江苏省泰州市2020届高三第二次模拟考试（5月） 数学 Word版含答案.docx

1、 1 2020 届高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷 数数 学学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 20205 参考公式： 锥体的体积公式：V1 3Sh，其中 S 为锥体的底面积，h 为高 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分 1. 已知集合 A1，2，B2，4，8，则 AB_ 2. 若实数 x，y 满足 xyi1(xy)i(i 是虚数单位)，则 xy_ 3. 如图是容量为 100 的样本的频率分布直方图，则样本数据落在区间6，18)内的频 数为_ I1 While I0 得 (0， 3 )，(6 分) 则池内休息区总面积 S21 2MBDM24sin

2、(24cos 12)，(0， 3 )(9 分) 设 f()sin (2cos 1)，(0， 3 ) 因为 f()cos (2cos 1)2sin24cos2cos 20cos 1 33 8 ， 又 cos 1 33 8 1 2，所以0(0， 3 )，使得 cos 01 33 8 ， 则当 x(0，0)时，f()0f()在(0，0)上单调递增； 当 x(0， 3 )时，f()0， 则直线 AB 的方程为 yk(x2)，即 kxy2k0. 联立 yk（x2）， x2 4 y 2 2 1 得(12k2)x28k2x8k240，解得 xB24k 2 12k2，yB 4k 12k2， 所以 AB （xB

3、2）2y2B4 1k 2 12k2 . 直线 CD 的方程为 ykx，即 kxy0，所以 BC |2k| 1k2 2k 1k2， 所以矩形 ABCD 的面积 S4 1k 2 12k2 2k 1k2 8k 12k2 8 1 k2k 8 2 22 2， 11 所以当且仅当 k 2 2 时，矩形 ABCD 的面积 S 的最大值为 2 2.(11 分) (3) 若矩形 ABCD 为正方形，则 ABBC， 即4 1k 2 12k2 2k 1k2，则 2k 32k2k20(k0) 令 f(k)2k32k2k2(k0)， 因为 f(1)10，又 f(k)2k32k2k2(k0)的图象不间断， 所以 f(k)

4、2k32k2k2(k0)有零点，所以存在矩形 ABCD 为正方形(16 分) 19. (1) 解：函数 f(x) x ex1 是“YZ 函数”，理由如下： 因为 f(x)x ex1，则 f(x) 1x ex ， 当 x0；当 x1 时，f(x)0 时，当 0 1 m时，g(x) 1 xm0， x1x2b0， 所以 x10，x20，不妨设 0x1x2， 当 0x0，则 h(x)单调递增； 当 x1xx2时，h(x)0，则 h(x)单调递减， 所以 h(x)的极大值为 h(x1)1 3x 3 11 2ax 2 1bx11 3b.(13 分) 由 h(x1)x21ax1b0 得 x31x1(ax1b

5、)ax21bx1. 因为 a2，0b1， 所以 h(x1)1 3x 3 11 2ax 2 1bx11 3b 1 3(ax 2 1bx1)1 2ax 2 1bx11 3b 12 1 6ax 2 12 3bx1 1 3b 1 3x 2 12 3bx1 1 3b 1 3(x1b) 21 3b(b1)0. 所以函数 h(x)是“YZ 函数”(16 分) (其他证法相应给分) 20. (1) 解：设等比数列an的公比为 q，则 cn2an1an2anqan(2q1)an， 当 q1 2时，cn0，数列cn不是等比数列(2 分) 当 q1 2时，因为 cn0，所以 cn1 cn （2q1）an 1 （2q

6、1）an q，所以数列cn是等比数列(5 分) (2) 证明：因为 an恰好是一个等差数列的前 n 项和，所以设这个等差数列为dn，公差 为 d. 因为 and1d2dn，所以 an1d1d2dndn1， 两式相减得 an1andn1. 因为 an2anbn， 所以 bn1bn(an3an1)(an2an)(an3an2)(an1an)dn3dn12d， 所以数列bn是等差数列(10 分) (3) 证明：因为数列cn是等差数列，所以 cn3cn2cn1cn. 因为 cn2an1an，所以 2an4an3(2an3an2)2an2an1(2an1an)， 即 2(an4an2)(an3an1)(

7、an2an)，则 2bn2bn1bn. 因为数列bn是等比数列，所以 b2n1bnbn2，则 b2n1bnbn 1bn 2 ， 即(bn1bn)(2bn1bn)0. 因为数列bn各项均为正数，所以 bn1bn，(13 分) 则 an3an1an2an， 即 an3an2an1an. 又数列cn是等差数列，所以 cn2cn2cn1， 即(2an3an2)(2an1an)2(2an2an1)， 化简得 2an3an3an2，将 an3an2an1an代入得 2(an2an1an)an3an2， 化简得 an2an2an1，所以数列an是等差数列(16 分) (其他证法相应给分) 13 2020 届

8、高三模拟考试试卷届高三模拟考试试卷(泰州泰州) 数学附加题参考答案及评分标准数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：因为 34 12 a 5 b2 b ，所以 3a20b2， a10b， 解得 a6， b4. (4 分) 设 M 1 mp nq ，则 34 12 mp nq 10 01 ， 即 3m4n1， 3p4q0， m2n0， p2q1， 解得 m1， n1 2， p2， q3 2， 所以 M 1 12 1 2 3 2 ，(8 分) 所以 M 1 b a 12 1 2 3 2 4 6 16 11 .(10 分) B. 解：由题可知，直线方程即为 (sin cos 4 cos si

9、n 4 )4 2. 由 cos x，sin y 得直线的直角坐标方程为 xy80.(4 分) 设点 P 的坐标为(cos ， 3sin )， 点 P 到直线的距离 d|cos 3sin 8| 1212 |2sin（ 6 ）8| 2 ，(8 分) 当 6 2k 2 (kZ)，即 2k2 3 (kZ)时，d 取得最大值 5 2， 此时点 P 的坐标为(1 2， 3 2)(10 分) C. 证明：由柯西不等式，得 3(abc)(bca)(a 2 b b2 c c 2 a ) ( b)2( c)2( a)2( a b) 2(b c) 2(c a) 2(5 分) ( b a b c b c a c a)

10、 2(abc)2， 所以 abc3.(10 分) 22. 解： 平面 ADE平面 ABCD，又ADE 2 ， DEAD. DE平面 ADE，平面 ADE平面 ABCDAD， DE平面 ABCD. 由四边形 ABCD 为边长为 2 的正方形， DA，DC，DE 两两互相垂直 14 以 D 为坐标原点，DA ，DC ，DE 为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系(2 分) 由 EF平面 ADE，且 EF1， D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，F(0，1，2) (1) AE (2，0，2)，DF (0，1，2)， 则 cosAE ，DF AE

11、DF |AE | |DF | 4 2 2 5 10 5 ， AE 和 DF 所成角的余弦值为 10 5 .(5 分) (2) DB (2，2，0)，DF (0，1，2)，设平面 BDF 的一个法向量为 n(x，y，z)， 由 n DB 2x2y0， nDF y2z0，取 z1，得 n(2，2，1) 平面 DFC 的一个法向量为 m(1，0，0)， cosm，n m n |m| |n| 2 31 2 3. 由二面角 BDFC 的平面角为锐角，二面角 BDFC 的余弦值为2 3.(10 分) 23. (1) 解：1，2，3 的所有排列为 1，2，3；1，3，2；2，1，3；2，3，1；3，1，2；

12、3， 2，1. 因为 S36，所以对应的 kP分别为 2，1，2，1，1，1，所以 T38.(3 分) (2) 解：设 n 个不同数的某一个排列 P 为 a1，a2，an， 因为 n4l1，lN*，所以 Snn（n1） 2 (4l1)(2l1)为奇数 而 2Sk为偶数，所以不存在 k(kN*，1kn)使得 2SkSn.(5 分) 证明：因为 2SkSn，即 a1a2akak1ak2an， 又由知不存在 k(kN*，1kn)使得 2SkSn， 所以 a1a2akak1ak2an； 所以满足 2SkSn的最大下标 k 即满足 a1a2akak2an (ii)， 考虑排列 P 的对应倒序排列 P：an，an1，a1， (i)(ii)即 anak2aka2a1. 由题意知 kPnk1，则 kPkPn1.(8 分) 15 又 1，2，3，n，这 n 个不同数共有 n！个不同的排列，可以构成n！ 2 个对应组合(P， P)， 且每组(P，P)中 kPkPn1，所以 Tnn！ 2 (n1)(10 分)