【文档说明】江苏省七市（南通等）2020届高三第三次调研考试（6月）数学含答案.docx，共(16)页，320.385 KB，由小赞的店铺上传

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2020届高三模拟考试试卷数学(满分160分，考试时间120分钟)2020．6参考公式：柱体的体积公式：V柱体＝Sh，其中S为柱体的底面积，h为高．锥体的体积公式：V锥体＝13Sh，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A＝{－1，0，1}，B＝{0，2}，则A∪B＝________．2.设复数z满足(3－i)z＝10，其中i为虚数单位，则z的模是________．3.如图是一个算法流程图，则输出k的值是________．4.某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为4∶4

∶3.为了解学生对防震减灾知识的掌握情况，现采用分层抽样的方法抽取n名学生进行问卷检测．若高一年级抽取了20名学生，则n的值是________．5.今年我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没．“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三

方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出2种，则恰好选出1药1方的概率是________．6.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝4x的准线是双曲线x2a2－y22＝1(a＞0)的左准线，则实数a的值

是________．7.已知cos(α＋β)＝513，sinβ＝35，α，β均为锐角，则sinα的值是________．8.公园里设置了一些石凳供游客休息，这些石凳是经过正方体各棱的中点截去8个一样的四面体得到的(如图)．设石凳的体积为V1，正方

体的体积为V2，则V1V2的值是________．9.已知x＞1，y＞1，xy＝10，则1lgx＋4lgy的最小值是________．10.已知等比数列{an}的前n项和为Sn.若4S2，S4，－2S

3成等差数列，且a2＋a3＝2，则a6的值是________．11.海伦(Heron，约公元1世纪)是古希腊亚历山大时期的数学家，以他的名字命名的“海伦公式”是几何学中的著名公式，它给出了利用三角形的三边长a，b，c计

算其面积的公式S△ABC＝p（p－a）（p－b）（p－c），其中p＝a＋b＋c2.若a＝5，b＝6，c＝7，则借助“海伦公式”可求得△ABC的内切圆的半径r的值是________．12.如图，△ABC为等边

三角形，分别延长BA，CB，AC到点D，E，F，使得AD＝BE＝CF.若BA→＝2AD→，且DE＝13，则AF→·CE→的值是________．13.已知函数f(x)＝k（1－2x），x<0，x2－2k，x≥

0.若函数g(x)＝f(－x)＋f(x)有且仅有四个不同的零点，则实数k的取值范围是________．14.在平面直角坐标系xOy中，过点P(2，－6)作直线交圆O：x2＋y2＝16于A，B两点，C(x0，y0)为弦AB的中点，则（x0＋1）2＋（y0－3）2的取值范围是______

__．二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若5（sinC－sinB）a＝5s

inA－8sinBb＋c.(1)求cosC的值；(2)若A＝C，求sinB的值．16.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，点D，E分别是A1B1，BC的中点．求证：(1)平面ACD⊥平面BCC1B1；(2)B1E∥平面ACD.17.(本小题满分14分

)某单位科技活动纪念章的结构如图所示，O是半径分别为1cm，2cm的两个同心圆的圆心，等腰三角形ABC的顶点A在外圆上，底边BC的两个端点都在内圆上，点O，A在直线BC的同侧．若线段BC与劣弧BC︵所围成的弓形面积为S1，△OAB与△OAC的面积之和

为S2，设∠BOC＝2θ.(1)当θ＝π3时，求S2－S1的值；(2)经研究发现当S2－S1的值最大时，纪念章最美观，求当纪念章最美观时，cosθ的值．[求导参考公式：(sin2x)′＝2cos2x，(cos2x)′＝－2sin2x]18.

(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线交椭圆于M，N两点．已知椭圆的短轴长为22，离心率为63.(1)求椭圆的标准方程；(2)当直线MN的斜率为5时

，求F1M＋F1N的值；(3)若以MN为直径的圆与x轴相交的右交点为P(t，0)，求实数t的取值范围．19.(本小题满分16分)已知{an}是各项均为正数的无穷数列，数列{bn}满足bn＝an·an＋k(n∈N*)，

其中常数k为正整数．(1)设数列{an}前n项的积Tn＝2n（n－1）2，当k＝2时，求数列{bn}的通项公式；(2)若{an}是首项为1，公差d为整数的等差数列，且b2－b1＝4，求数列1bn的前20

20项的和；(3)若{bn}是等比数列，且对于任意的n∈N*，an·an＋2k＝a2n＋k，其中k≥2，试问：{an}是等比数列吗？请证明你的结论．20.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝alnxx，g(x)＝x＋lnaex，其中e是自然对数的底数．(1)若函数f(x)的极大值为1e，求实数

a的值；(2)当a＝e时，若曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝x0处的切线互相垂直，求x0的值；(3)设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)＞0对任意的x∈(0，1)恒成立，求实数a的取值范围．2020届高三模拟考试试卷数学附加题(满分4

0分，考试时间30分钟)21.【选做题】在A，B，C三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A.(选修42：矩阵与变换)已知m∈R，α＝11是矩阵M＝1m21的一个特征向量，求M的逆矩

阵M－1.B.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，圆C的方程为ρ＝2rsinθ(r＞0)．以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为x＝3＋t，y＝1＋3t(t为参数)．若直线l与圆C恒有公共点，求r的取值范围．C.

(选修45：不等式选讲)已知x＞1，y＞1，且x＋y＝4，求证：y2x－1＋x2y－1≥8.【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22.某“芝麻开门”娱乐活动中，共有5扇门，游戏者根据规则开门，并根据打开门的

数量获取相应奖励．已知开每扇门相互独立，且规则相同．开每扇门的规则是：从给定的6把钥匙(其中有且只有1把钥匙能打开门)中，随机地逐把抽取钥匙进行试开，钥匙使用后不放回．若门被打开，则转为开下一扇门；若连续4次未能打开，则放弃这扇门，转为开下一扇门；直至

5扇门都进行了试开，活动结束．(1)设随机变量X为试开第一扇门所用的钥匙数，求X的分布列及数学期望E(X)；(2)求恰好成功打开4扇门的概率．23.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线与x轴的交点为E.过点F的直线与抛物

线相交于A，B两点，EA，EB分别与y轴相交于M，N两点．当AB⊥x轴时，EA＝2.(1)求抛物线的方程；(2)设△EAB的面积为S1，△EMN的面积为S2，求S1S2的取值范围．2020届高三模拟考试试卷(南通、扬州、泰州等七市)数学参考答案及评分标准1.{－1，0，1，2}2.13.54.55

5.356.27.33658.569.910.－3211.26312.－9213.(27，＋∞)14.[10，42)15.解：(1)在△ABC中，因为5（sinC－sinB）a＝5sinA－8sinBb＋c，所以由

正弦定理asinA＝bsinB＝csinC，得5(b＋c)(c－b)＝a(5a－8b)，即a2＋b2－c2＝85ab，(4分)所以由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝45.(7分)(2)因为cosC＝45，C∈(0，π)，所以sinC＝1－cos

2C＝35，(9分)所以sin2C＝2sinCcosC＝2425.(12分)因为A＝C，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sin2C＝2425.(14分)注：(1)正弦定理与asinA＝bsinB＝csinC，写一个不扣分，两者都不

写，扣2分；余弦定理同样；(2)只要有sinB＝sin(A＋C)，就不扣分，否则扣2分．16.证明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC.(2

分)因为AC⊥BC，BC∩CC1＝C，BC，CC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.(4分)因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCC1B1.(6分)(2)(证法1)取AC的中点F，连结DF，EF.因为在△ABC中，点E是BC的中点，点F是AC的中

点，所以EF∥AB，且EF＝12AB.(8分)因为点D是A1B1的中点，所以B1D＝12A1B1.因为在棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，且AB＝A1B1，所以EF∥DB1，且EF＝DB1，(10分)所以四边形EFDB1是平行四边形，所以B1E∥FD.(12分)因为B1E⊄平面ADC，FD

⊂平面ADC，所以B1E∥平面ACD.(14分)(证法2)取AB的中点G，连结EG，B1G.因为在△ABC中，点E是BC的中点，点G是AB的中点，所以EG∥AC.因为GE⊄平面ACD，AC⊂平面ACD，所以EG∥平面ACD.(8分)在棱柱

ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，且AB＝A1B1.因为点D是A1B1的中点，点G是AB的中点，所以AG∥DB1，且AG＝DB1，所以四边形AGB1D是平行四边形，所以B1G∥AD.因为B1G⊄平面ACD，AC⊂平面ACD

，所以B1G∥平面ACD.(10分)因为EG∥平面ACD，BG，GE⊂平面B1GE，B1G∩GE＝G，所以平面B1GE∥平面ACD.(12分)因为B1E⊂平面B1GE，所以B1E∥平面ACD.(14分)注：少一个条件2分全扣；(1)中没有“在直三棱柱ABCA1B1C1中”全扣．17.解：过点O作

OD⊥BC于点D，则点D为BC的中点．又△ABC为等腰三角形，所以A，O，D三点共线，所以∠AOB＝∠AOC＝π－θ.所以S1＝12×2θ×12－12×12×sin2θ＝θ－12sin2θ，(2分)S2＝2×12×1×2sin(

π－θ)＝2sinθ，θ∈(0，π2)．(4分)注：只要有S1结果的就给2分；同样，只要有S2结果的就给2分．(1)当θ＝π3时，S2－S1＝2sinθ－(θ－12sin2θ)＝2sinπ3－(π3－12sin2π3)＝534－π3.答：当θ＝π3时

，S2－S1的值为(534－π3)cm2.(6分)(2)设f(θ)＝S2－S1＝2sinθ－θ＋12sin2θ，θ∈(0，π2)，所以f′(θ)＝2cosθ－1＋cos2θ＝2(cos2θ＋cosθ－1)．(8分)

令f′(θ)＝0，得cosθ＝5－12，cosθ＝－5－12(舍去)，记cosθ0＝5－12，0<θ0<π2.(10分)θ(0，θ0)θ0(θ0，π2)f′(θ)＋0－f(θ)极大值所以当cosθ0＝5－12时，f(θ)取得最大值，此时S2－S1的值最大．答：当纪念章最美观时，cos

θ＝5－12.(14分)注：一个答案1分，写成“所以”不扣分；答案中没有单位cm2的，扣1分．18.解：(1)设椭圆的焦距2c，由2b＝22，ca＝63，a2＝b2＋c2，解得a2＝6，b2＝2，c2＝4.所以椭圆的标准方程为x26＋y22

＝1.(3分)(2)因为直线MN的斜率为5，且过点F2(2，0)，所以直线MN的方程为y＝5(x－2)．由y＝5（x－2），x26＋y22＝1，得8x2－30x＋27＝0，解得x＝32，x＝94.所以M(32，－52)，N(94，54)，所以MN＝（94－32）2＋（54＋5

2）2＝364.(6分)因为(MF1＋MF2)＋(NF1＋NF2)＝MF1＋NF＋MN＝46，所以MF1＋NF1＝1364.(8分)(3)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．又P(t，0)，t>2，所以PM→＝(x1－t，y1)，PN→＝(x2－t，y2)．因为点P在以MN为直

径的圆上，所以PM→⊥PN→，所以PM→·PN→＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0，所以x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0.(10分)①当直线MN倾斜角为0时，N(－6，0)，M(6，0)，所以t＝6.②当直线MN倾斜角不为0时，设直线MN的方程

为x＝my＋2.由x＝my＋2，x26＋y22＝1，消去x，得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，所以Δ＝16m2＋8（m2＋3）>0，y1＋y2＝－4mm2＋3，y1y2＝－2m2＋3，所以x1x2＝(my1＋2)(my2＋2)＝m2y1y2＋2m(y1＋y2)＋4，x1＋

x2＝m(y1＋y2)＋4.(12分)所以(m2＋1)y1y2＋(2m－tm)(y1＋y2)＋4－4t＋t2＝0，所以m2＝－3t2－12t＋10t2－6≥0，(14分)解得6<t≤2＋63或－6<t≤2－63(舍去)．综合①②得，实数t的取值范围是[6，2＋63]．(16分)19.解：(1

)n≥2时，an＝TnTn－1＝2n－1，n＝1时，a1＝T1＝1，符合上式(没有验证的，扣1分)，(2分)所以an＝2n－1，n∈N*，所以bn＝anan＋2＝4n，所以数列{bn}的通项公式为bn＝4n.(3分)(2)因为b1＝a1·a1＋k＝

1＋kd，b2＝a2·a2＋k＝(1＋d)[1＋(k＋1)d]，b2－b1＝4，所以4＝b2－b1＝(k＋1)d2＋2d＝d[(k＋1)d＋2]．因为k∈N*，d≥0，且d∈Z，所以d<(k＋1)d＋2，所以d＝1，所以4－2×1＝(

k＋1)×12，则k＝1.(7分)(只要出现d＝1，k＝1，就各得2分)从而an＝n，bn＝anan＋1＝n(n＋1)，所以1bn＝1n－1n＋1，所以1b1＋1b2＋…＋1b2020＝(1－12)＋(12

－13)＋…＋(12020－12021)＝1－12021＝20202021.(9分)(3)设等比数列{bn}的公比为q，显然q>0.由bn＝an·an＋k①，bn＋k＝an＋k·an＋2k②，②÷①得bn＋kbn＝an＋k·an＋2kan·an＋k＝qk.

因为an·an＋2k＝a2n＋k，所以an＋kan＝an＋2kan＋k，即(an＋kan)2＝qk，所以an＋kan＝qk2(正常数)．(12分)由bn＝an·an＋k③，bn＋1＝an＋1·an＋k＋1④，④÷③得bn＋1bn＝an＋1an·an＋k＋1an＋k＝q(*)．(14分)因为

an＋kan＝qk2，所以an＋1＋kan＋1＝an＋kan，将an＋1an＝an＋1＋kan＋k代入(*)式，得(an＋1an)2＝q，即an＋1an＝q12(正常数)，所以{an}为公比为q12的等比数列．(16分)20.解：(1)因为f(x

)＝alnxx，则f′(x)＝a（1－lnx）x2，(1分)令f′(x)＝0，得x＝e.因为a>0，列表如下：x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以f(x)极大值＝f(e)＝alnee＝1e，所以a＝1.(3分)(2)当a＝e时，f(x)＝elnxx，

则f′(x)＝e（1－lnx）x2，g(x)＝x＋1ex，则g′(x)＝－xex.曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝x0处的切线互相垂直，所以f′(x0)·g′(x0)＝－1，即e（1－lnx0）x20·－x0ex0＝－1，(5分)整理得x0ex0＋elnx0－e

＝0.设r(x)＝xex＋elnx－e，则r′(x)＝(x＋1)ex＋ex.因为x>0，所以r′(x)>0，所以r(x)＝xex＋elnx－e在(0，＋∞)上单调递增．(7分)因为r(1)＝0，且r(x0)

＝0，所以x0＝1.(8分)(3)h(x)＝x＋lnaex－alnxx，设m(x)＝ex－ex，则m′(x)＝ex－e.令m′(x)＝0，得x＝1.列表如下：x(－∞，1)1(1，＋∞)m′(x)－0＋m(x)极小值所以m(x)最小值＝m(1)＝0.所以ex≥ex，所以l

nex≥lnex，即x≥1＋lnx，即lnx≤x－1.(10分)注：主要出现上面一行内容，就给2分．①a≥1e时，lna≥－1.因为0<x<1，所以lnx<0.h′(x)＝1－（x＋lna）ex－a（1－lnx）x2≤1－（x－1）ex－

1－lnxex2≤2－xex－1－（x－1）ex2≤2－xex－2－xex2＝（2－x）（x－1）ex2<0，所以h(x)在(0，1)上单调递减，所以h(x)>h(1)＝1＋lnae≥0.(14分)②当0<a

<1e时，h(1)＝1＋lnae<0，lna<0，ea>1，所以h(a)＝a＋lnaea－lna＝aea＋（1－ea）lnaea>aea>0.又h(x)在(0，1)上图象不间断，所以存在t∈(0，1)，使h(t)＝0，不合题意．综上，a的取值范围是[1e，＋∞)．(16分)2020届高

三模拟考试试卷(二十)(南通、扬州、泰州等七市)数学附加题参考答案及评分标准21.A.解：设α＝11是矩阵M＝1m21的一个特征向量，所以存在非零实数λ，使得Mα＝λα，所以1m2111＝λ11

，即1＋m＝λ，2＋1＝λ，解得m＝2，λ＝3，，则M＝1221.(5分)设M－1＝abcd，则MM－1＝E，即1221abcd＝1001，所以

a＋2c＝1，b＋2d＝0，2a＋c＝0，2b＋d＝1，解得a＝－13，b＝23，c＝23，d＝－13，所以M－1＝－132323－13.(10分)B.解：将直线l的参数方程为x＝3＋t，y

＝1＋3t(t为参数)化为普通方程为3x－y－2＝0.(3分)由ρ＝2rsinθ(r>0)，得ρ2＝2rρsinθ，所以圆C的直角坐标方程为x2＋(y－r)2＝r2.(6分)因为直线l与圆C恒有公共点，所以|－r－2|（3）2＋

（－1）2≤r，解得r≥2.所以实数r的取值范围是[2，＋∞)．(10分)C.证明：因为x>1，y>1，且x＋y＝4，由柯西不等式得(y2x－1＋x2y－1)[(x－1)＋(y－1)]≥(y2x－1·x－1＋x2y－1·y－

1)2＝(x＋y)2＝16，(8分)即(y2x－1＋x2y－1)×2≥16，所以y2x－1＋x2y－1≥8.(10分)22.解：(1)X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝1)＝16，P(X＝2)＝5

6×15＝16，P(X＝3)＝56×45×14＝16，P(X＝4)＝56×45×34×13＋56×45×34×23＝12，(每个1分)所以X的分布列为X1234P16161612所以随机变量X的数学期望E(X)＝1×16＋2×

16＋3×16＋4×12＝3.(5分)(2)(解法1)记成功打开1扇门的事件为A，则P(A)＝16＋16＋16＋56×45×34×13＝23.(8分)记恰好成功打开4扇门的事件为B，则P(B)＝C45(23)4(13)＝80243.答：恰好成功打开4扇门的概率为80243.(10分)(解法2)记成

功打开1扇门的事件为A，则P(A)＝1－56×45×34×23＝23.(8分)记恰好成功打开4扇门的事件为B，则P(B)＝C45(23)4(13)＝80243.答：恰好成功打开4扇门的概率为80243.(答案不写扣1分)(

10分)23.解：(1)当AB⊥x轴时，AF＝p，EF＝p，所以EA＝2p＝2，即p＝2，所以抛物线的方程为y2＝22x.(2分)(2)设直线AB的方程为x＝my＋22，由y2＝22x，x＝my＋22，得y2－22my－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋

y2＝22m，y1y2＝－2，则直线AE的方程为y＝y1x1＋22(x＋22)．令x＝0，得yM＝22y1x1＋22＝22y1my1＋2，同理yN＝22y2x2＋22＝22y2my2＋2，(4分)所以|

yM－yN|＝22y1my1＋2－y2my2＋2＝222（y1－y2）（my1＋2）（my2＋2），(6分)其中m2y1y2＋2m(y1＋y2)＋2＝|－2m2＋4m2＋2|＝2m2＋2，则S1S2＝1

2EF|y1－y2|12EO|yM－yN|＝4m2＋4≥4，因此S1S2的取值范围是[4，＋∞)．(10分)