2020届苏北四市一模数学试卷及答案

2020届苏北四市一模数学试卷(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：2.圆锥的体积V＝13Sh，其中S是圆锥的底面圆面积，h是高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．1.已知集合A＝{x|0x2}，B＝{x|－1x1}，则A∪B＝________．2.已知复数z满足z2＝－4，且z的虚部小于0，则z＝________．3.若一组数据7，x，6，8，8的平均数为7，则该组数据的方差是________．4.执行如图所示的伪代码，则输出的结果为________．5.函数f(x)＝log2x－2的定义域为________．6.某学校高三年级有A，B两个自习教室，甲、乙、丙3名学生各自随机选择其中一个教室自习，则甲、乙两人不在同一教室上自习的概率为________．7.若关于x的不等式x2－mx＋30的解集是(1，3)，则实数m的值为________．8.在平面直角坐标系xOy中，双曲线x23－y2＝1的右准线与渐近线的交点在抛物线y2＝2px上，则实数p的值为________．9.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a9＝8，S5＝－5，则S15的值为________．10.已知函数y＝3sin2x的图象与函数y＝cos2x的图象相邻的三个交点分别是A，B，C，则△ABC的面积为________．11.在平面直角坐标系xOy中，已知圆M：x2＋y2－4x－8y＋12＝0，圆N与圆M外切于点(0，m)，且过点(0，－2)，则圆N的标准方程为______________．12.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其图象关于直线x＝1对称，当x∈(0，1]时，f(x)＝－eax(其中e是自然对数的底数)，若f(2020－ln2)＝8，则实数a的值为________．13.如图，在△ABC中，D，E是BC上的两个三等分点，AB→·AD→＝2AC→·AE→，则cos∠ADE的最小值为________．14.设函数f(x)＝|x3－ax－b|，x∈[－1，1]，其中a，b∈R.若f(x)≤M恒成立，则当M取得最小值时，a＋b的值为________．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)如图，在三棱锥PABC中，AP＝AB，M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC.求证：(1)BC∥平面AMN；(2)平面AMN⊥平面PBC.16.(本小题满分14分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosA＝55.(1)若a＝5，c＝25，求b的值；(2)若B＝π4，求tan2C的值．17.(本小题满分14分)如图，在圆锥SO中，底面半径R为3，母线长l为5.用一个平行于底面的平面去截圆锥，截面圆的圆心为O1，半径为r.现要以截面为底面，圆锥底面圆心O为顶点挖去一个倒立的小圆锥OO1，记圆锥OO1的体积为V.(1)将V表示成r的函数；(2)求V的最大值．18.(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右顶点为A，过点A作直线l与圆O：x2＋y2＝b2相切，与椭圆C交于另一点P，与右准线交于点Q.设直线l的斜率为k.(1)用k表示椭圆C的离心率；(2)若OP→·OQ→＝0，求椭圆C的离心率．19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝a－1xlnx(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0，求实数a的值；(2)若f(x)的导函数f′(x)存在两个不相等的零点，求实数a的取值范围；(3)当a＝2时，是否存在整数λ，使得关于x的不等式f(x)≥λ恒成立？若存在，求出λ的最大值；若不存在，请说明理由，20.(本小题满分16分)已知数列{an}的首项a1＝3，对任意的n∈N*，都有an＋1＝kan－1(k≠0)，数列{an－1}是公比不为1的等比数列．(1)求实数k的值；(2)设bn＝4－n，n为奇数，an－1，n为偶数，数列{bn}的前n项和为Sn，求所有正整数m的值，使得S2mS2m－1恰好为数列{bn}中的项．2020届高三年级第一次模拟考试(五)数学附加题(本部分满分40分，考试时间30分钟)21.【选做题】本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题，并作答．若多做，则按作答的前两小题评分．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](本小题满分10分)已知矩阵M＝23t1的一个特征值为4，求矩阵M的逆矩阵M－1.B.[选修4－4：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρ(cosθ＋sinθ)＝12，曲线C的参数方程为x＝23cosθ，y＝2sinθ(θ为参数，θ∈R)．在曲线C上求点M，使得点M到直线l的距离最小，并求出最小值．C.[选修4－5：不等式选讲](本小题满分10分)已知正数x，y，z满足x＋y＋z＝1，求1x＋2y＋1y＋2z＋1z＋2x的最小值．【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，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠BB1C1＝60°，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(1)求直线AC1与平面AA1B1B所成角的正弦值；(2)求二面角BAC1C的余弦值．23.(本小题满分10分)已知n为给定的正整数，设23＋xn＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，x∈R.(1)若n＝4，求a0，a1的值；(2)若x＝13，求k＝0n(n－k)akxk的值．2020届高三年级第一次模拟考试(五)(苏北四市)数学参考答案1.{|x－1x2}2.－2i3.454.205.[4，＋∞)6.127.48.149.13510.3π211.(x＋2)2＋y2＝812.313.4714.3415.(1)在△PBC中，因为M，N分别为棱PB，PC的中点，所以MN∥BC.(3分)又MN⊂平面AMN，BC⊄平面AMN，所以BC∥平面AMN.(6分)(2)在△PAB中，因为AP＝AB，M为棱PB的中点，所以AM⊥PB.(8分)又因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，AM⊂平面PAB，所以AM⊥平面PBC.(12分)又AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面PBC.(14分)16.(1)在△ABC中，由余弦定理b2＋c2－2bccosA＝a2，得b2＋20－2×25×55b＝25，即b2－4b－5＝0，(4分)解得b＝5或b＝－1(舍去)，所以b＝5.(6分)(2)由cosA＝55及0Aπ得，sinA＝1－cos2A＝1－552＝255，(8分)所以cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋π4)＝－22(cosA－sinA)＝1010.又因为0Cπ，所以sinC＝1－cos2C＝1－10102＝31010，从而tanC＝sinCcosC＝310101010＝3，(12分)所以tan2C＝2tanC1－tan2C＝2×31－32＝－34.(14分)17.(1)在△SAO中，SO＝SA2－AO2＝52－32＝4,(2分)由△SNO1∽△SAO可知，SO1SO＝rR，所以SO1＝4r3，(4分)所以OO1＝4－4r3，所以V(r)＝13πr24－43r＝49π(3r2－r3)，0r3.(7分)(2)由(1)得V(r)＝49π(3r2－r3)，0r3，所以V′(r)＝49π(6r－3r2)．令V′(r)＝0，得r＝2.(9分)当r∈(0，2)时，V′(r)0，所以V(r)在区间(0，2)上单调递增；当r∈(2，3)时，V′(r)0，所以V(r)在区间(2，3)上单调递减，所以当r＝2时，V(r)取得最大值V(2)＝16π9.故小圆锥的体积V的最大值为16π9.(14分)18.(1)直线l的方程为y＝k(x－a)，即kx－y－ak＝0.因为直线l与圆O：x2＋y2＝b2相切，所以|－ak|k2＋1＝b，故k2＝b2a2－b2，所以椭圆C的离心率e＝1－b2a2＝1k2＋1.(4分)(2)设椭圆C的焦距为2c，则右准线方程为x＝a2c，由y＝k（x－a），x＝a2c，得y＝ka2c－a＝k（a2－ac）c，所以Qa2c，k（a2－ac）c.(6分)由x2a2＋y2b2＝1，y＝k（x－a），得(b2＋a2k2)x2－2a3k2x＋a4k2－a2b2＝0，解得xp＝a3k2－ab2b2＋a2k2，则yp＝k(a3k2－ab2b2＋a2k2－a)＝－2ab2kb2＋a2k2，所以Pa3k2－ab2b2＋a2k2，－2ab2kb2＋a2k2.(10分)因为OP→·OQ→＝0，所以a2c·a3k2－ab2b2＋a2k2＋k（a2－ac）c·－2ab2kb2＋a2k2＝0，即a(a2k2－b2)＝2b2k2(a－c)．(12分)由(1)知，k2＝b2a2－b2，所以a(a2b2a2－b2－b2)＝2b4（a－c）a2－b2，所以a＝2a－2c，即a＝2c，所以ca＝12，故椭圆C的离心率为12.(16分)19.(1)f′(x)＝1x2lnx＋a－1x1x.因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－1＝0，所以f′(1)＝a－1＝－1，解得a＝0.(2分)(2)因为f′(x)＝ax－1＋lnxx2存在两个不相等的零点，所以g(x)＝ax－1＋lnx存在两个不相等的零点，则g′(x)＝1x＋a.①当a≥0时，g′(x)0，所以g(x)单调递增，至多有一个零点；(4分)②当a0时，因为当x∈0，－1a时，g′(x)0，所以g(x)单调递增；当x∈－1a，＋∞时，g′(x)0，所以g(x)单调递减，所以x＝－1a时，g(x)max＝g－1a＝ln(－1a)－2.(6分)因为g(x)存在两个零点，所以ln－1a－20，解得－e－2a0.(7分)因为－e－2a0，所以－1ae21.因为g(1)＝a－10，所以g(x)在区间0，－1a上存在一个零点.(8分)因为－e－2a0，所以－1a2－1a.因为g－1a2＝ln－1a2＋1a－1，设t＝－1a，则y＝2lnt－t－1(te2)．因为y′＝2－tt0，所以y＝2lnt－t－1(te2)单调递减，所以y2ln(e2)－e2－1＝3－e20，所以g[－1a2]＝ln－1a2＋1a－10，所以g(x)在区间－1a，＋∞上存在一个零点．综上可知，实数a的取值范围为(－e－2，0)．(10分)(3)当a＝2时，f(x)＝2－1xlnx，则f′(x)＝1x2lnx＋2－1x1x＝2x－1＋lnxx2.设g(x)＝2x－1＋lnx，则g′(x)＝1x＋20，所以g(x)单调递增．又g12＝ln120，g(1)＝10，所以存在x0∈12，1，使得g(x0)＝0.(12分)因为当x∈(0,x0)时，g(x)0，即f′(x)0，所以f(x)单调递减；当x∈(x0,＋∞)时，g(x)0，即f′(x)0，所以f(x)单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得极小值，也是最小值，此时f(x0)＝2－1x0lnx0＝(2－1x0)(1－2x0)＝－4x0＋1x0＋4.(14分)因为x0∈12，1，所以f(x0)∈(－1，0)，因为f(x)≥λ，且λ为整数，所以λ≤－1，即λ的最大值为－1.(16分)20.(1)由an＋1＝kan－1，a1＝3可知，a2＝3k－1，a3＝3k2－k－1.