2020年江蘇高考信息預(yù)測卷(一)高考數(shù)學(xué)試題及答案

2020江蘇高考信息預(yù)測卷(一)數(shù)學(xué)一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分.把答案填在答題卡上.1．已知集合A＝{0，1，2，3，4，5}，B＝{3，4，5，6，7}，則A∩B＝．2．已知i為虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)（m2﹣m）+（m2+2m﹣3）i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值是．3．若執(zhí)行如圖所示的算法流程圖，則輸出的結(jié)果是． 4．已知樣本數(shù)據(jù)2，5，x，6，6的平均數(shù)是5，則此樣本數(shù)據(jù)的方差為．5．孫老師家中藏有一套中國古典四大名劇（《西廂記》《桃花扇》《牡丹亭》《長生殿》）分別標(biāo)有編號(hào)1，2，3，4若從這四大名劇中任意取出兩劇，則取出的兩劇編號(hào)不相鄰的概率是．6．已知a，b，c均為正實(shí)數(shù)，若2a＝log2a﹣1，2﹣b＝log12b，（12）c＝log2c．則a，b，c的大小關(guān)系為7．若等差數(shù)列{an}滿足a2+a6＝16，則a9+a3﹣a8＝．8．已知函數(shù)f（x）＝2x3+ax2+a+3的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線過點(diǎn)（2，7），則a＝．9．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若四邊形AA1C1C是邊長為4的正方形，且AB＝3，AB⊥AC，M是AA1的中點(diǎn)，則三棱錐B﹣MB1C1的體積為．10．已知sin2α=12，則tan（α+π11．已知點(diǎn)P是直線l：x+y﹣b＝0上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓O：x2+y2＝1作切線，切點(diǎn)分別為M，N，且∠MPN＝90°，若點(diǎn)P有且只有一個(gè)，則實(shí)數(shù)b＝．12．已知過雙曲線x29?y2b2=1的右焦點(diǎn)F作圓x2+y2＝9兩條切線的切點(diǎn)分別為C，D13．已知四邊形ABCD滿足AB→=DC→且|AB→|＝|AD→|＝|AB→?AD→|＝a，14．已知函數(shù)f（x）=?x2+1，x≤0|x?2|，x＞0，若關(guān)于x的方程f2（x）﹣af（x二、解答題：本大題共6小題，共90分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA＝23sinBsinC，bc＝4，a＝23．（1）求角A的大?。唬?）求△ABC的周長．16．如圖，在四棱錐E﹣ABCD中，平面ABE⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA＝EB．（1）求證：AB⊥DE；（2）線段EA上是否存在點(diǎn)F使EC∥平面FBD？若存在，確定點(diǎn)F的位置；若不存在，請說明理由．17．已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，離心率為22，點(diǎn)I，J（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過點(diǎn)H（﹣2，0）的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，若AF1⊥BF1，求直線AB的方程．18．自20世紀(jì)以來，戰(zhàn)爭災(zāi)害、自然災(zāi)害給人類帶來巨大損失．某地為解決重大緊急情況時(shí)人群疏散的需要，對一矩形ABMN廣場區(qū)域進(jìn)行改造，其中AB的長為60米，AN的長為120米．現(xiàn)設(shè)計(jì)從邊BM上一點(diǎn)C處，將CB沿著直線CE（點(diǎn)E在邊AB上）折疊，使點(diǎn)B落在邊AD上點(diǎn)F處，其中△CEF區(qū)域建在地上，△CBE區(qū)域往地下開挖并和其他區(qū)域相通，分地上地下用于疏散人群，令∠BCE＝θ．（1）求θ的取值范圍；（2）若CE的長最小時(shí)，人群疏散效果最佳，求人群疏散效果最佳時(shí)線段CE的長．19．已知函數(shù)f（x）＝x2+ax﹣lnx（a∈R）．（1）若函數(shù)f（x）在x＝1處取得極值，求實(shí)數(shù)a的值；（2）令函數(shù)g（x）＝f（x）﹣x2（x∈（0，e]），是否存在實(shí)數(shù)a使函數(shù)g（x）的最小值是4？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由；（3）證明：e2x﹣lnx＞lnx2+52（20．已知各項(xiàng)均為正數(shù)數(shù)列{an}滿足a13+a23+……+an3＝（a1+a2+……+an）2．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）若等比數(shù)列{an}滿足b1＝a2，b2＝a4，求a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2+……+an﹣1b2+anb1的值（用含n的式子表示）；（3）若an+1＝cn+3cn+1（n∈N*），5c2﹣c3＝2，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．

一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分.把答案填在答題卡上.1．{3，4，5}．2．0．3．1．4．1255．136．a(chǎn)＜b＜c．7．8．8．﹣1．9．8．10．±3．11．±2．12．213．?2514．（﹣∞，0）∪[2，+∞）．二、解答題：本大題共6小題，共90分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．（1）∵sinA＝23sinBsinC，顯然sinA≠0，∴sin2A＝23sinAsinBsinC，∴由正弦定理可得：a2＝23bcsinA，又∵bc＝4，a＝23，∴12＝83sinA，解得：sinA=3∵A∈(0，π∴A=π（2）由（1）可知A=π3，可得：cosA∴由余弦定理可得：cosA=b∴b2+c2＝16，∴（b+c）2＝b2+c2+2bc＝24，解得b+c＝26，∴△ABC的周長a+b+c＝23+2616．（1）證明：取AB中點(diǎn)O，連結(jié)EO，DO．因?yàn)镋B＝EA，所以EO⊥AB．因?yàn)樗倪呅蜛BCD為直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四邊形OBCD為正方形，所以AB⊥OD．所以AB⊥平面EOD．所以AB⊥ED．（2）線段EA上存在點(diǎn)F使EC∥平面FBD，證明：連接AC、BD交于點(diǎn)M，面ACE∩面FBD＝FM．因?yàn)镋C∥平面FBD，所以EC∥FM．在梯形ABCD中，有△DMC∽△BMA，可得MA＝2MC，所以AF＝2FE，所以，EF=1317．（Ⅰ）由題意可得：ca=22，a2＝b2+c聯(lián)立解得：a2＝2，b＝c＝1．∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x22+（Ⅱ）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），過點(diǎn)H（﹣2，0）的直線方程為x＝ky﹣2，代入橢圓方程中，消x可得（k2+2）y2﹣4ky+2＝0則△＝16k2﹣8（k2+2）＞0，解得k＞2或k∴y1+y2=4k2+k2，y1∴x1x2＝（ky1﹣2）（ky2﹣2）＝k2y1y2﹣2k（y1+y2）+4，x1+x2＝k（y1+y2）﹣4，∵AF1⊥BF1，∴AF1→∴（x1+1）（x2+1）+y1y2＝x1x2+（x1+x2）+1+y1y2＝k2y1y2﹣2k（y1+y2）+4+k（y1+y2）﹣4+1+y1y2＝（1+k2）y1y2﹣k（y1+y2）+1＝0即2(1+k解得k＝±2，故直線AB的方程的方程為x＝±2y﹣2，即x±2y+2＝018．（1）設(shè)CE＝l，由題意可知Rt△CFE≌Rt△CBE，∴∠BEC=∠FEC=π∴∠FEA＝π﹣∠FEC﹣∠BEC＝2θ，∴BE＝lsinθ，AE＝EF?cos∠FEA＝lsinθcos2θ，∴l(xiāng)sinθcos2θ+lsinθ＝60，∴l(xiāng)=60sinθ(1+cos2θ)=∴BE＝lsinθ=301?sin2θ≤60，∴又∵BC＝lcosθ=30cosθ∴sin2θ≥12，又∵θ∈(0，π2)，綜上所求，θ∈[π（2）令t＝sinθ，∵θ∈[π12，π4]，∴t則l=30設(shè)g（t）＝t﹣t3，t∈[6?24∴g'（t）＝1﹣3t2＝﹣3（t+33）（t∴當(dāng)t∈[6?24，33）時(shí)，g'（t）＞0，函數(shù)g（t）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（33，22]時(shí)，∴當(dāng)t=33時(shí)，g（t）取到最大值，最大值為g（33∴l(xiāng)的最小值為302即人群疏散效果最佳時(shí)線段CE的長為453．19．（1）f′（x）＝2x+a?1x，∵函數(shù)f（x）在∴f′（1）＝2+a﹣1＝0，解得a＝﹣1．（2）g（x）＝f（x）﹣x2＝ax﹣lnx，x∈（0，e]），假設(shè)存在實(shí)數(shù)a使函數(shù)g（x）的最小值是4．即a≥lnx+4x，x∈（0，令h（x）=lnx+4x，x∈（0，h′（x）=?lnx+3x2，可得x=1e3時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值即最大值．∴a≥e3．∴存在實(shí)數(shù)a＝e3，使函數(shù)g（x）的最小值是4．（3）證明：令u（x）＝e2x﹣lnx?lnx2?52，u′（x）＝e2?32x，令u′（x）＝e2?32x可得函數(shù)u（x）的極小值即最小值u（32e2）=32?32（ln3﹣2）?∴e2x﹣lnx?lnx2?52＞即e2x﹣lnx＞lnx2+52（20．（1）各項(xiàng)均為正數(shù)數(shù)列{an}滿足a13+a23+……+an3＝（a1+a2+……+an）2．∴a13=a12，解得n≥2時(shí)，可得：an3＝（a1+a2+……+an）2?(化為：an3＝（2a1+2a2+……+2an﹣1+an）?an，∴an2=2Sn﹣∴n≥2時(shí)，an?12=2Sn﹣1﹣a相減可得：an﹣an﹣1＝1．∴數(shù)列{an}為等差數(shù)列．∴an＝1+n﹣1＝n．（2）等比數(shù)列{an}滿足b1＝a2＝2，b2＝a4＝4．可得公比q=4∴bn＝2n．Tn＝a1bn+a2bn﹣1+a3bn﹣2+……+an﹣1b2+anb1＝n?2+（n﹣1）?22+（n﹣3）?23+……+2?2n﹣1+2n，∴2Tn＝n?22+（n﹣1）?23+……+2?2n+2n+1，∴Tn＝﹣2n+22+23+……+2?2n﹣1+2n+2n+1＝﹣2n+4(2n?1)2?1=2（3）證明：∵n+1＝an+1＝cn+3cn+1（n∈N*），可得：3＝c2+3c3，2＝c1+3c2，又5