江蘇省南京師大蘇州實驗學校高三數(shù)學上學期第二次模擬考試試題2

江蘇省南京師大蘇州實驗學校2020屆高三數(shù)學上學期第二次模擬考試試題(滿分160分，考試時間120分鐘)一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計70分．1.已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|0<x≤2}，則A∩B＝________．2.已知復數(shù)z＝(2－i)2(i是虛數(shù)單位)，則z的模為________．3.已知一組樣本數(shù)據(jù)5，4，x，3，6的平均數(shù)為5，則該組數(shù)據(jù)的方差為________．4.運行如圖所示的偽代碼，則輸出的結(jié)果S為________．5.若從2，3，6三個數(shù)中任取一個數(shù)記為a，再從剩余的兩個數(shù)中任取一個數(shù)記為b，則“eq\f(a,b)是整數(shù)”的概率為________．6.若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點與雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點重合，則實數(shù)p的值為________．7.在等差數(shù)列{an}中，若a5＝eq\f(1,2)，8a6＋2a4＝a2，則{an}的前6項和S6的值為________．8.已知正四棱錐的底面邊長為2eq\r(3)，高為1，則該正四棱錐的側(cè)面積為________．9.已知a，b∈R，函數(shù)f(x)＝(x－2)(ax＋b)為偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則關(guān)于x的不等式f(2－x)>0的解集為________．10.已知a>0,b>0，且a＋3b＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，則b的最大值為________．11.將函數(shù)f(x)＝sin2x的圖象向右平移eq\f(π,6)個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，則以函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的相鄰三個交點為頂點的三角形的面積為________．12.在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P為△ABC所在平面內(nèi)的一點，滿足eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PB,\s\up6(→))＋2eq\o(PA,\s\up6(→))，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值為________．13.在平面直角坐標系xOy中，已知圓C1：x2＋y2＋2mx－(4m＋6)y－4＝0(m∈R)與以C2(－2，3)為圓心的圓相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，且滿足xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1)，則實數(shù)m的值為________．14.已知x>0，y>0，z>0，且x＋eq\r(3)y＋z＝6，則x3＋y2＋3z的最小值為________．二、解答題：本大題共6小題，共計90分．解答時應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．15.(本小題滿分14分)在△ABC中，sinA＝eq\f(2,3)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).(1)求sin2A的值；(2)若sinB＝eq\f(1,3)，求cosC的值．16.(本小題滿分14分)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F(xiàn)分別是B1C1，AB，AA1的中點．求證：EF∥平面A1BD；若A1B1＝A1C1，求證：平面A1BD⊥平面BB1C1C.

17.(本小題滿分14分)如圖，某公園內(nèi)有兩條道路AB，AP，現(xiàn)計劃在AP上選擇一點C，新建道路BC，并把△ABC所在的區(qū)域改造成綠化區(qū)域．已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km.(1)若綠化區(qū)域△ABC的面積為1km2，求道路BC的長度；(2)若綠化區(qū)域△ABC改造成本為10萬元/km2，新建道路BC成本為10萬元/km.設(shè)∠ABC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3)))，當θ為何值時，該計劃所需的總費用最少？

18.(本小題滿分16分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且右焦點到右準線l的距離為1.過x軸上的一點M(m，0)(m為常數(shù)，且m∈(0，2))的直線與橢圓C交于A，B兩點，與右準線l交于點P，D是弦AB的中點，直線OD與右準線l交于點Q.(1)求橢圓C的標準方程；(2)試判斷以PQ為直徑的圓是否經(jīng)過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由．

19.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)．(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若對于任意的正數(shù)x，f(x)≥0恒成立，求實數(shù)a的值；(3)若函數(shù)f(x)存在兩個極值點(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值)，求實數(shù)a的取值范圍．

20.(本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}滿足對任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，qTn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.(1)若q＝1，求T2019的值；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝(1＋q)Tn－qnan.①求數(shù)列{bn}的通項公式；②若數(shù)列{cn}滿足c1＝1，且當n≥2時，cn＝2bn－1－1，是否存在正整數(shù)k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，請說明理由．2019屆高三年級第一次模擬考試(六)數(shù)學附加題(本部分滿分40分，考試時間30分鐘)21.【選做題】本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并作答．若多做，則按作答的前兩小題評分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．A.[選修42：矩陣與變換](本小題滿分10分)已知矩陣A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(0,1,2,3)))，B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,0,1,8)))，求A－1B.B.[選修44：坐標系與參數(shù)方程](本小題滿分10分)在極坐標系中，曲線C：ρ＝2cosθ.以極點為坐標原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系xOy，設(shè)過點A(3，0)的直線l與曲線C有且只有一個公共點，求直線l的斜率．C.[選修45：不等式選講](本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)＝|x－1|.(1)解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；(2)若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求證：f(ab)>|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a))).

【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．22.(本小題滿分10分)如圖，在三棱錐DABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E為BD的中點．(1)求異面直線AE與BC所成角的余弦值；(2)求二面角ACEB的余弦值．23.(本小題滿分10分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,3)，an＋1＝－2aeq\o\al(2,n)＋2an，n∈N*.(1)用數(shù)學歸納法證明：an∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))；數(shù)學參考答案1.{1，2}2.53.24.215.eq\f(1,3)6.47.eq\f(15,2)8.8eq\r(3)9.(0，4)10.eq\f(1,3)11.eq\f(\r(3)π,2)12.－113.－614.eq\f(37,4)15.(1)由sinA＝eq\f(2,3)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則cosA＝－eq\r(1－sin2A)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝－eq\f(\r(5),3)，(2分)所以sin2A＝2sinAcosA＝－eq\f(4\r(5),9).(6分)(2)由A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則B為銳角，又sinB＝eq\f(1,3)，所以cosB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，(8分)所以cosC＝－cos(A＋B)＝－(cosAcosB－sinAsinB)(12分)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),3)×\f(2\r(2),3)－\f(2,3)×\f(1,3)))＝eq\f(2\r(10)＋2,9).(14分)16.(1)因為E，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點，所以EF∥A1B.(3分)因為EF?平面A1BD，A1B?平面A1BD，所以EF∥平面A1BD.(6分)(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1，因為A1D?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D.(8分)因為A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中點，所以A1D⊥B1C1.(10分)因為BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1?平面BB1C1C，所以A1D⊥平面BB1C1C.(12分)因為A1D?平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面BB1C1C.(14分)17.(1)因為在△ABC中，已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×AB×AC×sineq\f(π,6)＝1，解得AC＝2.(2分)在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×coseq\f(π,6)＝22＋22－2×2×2×coseq\f(π,6)＝8－4eq\r(3)，(4分)所以BC＝eq\r(8－4\r(3))＝eq\r(6)－eq\r(2).(5分)(2)由∠ABC＝θ，則∠ACB＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，0<θ≤eq\f(2π,3).在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，所以BC＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))，AC＝eq\f(2sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))).(7分)記該計劃所需費用為F(θ)，則F(θ)＝eq\f(1,2)×eq\f(2sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))×2×eq\f(1,2)×10＋eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))×10＝eq\f(10（sinθ＋1）,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3))).(10分)令f(θ)＝eq\f(sinθ＋1,\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ)，則f′(θ)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋\f(1,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))\s\up12(2))，(11分)由f′(θ)＝0，得θ＝eq\f(π,6)，所以當θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，f′(θ)<0，f(θ)單調(diào)遞減；當θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))時，f′(θ)>0，f(θ)單調(diào)遞增，(12分)所以θ＝eq\f(π,6)時，該計劃所需費用最?。?14分)18.(1)由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)－c＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,c＝1，))所以a2＝2，b2＝1，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(2)由題意，當直線AB的斜率不存在或為零時顯然不符合題意；所以設(shè)AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－m)，又準線方程為x＝2，所以點P的坐標為P(2，k(2－m))．(6分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－m），,x2＋2y2＝2，))得，x2＋2k2(x－m)2＝2，即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，所以xD＝eq\f(1,2)×eq\f(4k2m,2k2＋1)＝eq\f(2k2m,2k2＋1)，yD＝k(eq\f(2k2m,2k2＋1)－m)＝－eq\f(km,2k2＋1)，(8分)所以kOD＝－eq\f(1,2k)，從而直線OD的方程為y＝－eq\f(1,2k)x，(也可用點差法求解)所以點Q的坐標為Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(1,k)))，(10分)所以以P，Q為直徑的圓的方程為(x－2)2＋[y－k(2－m)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,k)))＝0，即x2－4x＋2＋m＋y2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k（2－m）－\f(1,k)))y＝0，(14分)因為該式對?k≠0恒成立，令y＝0，得x＝2±eq\r(2－m)，所以以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點(2±eq\r(2－m)，0)．(16分)19.(1)因為f(x)＝(x－a)lnx(a∈R)，所以當a＝1時，f(x)＝(x－1)lnx，則f′(x)＝lnx＋1－eq\f(1,x)，(1分)當x＝1時，f(1)＝0，f′(1)＝0，所以f(x)在x＝1處的切線方程為y＝0.(3分)(2)因為對于任意的正數(shù)x，f(x)≥0恒成立，所以當lnx＝0時，即x＝1時，f(x)＝0，a∈R；(5分)當lnx>0時，即x>1時，x≥a恒成立，所以a≤1；(6分)當lnx≤0時，即x<1時，x≤a恒成立，所以a≥1，綜上可知，對于任意的正數(shù)x，f(x)≥0恒成立，a＝1.(7分)(3)因為函數(shù)f(x)存在兩個極值點，所以f′(x)＝lnx－eq\f(a,x)＋1存在兩個不相等的零點．設(shè)g(x)＝lnx－eq\f(a,x)＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).(8分)當a≥0時，g′(x)>0，所以g(x)單調(diào)遞增，至多一個零點．(9分)當a<0時，因為x∈(0，－a)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，x∈(－a，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以x＝－a時，g(x)min＝g(－a)＝ln(－a)＋2.(11分)因為g(x)存在兩個不相等的零點，所以ln(－a)＋2<0，解得－e－2<a<0.因為－e－2<a<0，所以－eq\f(1,a)>e2>－a.因為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＋a2＋1>0，所以在(－a，＋∞)上存在一個零點.(13分)因為－e－2<a<0，所以a2<－a.又因為g(a2)＝lna2－eq\f(1,a)＋1＝2ln(－a)＋eq\f(1,－a)＋1，設(shè)t＝－a，則y＝2lnt＋eq\f(1,t)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(1,e2)))，因為y′＝eq\f(2t－1,t2)<0，所以y＝2lnt＋eq\f(1,t)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t<\f(1,e2)))單調(diào)遞減，所以y>2lneq\f(1,e2)＋e2＋1＝e2－3>0，所以g(a2)＝lna2－eq\f(1,a)＋1>0，所以在(0，－a)上存在一個零點．綜上可知：－e－2<a<0.(16分)20.(1)當q＝1時，由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1，(2分)又a1＝2，所以T2019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2018＋a2019)＝1011.(4分)(2)由an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an，又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝eq\f(1,qn)，(6分)又因為Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，所以bn＝n＋1.(10分)②由題意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2，因為c1，ck－c1，ct－ck成等比數(shù)列，所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k,(12分)所以2t＝(2k)2－3×2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3×2k－2＋1(*)．由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.當k＝2時，2t＝8，得t＝3.(14分)當k≥3時，由(*)，得(2k－1)2－3×2k－2＋1為奇數(shù)，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3×2k－2＝0，即2k＝3，此時k無正整數(shù)解．綜上，k＝2，t＝3.(16分)B.曲線C：ρ＝2cosθ的普通方程為(x－1)2＋y2＝1，(4分)設(shè)過點B(3，0)的直線l的普通方程為x＝my＋3，因為直線l與曲線C有且只有一個公共點，所以eq\f(|1－3|,\r(1＋m2))＝1，解得m＝±eq\r(3).(8分)從而直線l的斜率為±eq\f(\r(3),3).(10分)C.(1)不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞)；(4分)(2)要證f(ab)>|a|feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))，只要證|ab－1|>|b－a|，只需證(ab－1)2>(b－a)2，而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，從而原不等式成立.(10分)22.因為DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以可以以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz.因為AC＝AD＝1，AB＝2，所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)，因為E為線段BD的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))).(1)eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,\r(\f(5,4))×\r(5))＝－eq\f(4,5)，所以異面直線AE與BC所成角的余弦值為eq\f(4,5).(5分)(2)設(shè)平面ACE的法向量為n1＝(x，y，z)，因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，所以n1·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，即x＝0且y＋eq\f(1,2)z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2，所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一個法向量．設(shè)平面BCE的法向量為n2＝(x，y，z)，因為eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，－2，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(1,2)))，所以n2·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，即x－2y＝0且－y＋eq\f(1,2)z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2，所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一個法向量．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(－3,\r(5)×\r(9))＝－eq\f(\r(5),5).(8分)所以二面角ACEB的余弦值為－eq\f(\r(5),5).(10分)23.(1)證明：當n＝1時，a1＝eq\f(1,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，結(jié)論顯然成立；假設(shè)當n＝k，k≥2，k∈N*時，ak∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，則當n＝k＋1時，ak＋1＝－2aeq\o\al(2,k)＋2ak＝－2(ak－eq\f(1,2))2