2020届江苏省南京市高三三模数学（文字版、含答案）练习题

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江苏省南京市2020届高三年级第三次模拟考试
数学试题
2020．6
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．不需要写出解答过程，请将答案填写在答题卡相应的位置上．）
1．已知集合A＝，B＝，则AB＝ ．
答案：(1，4)
考点：集合的并集运算
解析：∵集合A＝，B＝，
∴AB＝(1，4)．
2．若（i是虚数单位）是实数，则实数a的值为 ．
答案：2
考点：复数
解析：∵是实数，∴实数a的值为2．
3．某校共有教师300人，男学生1200人，女学生1000人，现用分层抽样从所有师生中抽取一个容量为125的样本，则从男学生中抽取的人数为 ．
答案：60
考点：分层抽样
解析：．
4．如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为 ．

答案：10
考点：伪代码
解析：第一步：i＝1，S＝1；
第一步：i＝2，S＝3；
第一步：i＝3，S＝6；
第一步：i＝4，S＝10；故输出的结果为10．
5．将甲、乙、丙三人随机排成一行，则甲、乙两人相邻的概率为 ．
答案：
考点：随机事件的概率
解析：．
6．已知函数(其中＞0，)部分图象如图所示，则 的值为 ．

答案：
考点；三角函数的图像与性质
解析：首先，解得＝1，
又，，∵，
∴，故，所以．
7．已知数列为等比数列，若，且，，成等差数列，则的前n项和为 ．
答案：
考点：等比数列的前n项和公式，等差中项
解析：∵，，成等差数列，∴2＝＋＝，故q＝2，
∴
8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线(a＞0，b＞0)的右焦点为F．若以F 为圆心，a为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于A，B两点，且AB＝2b，则该双曲线的离心率为 ．
答案：
考点：双曲线的简单性质
解析：由题意知，则，离心率e＝．
9．若正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A—B1CD1的体积为 ．
答案：
考点：正四面体的体积计算
解析：可知三棱锥A—B1CD1是以为棱长的正四面体，
V＝．
10．已知函数，，若，则实数x的取值范围为 ．
答案：[2，4]
考点：函数与不等式
解析：首先，由知，
当，解得，故，得，
∴，故实数x的取值范围为[2，4]．
11．在平面直角坐标系xOy中，A，B是圆O：x2＋y2＝2上两个动点，且⊥，若A， B两点到直线l：3x＋4y﹣10＝0的距离分别为d1，d2，则d1＋d2的最大值为 ．
答案：6
考点：直线与圆综合
解析：取AB中点D，设D到直线l的距离为d，易知：d1＋d2＝2d
⊥D轨迹为：d1＋d2的最大值为6．
12．若对任意a[e，)（e为自然对数的底数），不等式对任意xR恒成立，则实数b的取值范围为 ．
答案：[﹣2，)
考点：函数与不等式（恒成立问题）
解析：当时，显然成立，；
当时，，
，易知：，故；
综上，实数b的取值范围为[﹣2，)．
13．已知点P在边长为4的等边三角形ABC内，满足，且，延长AP交边BC于点D，若BD＝2DC，则的值为 ．
答案：
考点：平面向量数量积
解析：A，P，D共线，不妨令
又，故，
因此，
则，
故．
14．在△ABC中，∠A＝，D是BC的中点．若AD≤BC，则sinBsinC的最大值为
．
答案：
考点：解三角形综合
解析：
．
二、解答题（本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．（本题满分14分）
如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⏊PD，E， F分别为AD，PB的中点．求证：
（1）EF//平面PCD；
（2）平面PAB⏊平面PCD．

证明：(1)取PC中点G，连接DG、FG．
在△PBC中，因为F，G分别为PB，PC的中点，所以GF∥BC，GF＝BC．
因为底面ABCD为矩形，且E为AD的中点，
所以DE∥BC，DE＝BC，
所以GF∥DE，GF＝DE，所以四边形DEFG为平行四边形，
所以EF∥DG．
又因为EFË平面PCD，DGÌ平面PCD，
所以EF∥平面PCD．
(2)因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CDÌ平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD．
因为PAÌ平面PAD，所以CD⊥PA．
又因为PA⊥PD，PDÌ平面PCD，CDÌ平面PCD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PCD．
因为PAÌ平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．

16．（本题满分14分）
已知向量＝(cosx，sinx)，＝(cosx，﹣sinx)，函数．
（1）若，x(0，)，求tan(x＋)的值；
（2）若，(，)，，(0，)，求的值．
解：(1) 因为向量m＝(cosx，sinx)，n＝(cosx，－sinx)，
所以 f(x)＝m·n＋＝cos2x－sin2x＋＝cos2x＋．
因为f()＝1，所以cosx＋＝1，即cosx＝．
又因为x∈(0，π) ，所以x＝，
所以tan(x＋)＝tan(＋)＝＝－2－．
(2)若f(α)＝－，则cos2α＋＝－，即cos2α＝－．
因为α∈(，)，所以2α∈(π，)，所以sin2α＝－＝－．
因为sinβ＝，β∈(0，)，所以cosβ＝＝，
所以cos(2α＋β)＝cos2αcosβ－sin2αsinβ＝(－)×－(－)×＝．
又因为2α∈(π，)，β∈(0，)，所以2α＋β∈(π，2π)，
所以2α＋β的值为．
17．（本题满分14分）
如图，港口A在港口O的正东100海里处，在北偏东方向有条直线航道OD，航道和正东方向之间有一片以B为圆心，半径为海里的圆形暗礁群（在这片海域行船有触礁危险），其中OB＝海里，tan∠AOB＝，cos∠AOD＝，现一艘科考船以海里/小时的速度从O出发沿OD方向行驶，经过2个小时后，一艘快艇以50海里/小时的速度准备从港口A出发，并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇．
（1）若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由；
（2）在无触礁危险的情况下，若快艇再等x小时出发，求x的最小值．

解：如图，以O为原点，正东方向为x轴，正北方向为y轴，建立直角坐标系xOy．
因为OB＝20，tan∠AOB＝，OA＝100，
B
E
A
C
O
D
x
y
所以点B(60，40)，且A(100，0)．
(1)设快艇立即出发经过t小时后两船相遇于点C，
则OC＝10(t＋2)，AC＝50t．
因为OA＝100，cos∠AOD＝，
所以AC2＝OA2＋OC2－2OA·OC·cos∠AOD，
即(50t)2＝1002＋[10(t＋2)]2－2×100×10(t＋2)×．
化得t2＝4，解得t1＝2，t2＝－2（舍去），
所以OC＝40．
因为cos∠AOD＝，所以sin∠AOD＝，所以C(40，80)，
所以直线AC的方程为y＝－(x－100)，即4x＋3y－400＝0．
因为圆心B到直线AC的距离d＝＝8，而圆B的半径r＝8，
所以d＜r，此时直线AC与圆B相交，所以快艇有触礁的危险．
答：若快艇立即出发有触礁的危险．
(2)设快艇所走的直线AE与圆B相切，且与科考船相遇于点E．
设直线AE的方程为y＝k(x－100)，即kx－y－100k＝0．
因为直线AE与圆B相切，所以圆心B到直线AC的距离d＝＝8，
即2k2＋5k＋2＝0，解得k＝－2或k＝－．
由（1）可知k＝－舍去．
因为cos∠AOD＝，所以tan∠AOD＝2，所以直线OD的方程为y＝2x．
由解得所以E(50，100)，
所以AE＝50，OE＝50，
此时两船的时间差为－＝5－，所以x≥5－－2＝3－．
答：x的最小值为(3－)小时．

18．（本题满分16分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a＞b＞0)经过点(﹣2，0)和(1，)，椭圆C上三点A，M，B与原点O构成一个平行四边形AMBO．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点B是椭圆C左顶点，求点M的坐标；
（3）若A，M，B，O四点共圆，求直线AB的斜率．

解：(1)因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点(－2，0)和 (1，)，
所以a＝2，＋＝1，解得b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)因为B为左顶点，所以B (－2，0)．
因为四边形AMBO为平行四边形，所以AM∥BO，且AM＝BO＝2．
设点M(x0，y0)，则A(x0＋2，y0)．
因为点M，A在椭圆C上，所以解得
所以M(－1，±)．
(3) 因为直线AB的斜率存在，所以设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有x1＋x2＝，x1x2＝．
因为平行四边形AMBO，所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)．
因为x1＋x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·＋2m＝，
所以M(，)．
因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程，
化得4m2＝4k2＋1．①
因为A，M，B，O四点共圆，所以平行四边形AMBO是矩形，且OA⊥OB，
所以·＝x1x2＋y1y2＝0．
因为y1y2＝(kx1＋m)(kx1＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，
所以x1x2＋y1y2＝＋＝0，化得5m2＝4k2＋4．②
由①②解得k2＝，m2＝3，此时△＞0，因此k＝±．
所以所求直线AB的斜率为±．
19．（本题满分16分）
已知函数(aR)，其中e为自然对数的底数．
（1）若a＝1，求函数的单调减区间；
（2）若函数的定义域为R，且，求a的取值范围；
（3）证明：对任意a(2，4)，曲线上有且仅有三个不同的点，在这三点处的切线经过坐标原点．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝，
所以函数f(x)的定义域为R，f'(x)＝．
令f'(x)＜0，解得1＜x＜2，
所以函数f(x)的单调减区间为(1，2)．
(2)由函数f(x)的定义域为R，得x2－ax＋a≠0恒成立，
所以a2－4a＜0，解得0＜a＜4．
方法1
由f(x)＝，得f'(x)＝．
①当a＝2时，f(2)＝f(a)，不符题意．
②当0＜a＜2时，
因为当a＜x＜2时，f ′(x)＜0，所以f(x)在(a，2)上单调递减，
所以f(a)＞f(2)，不符题意．
③当2＜a＜4时，
因为当2＜x＜a时，f ′(x)＜0，所以f(x)在(2，a)上单调递减，
所以f(a)＜f(2)，满足题意．
综上，a的取值范围为(2，4)．
方法2
由f(2)＞f(a)，得＞．
因为0＜a＜4，所以不等式可化为e2＞(4－a)．
设函数g(x)＝(4－x)－e2， 0＜x＜4．
因为g'(x)＝ex·≤0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减．
又因为g(2)＝0，所以g(x)＜0的解集为(2，4)．
所以，a的取值范围为(2，4)．
(3)证明：设切点为(x0，f(x0))，则f'(x0)＝，
所以切线方程为y－＝×(x－x0)．
由0－＝×(0－x0)，
化简得x03－(a＋3)x02＋3ax0－a＝0．
设h(x)＝x3－(a＋3)x2＋3ax－a，a∈(2，4)，
则只要证明函数h(x)有且仅有三个不同的零点．
由(2)可知a∈(2，4)时，函数h(x)的定义域为R，h'(x)＝3x2－2(a＋3)x＋3a．
因为△＝4(a＋3)2－36a＝4(a－)2＋27＞0恒成立，
所以h'(x)＝0有两不相等的实数根x1和x2，不妨x1＜x2．
因为
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
h’(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
增
极大
减
极小
增
所以函数h(x)最多有三个零点．
因为a∈(2，4)，所以h(0)＝－a＜0，h(1)＝a－2＞0，h(2)＝a－4＜0，h(5)＝50－11a＞0，
所以h(0)h(1)＜0，h(1)h(2)＜0，h(2)h(5)＜0．
因为函数的图象不间断，所以函数h(x)在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零点．
综上所述，函数h(x)有且仅有三个零点．
20．（本题满分16分）
若数列满足n≥2时，，则称数列(n)为的“L数列”．
（1）若，且的“L数列”为，求数列的通项公式；
（2）若(k＞0)，且的“L数列”为递增数列，求k的取值范围；
（3）若，其中p＞1，记的“L数列”的前n项和为，试判断是否存在等差数列，对任意n，都有成立，并证明你的结论．
解：（1）由题意知，，所以，
所以
即数列的通项公式为
（2）因为an＝n＋k－3(k＞0)，且n≥2，n∈N*时，an≠0，所以k≠1．
方法1
设bn＝，n∈N*，所以bn＝＝1－．
因为{bn}为递增数列，所以bn＋1－bn＞0对n∈N*恒成立，
即－＞0对n∈N*恒成立．
因为－＝，
所以－＞0等价于(n＋k－2)(n＋k－1)＞0．
当0＜k＜1时，因为n＝1时，(n＋k－2)(n＋k－1)＜0，不符合题意．
当k＞1时，n＋k－1>n＋k－2>0，所以(n＋k－2)(n＋k－1)＞0，
综上，k的取值范围是(1，＋∞)．
方法2
令f(x)＝1－，所以f(x)在区间(－∞，2－k)和区间(2－k，＋∞)上单调递增．
当0＜k＜1时，
f(1)＝1－＞1，f(2)＝1－＜1，所以b2＜b1，不符合题意．
当k＞1时，
因为2－k＜1，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以{bn}单调递增，符合题意．
综上，k的取值范围是(1，＋∞)．
（3）存在满足条件的等差数列，证明如下：
因为，k，
所以，
又因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
设，则，且，
所以存在等差数列满足题意．




































江苏省南京市2020届高三年级第三次模拟考试
数学附加题
本试卷共40分，考试时间30分钟．
21．【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两题作答，每小题10分共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
A．选修4—2：矩阵与变换
已知矩阵A＝，aR．若点P(1，1)在矩阵A的变换下得到点P′(0，﹣2)．
（1）求矩阵A；
（2）求点Q(0，3)经过矩阵A的2次变换后对应点Q′的坐标．
解：(1) ＝．
因为点P(1，1)在矩阵A的变换下得到点P′(0，－2)，所以a＝－2，
所以A＝．
(2)因为A＝，所以A2＝ ＝，
所以A2= =，
所以，点Q′的坐标为(－3，6)．
B．选修4—4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数），求曲线C上的点到直线l的距离的最大值．
解：曲线C：(x﹣1)2＋y2＝1，直线l：
圆心C(1，0)到l的距离设为d，
故曲线C上的点到直线l的距离的最大值为，即．
C．选修4—5：不等式选讲
已知a，b为非负实数，求证：．
证明：因为a，b为非负实数，


若时，，从而，
得，
若时，，从而，
得，
综上，．
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，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）
如图，在直三棱柱中ABC—A1B1C1，AB⏊AC，AB＝3，AC＝4，B1C⏊AC1．
（1）求AA1的长；
（2）试判断在侧棱BB1上是否存在点P，使得直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角B—A1C—A的大小相等，并说明理由．

解：（1）直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
又AB，AC平面ABC，故AA1⊥AB，AA1⊥AC，又AB⊥AC
故以A为原点，{，，}为正交基底建立空间直角坐标系
设AA1＝a＞0，则A1(0，0，a)，C(0，4，0)，B1(3，0，a)，C1(0，4，a)，
＝(﹣3，4，﹣a)，＝(0，4，a)
因为B1C⊥AC1，故，即，
又a＞0，故a＝4，即AA1的长为4；
（2）由（1）知：B(3，0，0)，B1(3，0，4)，假设存在，
设(0，0，4)，，
则P(3，0，4)，则＝(3，﹣4，4)
AB⊥AC，AB⊥AA1，又ACAA1＝A，AC，AA1平面AA1C1C
所以AB⊥平面AA1C1C，故平面AA1C1C的法向量为＝(3，0，0)
设PC与平面AA1C1C所成角为，则，
设平面BA1C的法向量为＝(x，y，z)，平面AA1C的法向量为＝(3，0，0)
由（1）知：＝(0，4，﹣4)，＝(﹣3，4，0)，＝(0，4，0)，
，令，则＝(4，3，3)
设二面角B—A1C—A的大小为，则，
因为，则，无解，
故侧棱BB1上不存在符合题意的点P．
23．（本小题满分10分）
口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球．现有一抽奖游戏规则如下：抽奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球，最多取球2n＋1(n)次．若取出白球的累计次数达到n＋1时，则终止取球且获奖，其它情况均不获奖．记获奖概率为．
（1）求；
（2）证明：．
解：（1）根据题意，每次取出的球是白球的概率为，取出的球是黑球的概率为，
所以；
（2）证明：累计取出白球次数是n +1的情况有：
前n次取出n次白球，第n +1次取出的是白球，概率为
前n+1次取出n次白球，第n +2次取出的是白球，概率为
前2n﹣1次取出n次白球，第2n次取出的是白球，概率为
前2n次取出n次白球，第2n +1次取出的是白球，概率为
则

因此



则


因为，
所以，因此．