2020盐城高三年级第四次模拟考试数学试题含附加题PDF版含答案

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盐城市2020届高三年级第四次模拟考试数学参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分．1．      2．         3．      4．       5．          6．         7．8．充分不必要     9．     10．    11．     12．     13．       14．二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内． 15．解析：（1）因为的最小值是－2，所以M＝2．          ………………………………2分因为的最小正周期是，所以，                    ………………………………4分又由的图象经过点，可得， ，所以或，k∈Z，又，所以，故，即．………………………………6分（2）由（1）知，又，，故，即，又因为△中，，所以，，…………………10分所以．        ………………………………14分16．证明：(1)设，连结， 因为底面是菱形，故为中点，又因为点是的中点，所以．                     ………………………………2分又因为平面BDE，平面BDE， 所以平面BDE．………………………………6分(2)  因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面．                                  ………………………………9分又平面，所以．∵是菱形，∴，又，，平面，平面，所以平面．                                   ………………………………12分又平面，所以平面平面．            ………………………………14分17．解析：连接CM，设，则，，，，设新建的道路长度之和为，则，……6分由得，设，，则，，，令得， …………10分设，，的情况如下表：+0-↗极大↘由表可知时有最大值，此时，，，．  ………………………………13分答：新建道路长度之和的最大值为千米．             ………………………………14分注：定义域扩展为，求出最值后验证也可.18．解析：(1)因为椭圆的短轴长为2，所以，当直线过原点时，轴，所以为直角三角形，由定义知，而，故，由得，化简得，故椭圆的方程为．                             ………………………………4分（2）①设直线，代入到椭圆方程得：，设，则，  ………………………………6分所以，化简可得，                        ………………………………10分解得：或，即为直线PQ的斜率．              ………………………………12分②当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时，，当两条直线与坐标轴都不垂直时，由①知，同理可得，      ………………………………14分故，当且仅当即时取等号．综上，的最小值为．                   ………………………………16分19．解析：(1)由数列是数列得，可得．………2分(2)由是数列知恒成立，取得恒成立，当时满足题意，此时，当时，由可得，取得，设公差为，则解得或者，综上，或或，经检验均合题意．………………………………8分(3)方法一:假设存在满足条件的数列，不妨设该等比数列的公比为，则有，可得，①，可得，②综上①②可得，                          ………………………………10分故，代入得，则当时，…………12分又，当时，不妨设，且为奇数，由，而，所以，，，综上，满足条件的数列有无穷多个，其通项公式为．………………………………16分方法二:同方法一得，当时，当时，，而，，故，以下同方法一．方法三:假设存在满足条件的数列，显然的所有项及k均不为零，，不妨设该等比数列的公比为，当时，，，两式相除可得，故当时也为等比数列，                       ………………………………10分故，则，，由得，且当时，                                     ………………………………12分则，，∴，∴，故当时，综上，满足条件的数列有无穷多个，其通项公式为．………………………………16分20．解析：（1）当时，，所以，…1分由得，当时，；当时，，所以函数的单调增区间为．                                      ……3分（2）由题意得，令，则，当即时，恒成立，得在上递减，在上递增，所以是函数的极小值点；当即时，此时恒成立，在上递减，在上递增，所以是函数的极小值点；当即或时，易得在上递减，在上递增，所以是函数的极小值点；                                                         ……6分当时，解得或（舍），当时，设的两个零点为，所以，不妨设，又，所以，故，当时，；当时，；当时，；当时，；∴在上递减，在上递增，在上递减，在上递增；所以是函数极大值点.综上所述．                                                      ……10分（3）①由（2）知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，故函数至多有两个零点，欲使有两个零点，需，得，此时，，当时，，此时函数在上恰有1个零点；              ……12分又当时，，由（1）知在上单调递增，所以，故此时函数在恰有1个零点；由此可知当时，函数有两个零点．                               ……14分②当时，由（2）知在上递减，在上递增，在上递减，在上递增；而，所以，此时函数也至多有两个零点.综上①②所述，函数的零点个数的最大值为2．                      ……16分 附加题答案21A．解：由题意知，所以，即，…………4分所以矩阵的特征多项式，由，解得或，                                  …………8分当时，，令，则，所以矩阵的另一个特征值为，对应的一个特征向量为．         …………10分21B．解：由题意知直线的直角坐标方程为，             …………2分又曲线的极坐标方程，即，所以曲线的直角坐标方程为，所以曲线是圆心为的圆，                                       …………8分当直线被曲线截得的弦长最大时，得，解得．     …………10分21C．解：由柯西不等式有，     …………6分所以(当且仅当即，时取等号)，       …………8分所以的最小值是．                                         …………10分22．解：（1）当直线与轴垂直时的长为，又，取，…………1分所以，解得，所以抛物线的方程为．            …………2分（2）由题意知，，因，所以，                                      …………4分当时，直线与抛物线不存在两个交点，所以，故设直线的方程为，代入抛物线方程得， 所以，，                                       …………6分当时，，，所以，，所以，直线的方程为，                          …………8分当时，同理可得直线的方程为，           综上所述，直线的方程为．                            …………10分23．解：（1）当时，，由，得，，  ……1分当时，或，由，得，由，得，．                         …………3分（2）因，由累乘法得，所以，     ………5分所以，                                         ………6分当时，也适合，所以，                     ………8分即，所以．                            ………10分