【文档说明】江苏省苏州大学2020届高三高考考前指导卷数学试题含附加题 （答案）.docx，共(10)页，746.486 KB，由管理员店铺上传

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苏州大学2020届高考考前指导卷参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．1．{|12}xx≤2．23．2804．1(0]2，5．26．527．568．π2−9．1310．12−11．5306612．413．24[1]33−，14．1655解答与提示：1．{

|12}ABxx=≤．2．2i(2i)(1i)22i1i222aaaaz+++−+===+−．因为z为纯虚数，所以2020aa−=+，，解得2a=．3．由图可知，时速在区间[8090)[110120)，，，的频率

为(0.010.02)100.3+=，所以时速在区间[90110)，的频率为10.3−，所以时速在区间[90,110)的车辆约为4000.7280=辆．4．由1200xx−≥，，解得102x≤，即函数()fx的定义域为1(0]2，．5．离心率1

31cea+===，所以2=．6．执行第一次循环105Si==，；执行第二次循环207Si==，；执行第三次循环349Si==，；执行第四次循环5211Si==，，终止循环．所以52S=．7．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，

P2，三辆车的出车顺序可能为：123，132，213，231，312，321．方案一坐“3号”车可能：132，213，231，所以136P=；方案二坐“3号”车可能：312，321，所以226P=．则该嘉宾坐到“3号”车的概率1256PPP=+=．8．()cossinfxxx

x=−，所以在π2x=处的切线的斜率为ππ()22kf==−．9．2312135616[1()]111(1)131aqaaaqaqSqq−++−===−+−．10．因为π2sincos()4=+，解得1tan3=，所以11

π13tan()14213−−==−+．11．如图，10AB=（寸），则5AD=（寸），1CD=（寸），设圆O的半径为x（寸），则(1)ODx=−（寸）．在RtADO△，由勾股定理可得2225(1)xx+−=

，解得13x=（寸），则该木材的体积约为221001316900x==（立方寸）．12．函数()fx的图象如右图所示，由题意，30()2fx，即319x，因为123()(

)()fxfxfx==，所以3133()(3)xfxxx=−，令3(1,3)tx=，构造函数32()3gttt=−+，2()36gttt=−+，所以当2t=时，max()(2)4gtg==，所以31()xfx的最大值为4．13．设正方形ABCD的边长为a，

以A为原点，ABAD，所在直线为分别为xy，轴建立平面直角坐标系，则(00)(0)()(0)ABaCaaDa，，，，，，，．设()Pxy，，因为0CPDP=，所以()()0xayaxya−−−=，，，即222()()24aaxya−+−=

，设cos22sin2aaxaya=+=+，．又因为()()22aaEaFa，，，，APAEAF=+，所以()()()22aaxyaa=+，，，，即22axaaya=+=+，，所以2232()[(sincos

)]1sin()332234aaxyaa+=+=++=++，由P为正方形ABCD内部一点（包含边界），可得[2]，，所以[]444+，，所以2241sin()[1]3433

+=++−，．14．法一：设ADt=，则3CDt=，4ACt=，在ABD△中，222(2)cos22tcADBt+−=，在BDC△中，222(3)(2)cos223taBDCt+−=，又coscosADBBDC=−，所以222222(2)(3)(2)22223tcta

tt+−+−=−，解得2221238tca=+−，①DCBA在ABC△中，2222(4)2cosACtacacB==+−，即2221162tacac=+−，②由①②可得2239322acac++=．所

以2222333532(3)(3)(3)()(3)2228acacacacac+=+−+−=+≥，即2832(3)5ac+≤，所以16535ac+≤，当且仅当3ac=，即8585,515ac==时等号成立，所以3ABBC+的最大值为

1655．法二：因为3CDAD=，所以3CDDA=，即3()BDBCBABD−=−，整理得到3144BDBABC=+，两边平方后有22291316168BDBABCBABC=++，所以22913216168BABCBABC=

++即2291312||||161684BABCBABC=++，整理得到223329||||||||2BABCBABC=++，设||||cBAaBC==，，所以22239329(3)22caaccaac=++=+−，因为293333(

)2222acacca+=≤，所以222293532(3)(3)(3)(3)288caaccacaca=+−+−+=+≥，832165355ca+=≤，当且仅当8585515ac==，时等号成立，所以3ABBC

+的最大值为1655．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．15．（本小题满分14分）解：（1）因为1a=且3cossinCcA=，所以3cossinaCcA=，·····················2分在ABC△中，由正弦定理sinsinacAC

=，所以sinsinaCcA=，所以3sincossinsinACCA=．··························································4分因为(0)A，，所以sin0A，所以3cossinCC=，因为(0)C，，所以si

n0C，所以cos0C，所以tan3C=，·············6分因为(0)C，，所以3C=．······························································8分（2）

由（1）知，3ACB=，因为1a=，3b=，所以ABC△的面积1333sinsin2234ABCSabACB===△，························10分因为D是AB上的点，CD平分AC

B，所以1sin12613sin26BCDACDaCDSaSbbCD===△△，····················································12分因为ABCACDBCDSSS=

+△△△，所以33339344416ACDABCSS===△△．·············14分16．（本小题满分14分）证：（1）因为四边形ABCD是矩形，所以ABCD∥．··························································

·······2分又AB平面PDC，CD平面PDC，所以AB∥平面PDC，···································5分又因为AB平面ABE，平面ABE∩平面PDCEF=，所以ABEF∥．········

····································7分（2）因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD．因为AF⊥EF，（1）中已证ABEF∥，所以AB⊥AF，·················································

·································9分因为AB⊥AD，由点E在棱PC上（异于点C），所以F点异于点D，所以AFADA=，又AFAD，平面PAD，所以AB⊥平面PAD，·······································12分又AB平面A

BCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．··································14分17．（本小题满分14分）解：（1）由题意AOCCOD==，设四边形OCDB的面积为()S，因为四边形O

CDB可以分为OCD△和OBD△两部分，所以11()sinsin(2)22OCDOBDSSSOCODOBOD=+=+−△△，···············3分因为1OBOCOD===，所以1()(sinsin2)2S=+．因为020−，，所以02

．所以四边形OCDB的面积1()(sinsin2)(0)22S=+，，．······················6分（2）由（1）1()(sinsin2)(0)22S=+

，，，EFABCDP所以2211()(sin)(sincos)coscossin22S=+=+−21(4coscos2)2=+−，令()0S=，即24coscos20+−=，解得133cos8−+=或133cos8−−=，因为02

，所以存在唯一的0，使得0133cos8−+=．·····················10分当00时，()0S，()S在0(0)，单调递增；当02时，()0S，()S在0()2，单调递减，所以0=时，max0()()SS=，·······

···················································12分此时22202cos(2)BDOBODOBOD=+−−22000112cos222(2cos1)4cos=++=+−=，从而0

1332cos4BD−+==（千米）．答：当四边形OCDB的面积最大时，BD的长为1334−+千米．··················14分18．（本小题满分16分）解：（1）因为椭圆22221(0)xyabab+=的离心率为22，短轴长为2，所以22222

22babcca==+=，，，解得21ab==，，所以该椭圆的标准方程为2212xy+=．····················································4分（2

）因为点(2)(0)(20)MmmA−，，，，所以直线AM的方程为(2)22myx=+，即2(2)4myx=+．由22122(2)4xymyx+==+，，消去y得2222(4)22280mxmxm+++−=．·············

·7分设00()Cxy，，则2022824mxm−−=+，所以2022424mxm−=−+，所以0244mym=+．连接OM，取OM的中点R，则2()22mR，，·····························

············10分连接CR，因为OCCM=，所以CROM⊥．又3020422242322OMCRmymmmkkmx−−===−−，，所以324124232mmmm−=−−，即42280mm+−=，因为0m，所以2m=，·····················

············································13分所以四边形OBMC的面积2114242222223(2)4ABMAOCSSS=−=−=+△△．··········

···························································································16分19．（本小

题满分16分）解：（1）因为2()2lnfxxaxx=−+，所以222()(0)xaxfxxx−+=．···············2分令2()22pxxax=−+，216a=−，当0≤即44a−≤≤时，()

0px≥，即()0fx≥，所以函数()fx单调递增区间为(0)+，．当0即4a−或4a时，2212161644aaaaxx−−+−==，．若4a−，则120xx，所以()0px，即()0fx，所以函数()fx的单调递增区间

为(0)+，．若4a，则210xx，由()0fx即()0px，得10xx或2xx；由()0fx，即()0px得12xxx．所以函数()fx的单调递增区间为12(0)()xx+，，，；单调

递减区间为12()xx，．综上，当4a≤时，函数()fx的单调递增区间为(0)+，，无减区间；当4a时，函数()fx的单调递增区间为12(0)()xx+，，，，单调递减区间为12()xx，．·····6分（2）由（1）得22

2()(0)xaxfxxx−+=，若()fx有两个极值点12xx，，则12xx，是方程2220xax−+=的两个不等正实根，由（1）知4a．则1212212axxxx+==，，故1201xx，···············

·····8分要使12()fxmx恒成立，只需12()fxmx恒成立．因为222311111111111221()2ln222ln22ln1fxxaxxxxxxxxxxxx−+−−+===−−+，········10分令3()22ln(01)h

tttttt=−−+，则2()32lnhttt=−+，··························12分当01t时，()0ht，()ht为减函数，所以()(1)3hth=−．·················

·14分由题意，要使12()fxmx恒成立，只需满足3m−≤．所以实数m的取值范围(3]−−，．·······················································16分20．（本小题满分16分）解：（1）由32nnS=+，可

知1123nnnnaSS++=−=，故1320nnnaS+−=−对一切正整数n都成立，故{}na是P数列．················3分（2）由题意知，该数列的前n项和为(1)2nnnSnd−=−+，11na

nd+=−+，由数列12310aaaa，，，，是P数列，可知211aSa=，故公差0d．213(1)1022nndSandn+−=−++对满足19n≤≤中的每一个正整数n都成立，即23(1)1022dndn−++

对于19n≤≤都成立．·······································6分由2231(1)1022399(1)1022dddd−++−++，，可得8027d，故d的取值范围是8(0)27，．·····8分（3）若{}na是P数列

，则12aSaaq==，若0a，则1q，又由1nnaS+对一切正整数n都成立，可知11nnqaqaq−−，即12()nqq−对一切正整数n都成立，由1()0nq，1()(01)nq，，故20q−≤，可得2q≥．若0a，则1q，

又由1nnaS+对一切正整数n都成立，可知11nnqaqaq−−，即(2)1nqq−对一切正整数n都成立，又当(1]q−−，时，(2)1nqq−当2n=时不成立，故有(01)(2)1qqq−，，，或2(10)(2)1qqq−−，，，解得15(0)(01)2q−

，，．所以{}na是P数列时，a与q所满足的条件为02aq，≥，或015(01)(0)2aq−，，，．············································

·························································12分下面用反证法证明命题“若0a且12TT=，则{}na不是P数列”．假设{}na是P数列，由0a，可知2q

≥且{}na中每一项均为正数，若{}nb中的每一项都在{}nc中，则由这两数列是不同数列，可知12TT，若{}nc中的每一项都在{}nb中，同理可得12TT．若{}nb中至少有一项不在{}nc中且{}nc中至少有一项不在{}

nb中，设{}{}nnbc，是将{}{}nnbc，中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为12TT，，不妨设{},{}nnbc中的最大项在{}nb中，设为ma，则2m≥，则21211mmTaaaaT−+++≤≤，故21TT，所以21TT，

故总有12TT，与12TT=矛盾．故{}na不是P数列．·································16分数学Ⅱ（附加题）21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题．．．．．．，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：依题意12345x=2yy−，即102320xyxy+=−+=，，解得48xy=−=，，····················3分由逆矩阵公式知，矩阵M1234=

的逆矩阵1213122−−=−M，···················7分所以1xy−M213122−=−48−1610=−．·······

········································10分B．选修4−4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）解：直线22(sincos)222l−=：，所以直线l的直角坐标方程为20xy−+=．············

·································3分曲线C的普通方程为22(2)1(32)xyx++=−−≤≤，·································6分2220(2)1

(32)xyxyx−+=++=−，≤≤-，消去y整理得22870xx++=，则222x=−−，所以交点坐标为22(2)22−−−，．·································10分C．

选修4−5：不等式选讲（本小题满分10分）解：由00xy，，2211274xyxy+++=，得2215316127444xyxyxy−=+++−22338811273273312688444xyxxyy+−=+−=≥．···············

··················6分当且仅当22818xxyy==，，即122xy==，时等号成立．故1534xy−的最小值为6．·····················································

··············10分【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）解：设O是AD中点，PAD△为正三角形，则POAD⊥．因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面A

BCDAD=，PO平面PAD，所以POABCD⊥面．又因为2ADAE==，60DAB=，所以ADE△为正三角形，所以OEAD⊥．建立如图所示空间直角坐标系Oxyz−，则(003)(030)(230)(100)PE

CD−−，，，，，，，，，，，，于是(233)(033)(103)PCPEDP=−−=−=，，，，，，，，．···················2分（1）设平面PEC的法向量为1()xyz=，，n，由110,0PCPE==nn，得一个法向量为1

(011)=，，n，平面EDC的一个法向量为2(001)=，，n，所以1212cos22==，nn，又由图可得二面角PECD−−为锐角，所以二面角PECD−−的余弦值为22．····································

············4分（2）设(01)PMPC=≤≤，则(233)PM=−−，，，(12333)DMDPPM=+=−−，，，(033)PE=−，，，················6分所以2|63|6|cos|||8||||6

10104DMPEDMPEDMPE−===−+，，·················8分解得13=或23，所以存在点M为线段PC的三等分点．·······················

····10分23．（本小题满分10分）ADCBPEOxyz解：（1）当2n=时，{0}{1}{2}{02}{012}M=，，，，，，，具有性质P，对应的k分别为01211，，，，，故(2)5f=．··························

····················3分（2）设当nt=时，具有性质P的集合M的个数为()ft，则当1nt=+时，(1)()(1)ftftgt+=++，其中(1)gt+表示1tM+时也具有性质P的集合M的个数，下面计算(1)gt+关于t的表达式，此时应有21kt+

≥，即12tk+≥，故对nt=分奇偶讨论．①当t为偶数时，1t+为奇数，故应该有22tk+≥，则对每一个k，1t+和21kt−−必然属于集合M，且t和2kt−，，k和k共有1tk+−组数，每一组数中的两个数必然同时属于或不属于集合M，故对每一个k，对应具有性质P的集合M的个数为01111112t

ktktktktkCCC+−+−+−+−+−+++=，所以21222(1)2221221tttgt−+=++++=−．·········································5分

②当t为奇数时，1t+为偶数，故应该有12tk+≥，同理111222(1)22212221tttgt+−+=++++=−，····································7分综上，可得22()

221(1)()2221ttfttftftt+−+=+−，为偶数，，为奇数，又(2)5f=，由累加法解得212625()425ttttfttt+−−=−−，为偶数，，为奇数，即212625()425nnnnfnnn+

−−=−−，为偶数，，为奇数．·······················································10分