2020屆江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三第二次模擬考試(5月)數(shù)學(xué)文

1、第頁12020屆江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)文科(滿分 160 分，考試時(shí)間 120 分鐘)2020. 5填空題：本大題共 14 小題，每小題 5 分，共 70 分.1.已知集合 A = 1 , 2 , B = 1, a.若 A U B= 1, a, 2，貝 U a=_2. 若復(fù)數(shù) z 滿足(1 i)z = 1+ i，其中 i 是虛數(shù)單位，則 z 的實(shí)部為 _.3. 某校 100 名學(xué)生參加知識(shí)競賽的成績均在50, 100內(nèi)，將學(xué)生成績分成50, 60), 60, 70), 70,80), 80,90) ,90 ,xJ1While y1yj3x2xJyEnd While100五組，

2、得到如圖所示的頻率分布直方圖， 則成績?cè)?0,90)內(nèi)的學(xué)生人數(shù)是Print y(第 3 題)(第 4 題)4. 一個(gè)算法的偽代碼如圖所示，執(zhí)行此算法，最后輸出y 的值為_.5. 某班推選一名學(xué)生管理班級(jí)防疫用品，已知每個(gè)學(xué)生當(dāng)選是等可能的，若“選到女生”的概率是1“選到男生”的概率的 2，則這個(gè)班級(jí)的男生人數(shù)與女生人數(shù)的比值為6.函數(shù) f(x) =!2 x + ln x 的定義域?yàn)?_.7.在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，拋物線2扌=1 的頂點(diǎn)，則 a=4a9.CMBD8.已知等比數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和為 Sn,已知正方體 ABCDA1B1C1D1的棱長為 6,點(diǎn) M 是對(duì)角線 A1C 上靠近

3、點(diǎn) A1的三等分點(diǎn)，則三棱錐 的體積為_ .2x+a,0wxw1,10.已知定義在 R 上的奇函數(shù) f(x)的周期為 2，且 x 0 , 1時(shí)，f(x)=bx 1x + 1 ,20）與圓 0 外離，線段 A01與圓 01交于點(diǎn) M ,線段 BM 與圓 0 交于點(diǎn) N，且 0M + 0 訊=0,則a 的取值范圍是_.14. 已知 a, b R , a+ b = t（t 為常數(shù)），且直線 y = ax+ b 與曲線 y= xex（e 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e 2.71828）相切.若滿足條件的有序?qū)崝?shù)對(duì)（a, b）唯一存在，則實(shí)數(shù) t 的取值范圍是 _.二、 解答題：本大題共 6 小題，共 90 分.

4、解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.15. （本小題滿分 14 分）在厶 ABC 中，已知 a, b, c 分別為角 A, B , C 的對(duì)邊，且 bsin 2A = asin B.（1）求 A;nn求 cos(B + 6)+ sin(C + )的最大值.16.（本小題滿分 14 分）在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，已知底面 ABCD 是菱形，且平面 A1ADD1丄平面 ABCD , DA1= DD1,點(diǎn) E, F 分別為線段 A1D1, BC 的中點(diǎn)求證:(1) EF /平面 CC1D1D;(2) AC 丄平面 EBD.ACD，貝 U BDAC =7t側(cè)作正三角形12.如圖

5、，在 ABC 中，/11.已知銳角a滿足 sin 2a第頁第頁417.(本小題滿分 14 分)X2y21xOy 中，橢圓 C:孑+b= 1(ab0)的離心率為，右焦點(diǎn)到右準(zhǔn)線的距離為(1) 求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 過點(diǎn) P(0，1)的直線 I 與橢圓 C 交于兩點(diǎn) A，B.己知在橢圓 C 上存在點(diǎn) Q,使得四邊形 OAQB 是平 行四邊形，求 Q 的坐標(biāo).在平面直角坐標(biāo)系3.第頁518.（本小題滿分 16 分）某地開發(fā)一片荒地，如圖，荒地的邊界是以C 為圓心，半徑為 1 千米的圓周已有兩條互相垂直的道路 OE, OF，分別與荒地的邊界有且僅有一個(gè)接觸點(diǎn)A , B.現(xiàn)規(guī)劃修建一條新路（由

6、線段 MP , PQ,線段QN 三段組成），其中點(diǎn) M, N 分別在 OE, OF 上，且使得 MP , QN 所在直線分別與荒地的邊界有且僅有 一個(gè)接觸點(diǎn) P, Q, PQ 所對(duì)的圓心角為6.記/ PCA = 2B道路寬度均忽略不計(jì)）若吐辛，求 QN 的長度;（2）求新路總長度的最小值.第頁619.(本小題滿分 16 分)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列 an的前 n 項(xiàng)和為 Sn, ai= 2，且對(duì)任意 n N*, anSn+1 an+iSn= 2an+1 2an恒成立.設(shè) bn= an+ 4n 3,已知 b2, bi, bj(2vivj)成等差數(shù)列，求正整數(shù)i, j .(1)求證：數(shù)列Sn+2是等

7、差數(shù)列，并求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;第頁720.(本小題滿分 16 分)已知函數(shù) f(x) = (m 1)x + In x , g(x) = (m -2)x2+ (n + 3)x- 2, m, n R.當(dāng) m= 0 時(shí)，求函數(shù) f(x)的極值；當(dāng) n= 0 時(shí)，函數(shù) F(x) = g(x) -f(x)在(0,+ )上為單調(diào)函數(shù)，求 m 的取值范圍；當(dāng) n0 時(shí)，判斷是否存在正數(shù)m,使得函數(shù) f(x)與 g(x)有相同的零點(diǎn)，并說明理由. !第頁82020屆高三模擬考試試卷（蘇錫常鎮(zhèn)）數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)1. 12. 03. 30 4. - 15. 26. (0, 27. 18. 2 或 89.

8、2410. 011.212.413. (2 2, 4)14. t = e 或 t 5e215.解：(1)因?yàn)?bsin 2A = asin B，所以 2bsin Acos A = asin B,所以由正弦定理 一 = -，得 2bacos A= ab.(3 分)sin A sin Bab 1因?yàn)?abz0,所以 cos A =T= z.2ab 2n因?yàn)槿切蝺?nèi)角 A (0,n)，所以 A = .(6 分)3n2n2n(2)由(1)知 A = -3，又 A + B + C=n,得 C=n A B =可一 B, B (0 ,三),nn所以 cos(B+ )+ sin(C + )=2sin B +

9、#cos B= sin(B + 才).(11 分)2nnn因?yàn)?0可，所以 y0I X2=咼習(xí)所以y1+ y2= 34p.（1 分）將（3+fc）2（3+fe）2將 Q（X1+ X2, y1+ y2）的坐標(biāo)代入橢圓方程得化簡得 k2= 4 所以 k =g，符合題意,（13分）3所以 Q 的坐標(biāo)是（ ,）.（14 分）18.解：因?yàn)樘幩鶎?duì)的圓心角為亍，所以/nPCQ =石，n5n因?yàn)? BCA = 2，所以/ BCQ = 2n兀n626 = 7，所以四邊形7tBCQN 中,n/ BCQ = / CBN =ZCQN =，所以四邊形 BCQN 是矩形，從而 QN = CB = 1.答：QN 的長為

10、1 千米.（4 分）/PCA4nPM=tan 2=tan0,/BCQ= 20,/BCQ 2n、r nNQ = tan 一 = tan（三0, PQ 長為 y.（6 分）2n從而 PM + NQ = tan0+tanCw30 =tan02ntan 亍tan0 + =tan2n1+tan 3 tan0V3tan00+1.3tan0，即 PM+NQ=tan0+爭+tan0=tan 3tan0 11+-ta n0-巫，（9分）tan0其中n nxi30（石，?），tan0（所以2 3,PM+NQ=（tan0專）+g第頁10(14 分)2nn答：當(dāng)/ PCA =飛時(shí)，新路總長度的最小值為（2.3+石）千

11、米.（16 分）因?yàn)閍nSn+1 an+1Sn= 2an+1 2an，所以 anSn+1+ 2an= an+1Sn+ 2an+1.Sn+1+ 2 Sn+ 2 十,、，Sn+1+ 2 Sn+ 2*因?yàn)?an0,兩邊除以 anan+1得=-，所以-=0, n N ,an+1anan+1an則 Sn+ 2= 2an, Sn+1+ 2= 2an+1,兩式作差得 an+1= Sn+1 Sn= 2an+1 2an, 所以 an+1= 2an.因?yàn)?an0，所以 =2, n N*,an所以數(shù)列an是首項(xiàng)為 2,公比為 2 的等比數(shù)列，所以an= 2n.(7 分)解：bn= 2n+ 4n 3，由 b2, bi

12、, bj成等差數(shù)列得 2bi= b2+ bj,即 2(21+ 4i 3) = 9 + 2j+ 4j 3，整理得 2i1+ 2i = 2 廠2+ j + 3(2i i+ 2，則(2j2+ j + 3) (2i1+ 2i) 2i+ i + 5 2 廠1 2i = 2i1 i + 5.(12 分) 設(shè) Cn= 2n1 n + 5(n2), cn+1 cn= (2n n + 4) (2n1 n+ 5) = 2n1 10 ,則 Cn+1cn(n2)，所以 n2 時(shí)，數(shù)列cn單調(diào)遞增，其中 C3= 60 ,所以 cn0 , 即 2 廠2+ j + 32i1+ 2i，所以(*)式不成立.(15 分)綜上可得

13、 i= 4, j = 5.(16 分)120.解：(1)當(dāng) m= 0 時(shí)，f(x) = x+ ln x，令 f (=) 1 +_= 0,得 x= 1,列表如下: Xx(0, 1)1(1 , )f (x)+0一f(x)極大值、所以，當(dāng) x= 1 時(shí)，函數(shù) f(x)有極大值為 f(1) = 1,函數(shù) f(x)無極小值.(3 分)(2)當(dāng) n= 0 時(shí)，F(xiàn)(x) = (m 2)x2+ (4 m)x ln x 2, x (0,+ ),12 (m 2) x2+( 4 m) x 1(2x 1) ( m 2) x + 1則 F (x= 2(m 2)x + (4 m) =xxx1 1當(dāng) m 20，即 m2 時(shí)

14、，令 F (x)0 則 x2，所以 F(x)在(0,刁上單調(diào)遞減，1在(2,)上單調(diào)遞增，不符合題意；(5 分)1 1 1 1 1若 一0 則 x；，所以 F(x)在(0,)上單調(diào)遞減，2 m 22 m 22 m當(dāng)且僅當(dāng) tan0扌=，0 (_6，tan0可ny）,即當(dāng)且僅當(dāng)nA時(shí)取等號(hào).3(15 分)19.證明:S + 2a1=2.所以數(shù)列是首項(xiàng)為 2，公差為 0 的等差數(shù)列，所以= 2.(3 分)an第頁11當(dāng) m1，令 F (x)0 則 1x0,構(gòu)造 h(x) = x + In x + x (3 +n)(x0),1 2x2+ x -2(x+2)( x -1)則 h (x= 1 +-=2=

15、2.x x xx令 h (x=0,貝 y x= 1,當(dāng) 0 x1 時(shí)，h (x)1 時(shí)，h (x)0 ,所以 h(x)在(0, 1)上單調(diào)遞減，在(1,+s)上單調(diào)遞增，所以當(dāng) x= 1 時(shí)，h(x)取得極小值 h(1),2 因?yàn)?h(1)= *0, h(n + 3)= ln(n + 3)+ 0,n+ 3且 h(x)在1 , n+ 3上的圖象是一條連續(xù)不間斷的曲線，2 所以存在 x (1, n + 3)，使得 h(x0)= 0,即卩 X0+ In X0+ (3 + n) =0, x0兩邊同乘以 X。，有 x2+ X0ln X0+ 2 (3 + n)X0= 0 .(12 分) In X0”皿，、 InxnIn x 1取 m= 1 0,構(gòu)造 k(x) = 1 , x0, k (x) =2.X0 xx令 k (x= 0 有 x = e,則有 k(x)在(0, e)上單調(diào)遞增，在(e,+ )上