解析】．
因为{an},{bn},{cn}都是等差数列,所以数列{an
＋bn
＋cn}也是等差数列,且公差
d＝－８８＋９８
７－２ ＝２,故a１ ＋b１ ＋c１ ＝－１００,S１０１ ＋T１０１ ＋U１０１ ＝－１００×１０１＋１００×１０１
２ ×２＝０．
１０ư 【答案】{x|－５≤x≤３}．
【解析】法一:因为g(x)＝|x＋１|＋１,所以不等式f(x)≤３g(x)等价于 x２
＋２x≤３|x＋１|＋３,这等价于
|x＋１|
２
－３|x＋１|－４≤０,于是,|x＋１|≤４,解得
－５≤x≤３．
法二:原不等式等价于
x２
＋２x≤３x＋６
x≥－１
{ 或 x２
＋２x≤－３x,
x＜－１．{ 解得
－１≤x≤３
或
－５≤x＜－１,即
－５≤x≤３．
１１ư 【答案】．[２ ５,４ ５]
【解析】在平面直角坐标系中,不妨设e＝(１,０),由aŰe＝４,得a＝(４,s),则
１６＋s２
≤１０ (４＋t)２
＋s２ 对任意实数t恒
成立,所以
１６＋s２
≤１０|s|,解得
２≤|s|≤８,故
４≤s２
≤６４,２ ５≤|a|≤４ ５．
１２ư 【答案】６．
【解析】根据对称性,不妨设 P 在第一象限
．
由题设可知 F１F２
２
＝４(a２
－９)＝４(m２
＋４)＝４c２
．
即a２
－m２
＝１３,a２
－c２
＝９,c２
－m２
＝４．
根据椭圆与双曲线的定义得２０２０
南通名师高考数学原创押题卷(答案)— ２
PF１ ＋PF２ ＝２a,
PF１ －PF２ ＝２m,
{ Þ PF１ ＝a＋m,
PF２ ＝a－m．{
在
△PF１F２
中,由余弦定理得
cos∠F１ PF２ ＝
PF２
１ ＋PF２
２ －F１F２
２
２PF１ ×PF２ ＝(a＋m)２
＋(a－m)２
－４c２
２(a＋m)(a－m)
＝(a２
＋m２
－２c２
a２
－m２ ＝ (a２ －c２
)－ (c２ －m２
)a２ －m２ ＝ ５
１３．
所以,sin∠F１ PF２ ＝１２
１３,S△PF
１
F
２ ＝ １
２
PF１ ×PF２sin∠F１ PF２ ＝ １
２ ×(a２
－m２
)×１２
１３ ＝６．
１３ư 【答案】－ ３．
【解析】由
sin(２α＋β)＝３sin(２α－β)得
sin２αcosβ＋cos２αsinβ＝３sin２αcosβ－３cos２αsinβ,
则
tan２α＝２tanβ,tanβ＝ １
２tan２α＝ tanα
１－tan
２α．
而
tan(α－β)＝ tanα－tanβ
１＋tanαtanβ＝ tanα－ tanα
１－tan
２α
１＋tanαŰ tanα
１－tan
２α
＝ －tan
３α．
所以,tan
３α＝－tan(α－β)＝－３ ３,即
tanα＝－ ３．
１４ư 【答案】２ ２．
【解析】(方法
１)由x∈[α,β]时,|f(x)|≤１
得
f(α)＝α２
＋bα＋c≤１, ①
f(β)＝β２
＋bβ＋c≤１, ②
f α＋β
２
( ) ＝
α＋β
２
( )２
＋bŰ
α＋β
２ ＋c≥－１,③
ì
î
í
ïï
ïï
由
①＋②－２×③
得(α－β)２
２ ＝ f (α)＋ f (β)－２f α＋β
２
( ) ≤４,故β－α≤２ ２．
而当f(x)＝x２
－１,x∈[－ ２,２]时,|f(x)|≤１,此时β－α＝２ ２．
(方法
２)由条件和设问知,该问题与对称轴的位置无关,不失一般性,可设b＝０．
因是求β－α的最大值,由二次函数图象特征知,β＝－α,且c＝－１．
下略
．
１５ư 【解析】(１)由p∥q,即
cosAcosB＝sinAsinB,所以
cos(A＋B)＝０．
因为
０＜A＋B＜π,所以 A＋B＝ π
２ ,故C＝ π
２ ．
(２)由pŰq＝sin２C 得
cosAsinB＋sinAcosB＝sin２C,即
sin(A＋B)＝sin２C,
因为 A＋B＋C ＝π,C＝π－(A＋B),所以
sinC ＝sin(A＋B)＝sin２C．
即
sinC ＝２sinCcosC．
因为 C∈(０,π),sinC≠０,所以
cosC＝ １
２ ,即 C＝ π
３ ．
由余弦定理a２
＋b２
－２abcosC＝c２ 得a２
＋b２
－ab＝４,(a,b,c分别为内角A,B,C 的对边)
由基本不等式a２
＋b２
≥２ab得ab≤４,当且仅当a＝b＝２
时,取得等号
．
所以S△ABC
＝ １
２
absinC＝ ３
４
ab≤ ３,当且仅当a＝b＝２
时,取得等号
．
所以
△ABC 面积的最大值为
３．
１６ư 【证明】(１)因为 D 是AC 中点,AB＝BC,所以 BD⊥AC．
又因为 PA⊥
平面 ABC,BD ⊂
平面 ABC,所以 PA⊥BD．
又 PA,AC⊂
平面 PAC,PA∩AC＝A,所以 BD⊥
平面 PAC,
因为 PC ⊂
平面 PAC,所以 BD⊥PC．
(２)连 AE 交BD 于G ,连FG．
因为 D,E 分别为
△ABC 边AC,BC 的中点,
所以G 是
△ABC 的重心,于是 AG∶GE＝２∶ １．２０２０
南通名师高考数学原创押题卷(答案)— ３
又由已知得 AF＝２FP,即 AF∶FP＝２∶ １,所以AG
GE＝
AF
FP,所以 FG∥PE．
因为FG⊂
平面FBD,PE Ë平面FBD,所以 PE∥
平面FBD．
１７ư 【解析】(１)设早上六点为
０
时,设过x 小时后,空气中有效杀毒浓度为f(x)(毫克/立方米),则
f(x)＝４y＝
４ x＋４－１
( ) ,０＜x ≤１２,
２４－x, １２＜x ≤２４．{
当
０＜x≤１２
时,f(x)＝４( x＋４－１)＞４(２－１)＝４．
当
１２＜x≤２４
时,由
２４－x≥４,得x≤２０．
答:第一次喷洒
４
个单位消毒剂后
２０
个小时内有效杀毒
．
(２)晚上
１０
点时,距离早上第一次喷洒已
１６
个小时,若第二次喷洒剂量为a单位,则第x(１６＜x≤２４)时小后,空气中
有效杀毒浓度g(x)(毫克/立方米),则
g(x)＝a( x－１２－１)＋ ２４－x,(１６＜x≤２４)．
令 x－１２＝t,则
２＜t≤２ ３,x＝t２
＋１２．
g(x)＝h(t)＝－t２
＋at－a＋１２,
要使一天内都有效杀毒,则h(t)≥４
在区间(２,２ ３]上恒成立
．
即
h(２)≥４;
h(２ ３≥４．
{ Þa≥ ４
２ ３－１
．
答:第二次至少喷漆４(２ ３＋１)
１１
个单位的消毒剂,使一天内都有效杀毒
．
１８ư 【解析】(１)当a＝２,b＝１,C１ :
x２
４ ＋y２
＝１,C２ :
x２
１６＋
y２
４ ＝１．A(４,０),
设过 A(４,０)处的切线方程为y＝k(x－４),代入C１ ,得(１＋４k２
)x２
－３２k２x＋６４k２
－４＝０．
令
△＝(３２k２
)２
－４(１＋４k２
)(６４k２
－４)＝０,得k２
＝ １
１２,k＝± ３
６ ,所以l１
的方程为:y＝± ３
６ (x－４)．
(２)设l１ ,l２
的斜率分别为k１ ,k２ ,则k１k２ ＝－ ９
１６．l１ ,l２
的方程分别:y＝k１(x－２a),y－２b＝k２x．
联立
y＝k１(x－２a),
x２
a２ ＋
y２
b２ ＝１,{ 消去y,得(b２
＋a２k１
２
)x２
－４a３k１
２x＋４a４k１
２
－a２b２
＝０．
由
△＝１６a６k１
４
－４(b２
＋a２k１
２
)(４a４k１
２
－a２b２
)＝０,得
３a２k１
２
＝b２
． ①
联立
y－２b＝k２x,
x２
a２ ＋
y２
b２ ＝１,{ 消去y,得(b２
＋a２k２
２
)x２
＋４a２bk２x＋３a２b２
＝０．
由
△′＝１６a４b２k２
２
－１２(b２
＋a２k２
２
)a２b２
＝０,得a２k２
２
＝３b２
． ②
①×②
得a４k１
２k２
２
＝b４
,Þ
３a＝４bÞe＝ ７
４ ．
１９ư 【解析】(１)因为f′(x)＝ １－lnx
x２ ,令f′(x)＝０,得x＝e,列表如下:
x (０,e) e (e,＋∞)
f′(x) ＋ ０ －
f(x) ↗
极大值
↘
所以f(x)的单调减区间为(e,＋∞),单调增区间为(０,e)．
(２)f １k( ) ≤g １k( ) Û
ln １k ≤ １k －１．２０２０
南通名师高考数学原创押题卷(答案)— ４
令h(x)＝ x－lnx－１,则h′(x)＝
x－１x ＝０,得x＝１．
所以当x∈(０,１)时,h′(x)＜０,h(x)在区间(０,１)单调减;
当x∈(１,＋∞)时,h′(x)＞０,h(x)在区间(１,＋∞)单调增
．
所以h(x)≥h(１)＝０．
故当k＞０
时,h １k( ) ≥０,即
ln １k ≤ １k －１,所以f １k( ) ≤g １k( ) ．
(３)方程f(x)＝ g(x)Ûlnx
x ＝k(x－１),且x＝１
是原方程的一个根
．
令 m(x)＝lnx
x －k(x－１),m′(x)＝ １－lnx
x２ －k．
令 m′(x)＝０,即kx２
＋lnx－１＝０．(∗)
下面证明,只有k＝１
时,函数 m(x)有唯一零点
．
①
当k＝１
时,m′(x)＝１－lnx
x２ －１,且 m′(１)＝０．
所以 m(x)在(０,１)为单调增函数,在(１,＋１０)上为单调减函数
．
故函数 m(x)有唯一零点
．
②
当
０＜k＜１
时,令n(x)＝kx２
＋lnx－１,
因n(１)＝k－１＜０,n １k( ) ＝ １k －lnk－１＞－lnk＞ ０,
又因为n(x)为增函数,所以方程(∗)在
１,１k( ) 有唯一根,记为x０ ,
当x∈(０,x０),m′(x)＝－n(x)x２ ＞０,
所以 m(x)在(０,x０)单调增,故 m(x０)＞m(１)＝０,
而由(２)可知 m １k( ) ＜０,即 m(x０)m １k( ) ＜０,
所以,函数 m(x)在区间 x０ ,１k( ) 至少再有一个零点,所以函数 m(x)至少有两个零点
．
③
当k＞１
时,同理可证函数 m(x)在区间 １k ,x０( ) 还有一个零点
．
综上所述,若方程 f(x)＝ g(x)有唯一的解,则k＝１．
２０ư 【解析】(１)由a１ ＝１,a２ ＝２,得a３ ＝５,
an －an－２
an－１
＝anan－２ －a２n－２
an－１an－２
＝a２n－１ ＋ (－１)
n－１ －a２n－２
an－１an－２
＝a２n－１ －an－１an－３
an－１an－２
＝a２n－１ －an－１an－３
an－１an－２
＝an－１ －an－３
an－２
＝ ƺ ＝a３ －a１
a２
＝２．
(２)①
由(１)可知an＋２ －an
an＋１ ＝２,即an＋２ ＝２an＋１ ＋an ,
则bn＋１ ＝an＋２ －(２＋１)an＋１ ＝(１－ ２)an＋１ ＋an
＝(１－ ２)an＋１ －(２＋１)an[ ] ＝(１－ ２)bn ,
又a２ －(２＋１)a１ ＝１－ ２≠０,公比q＝１－ ２
所以数列{bn}是等比数列,公比q＝１－ ２．
②
由cn
＝a２
n＋１ ＋a２
n－a２n＋１ ,于是
cn＋１ －cn
＝a２
n＋２ ＋a２
n＋１ －a２n＋３ －a２
n＋１ －a２
n＋a２n＋１
＝(an＋２ －an)(an＋２ ＋an)－(a２n＋３ －a２n＋１)
＝２an＋１(an＋２ ＋an)－２a２n＋２ ．
(cn＋２ －cn＋１)－(cn＋１ －cn)＝２an＋２(an＋３ ＋an＋１)－２a２n＋４ －２an＋１(an＋２ ＋an)＋２a２n＋２
＝２an＋２an＋３ －２an＋１an
－４a２n＋３
＝２an＋２(２an＋２ ＋an＋１)－２an＋１(an＋２ －２an＋１)－４a２n＋３
＝４a２
n＋２ ＋４a２
n＋１ －４a２n＋３ ＝４cn＋１ ．
所以,cn＋２ ＝６cn＋１ －cn
．２０２０
南通名师高考数学原创押题卷(答案)— ５
易得c１ ＝c２ ＝０,根据递推式可知,cn
＝０,(n＝１,２,３ƺ)．
所以数列{cn}是等差数列
．
数学Ⅱ(附加题)
２１Aư 【解析】(１)由
|A|＝
４ ３
２ １
＝４－２＝－２,所以A－１
＝
－ １
２ ３
２
１ －２
é
ë
ê
êê
ù
û
ú
úú ．
(２)f(λ)＝
４－λ －３
－２ １－λ
é
ë
êê
ù
û
úú ＝(４－λ)(１－λ)－６＝０,解得λ＝５± ３３
２ ．
２１Bư 【解析】(１)因为极点(０,０)在直线 BC 上,所以 BC 的极坐标方程为:θ＝ π
３ ,(ρ∈R)．
(２)设O 为极点,则点O,B,C 三点共线,且 B 是OC 的中点,所以
S△ABC
＝ １
２
S△OAC
＝ １
２ × １
２ ×OA×OC×sin(π
３ － π
６ )＝ １
２ ．
２１Cư 【证明】由柯西不等式
(a＋２b＋３c)a＋
b
２ ＋
c
３
( ) ≥ aŰ a＋ ２bŰ
b
２ ＋ ３cŰ
c
３
( )２
＝(a＋b＋c)２
＝１．
当a＝１,b＝c＝０
时不等式等号成立
．
所以欲求的最小值为
１．
２２ư 【解析】以 DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD１
为z轴,建立如图的空间坐标系
．
则 D(０,０,０),
A(２,０,０),A１(２,０,４),C(０,２,０),C１(０,２,４),E(１,２,０),F(２,２,２)．
(１)设平面C１DE 的法向量n＝(x,y,１),则
nŰDE→＝０,
nŰDC→＝０
{ Þ x,y,１)Ű(１,２,０)＝０,
(x,y,１)Ű(０,２,４)＝０．
{ Þ x＋２y＝０,
２y＋４＝０．
{ Þn＝(４,－２,１)．
设直线 AF 与平面C１DE 所成角为α,则
sinα＝
nŰAF→
|n||AF→| ＝ ４２
４２ ．
(２)平面AA１F 的一个法向量n１＝(１,０,０),同(１)可求得平面A１DF 的法向量n２＝(－２,１,１)．
设二面角 A－A１F－D 为β,由图可知,是β锐角,所以
cosβ＝
n１ Űn２
|n１||n２| ＝ ３
３ ．
２３ư 【解析】(１)(法一)当n＝３
时,(a１ ,a２ ,a３)共有以下
２７
种不同的情况
(１,１,１),(１,１,２),(１,１,３),(１,２,１),(１,２,２),(１,２,３),
(１,３,１),(１,３,２),(１,３,３),(２,１,１),(２,１,２),(２,１,３),
(２,２,１),(２,２,２),(２,２,３),(２,３,１),(２,３,２),(２,３,３),
(３,１,１),(３,１,２),(３,１,３),(３,２,１),(３,２,２),(３,２,３),
(３,３,１),(３,３,２),(３,３,３)．
其中有
２
个不同数字的有
１８
个,故 P(X＝２)＝１８
２７＝ ２
３ ．
(法二)共有
２７
个(a１ ,a２ ,a３),只 有 一 个 数 的 有
３
个,三 个 都 不 相 同 的 有
３!,故 恰 有
２
个 数 的 有
２７－３－６＝１８．
故
P(X＝２)＝１８
２７＝ ２
３ ．
(２)对于任意
R,定义随机变量
Xk
＝
１,若k在a１ ,a２ ,ƺ,an 中出现,
０,若k不在a１ ,a２ ,ƺ,an 中出现
．
{ (k＝１,２,ƺ,n)．
则 EXk 即为k 在a１ ,a２ ,ƺ,an 中出现的概率
．
对于每个ai,它不是k的概率为n－１n ,故 EXk
＝１－
n－１n( )n
．
所以 EX＝EX１ ＋EX２ ＋ƺ＋EXn
＝n×[１－(
n－１n )
n
]＝
nn
－(n－１)
n
nn－１ ．
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