江苏省南通市2020届高三第二学期阶段性模拟考试数学试题（含答案）

1、S 第 1 页 （共 13 页） 开始 输出n 输入p 结束 n1, S0 S p nn + 1 SS + 2 n N Y （第 5 题） 江苏省南通市 2020 届高三第二学期阶段性模拟考试 数学试题 2020.05 (总分总分 160 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟) 一、填空题一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分. 不需写出解答过程，请把答案写在答 题纸的指定位置上） 1已知集合1,2,3,4A， 2 log (1)2Bxx，则AB 2设复数 2 (2i)z （i为虚数单位） ，则z的共轭复数为 3若以连续掷两次骰子分别得到的点数 m，n 作为点 P

2、 的横、纵坐标，则点 P 在直线 2x y10 上方的概率为 4在平面直角坐标系xOy中，若抛物线 2 2(0)xpy p上纵坐标为 1 的一点到焦点的距离为 4，则该抛物线的焦点到准线的距离为 5执行右边的程序框图，若p14，则输出的n的值 为 6函数 2 2 log (32)yxx的值域为 7 等差数列 n a中， 若100 119753 aaaaa， 则 139 3aa 8现用一半径为 10 cm，面积为 80 cm 2的扇形铁皮制作一个无盖的 圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗） ，则 该容器的容积为 cm 3 9已知 0 ，且 1 tan 2 ， 1 tan 5 ，

3、则tan的值为 10已知实数, x y满足 40 210 440 xy xy xy ，则3zxy的取值范围是 11若函数 ( )sin3sin 63 f xaxx是偶函数，则实数 a 的值为 12在ABC中，cos2sinsinABC，tantan2BC，则tan A的值为 S 第 2 页 （共 13 页） 13已知函数 2 2 1 0 ( ) 0 x x mxx ef x emxx ， ， 若函数( )f x有四个不同的零点，则实数m的取值 范围是 14已知0,2，若关于k的不等式 33 sincossincosk在, 2 上恒成 立，则的取值范围为 二二、解答题、解答题（本大题共 6 小题

4、，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(本小题满分 14 分) 已知 31 sincos 2 ， 44 ， （1）求的值； （2）设函数 22 ( )sinsinf xxx，xR，求函数( )f x的单调增区间 16(本小题满分 14 分) 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，/CDAB，2ABCD， AC交BD 于O， 锐角PAD所在平面PAD底面ABCD，PABD， 点Q在侧棱PC上， 且2PQQC （1）求证：/PA平面QBD； （2）求证：BDAD 17(本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系xOy中，圆O

5、： 22 4xy，直线l：43200xy 4 3 () 5 5 A，为 圆O内一点，弦MN过点A，过点O作MN的垂线交l于点P （1）若MNl，求PMN的面积 （2）判断直线PM与圆O的位置关系，并证明 (第 16 题图) P AB CD Q O S 第 3 页 （共 13 页） 18(本小题满分 16 分) 如图，有一正三角形铁皮余料，欲利用余料剪裁出一个矩形(矩形的一个边 在三角形的边上)，并以该矩形制作一铁皮圆柱的侧面。问：如何剪裁，才能使 得铁皮圆柱的体积最大？ 19(本小题满分 16 分) 设 n S数列 n a的前n项和，对任意n N，都有 1 ()() nn Sanb aac（a

6、 b c，为 常数） （1）当 3 02 2 abc ，时，求 n S； （2）当 1 00 2 abc，时， （）求证：数列 n a是等差数列； （）若对任意,m n N，必存在p N使得 pmn aaa，已知 21 1aa， 且 1 11 11 2 9 n ii S ， ），求数列 n a的通项公式 20(本小题满分 16 分) 若实数 0 x满足 00 p xx，则称 0 xx为函数 p x的不动点 （1）求函数 ln1f xx的不动点； （2）设函数 32 3g xaxbxcx，其中abc， ，为实数 S 第 4 页 （共 13 页） 若0a 时，存在一个实数 0 1 ,2 2 x ，

7、使得 0 xx既是 g x的不动点，又是 g x 的不动点（ g x 是函数( )g x的导函数） ，求实数b的取值范围； 令 0h xgxa，若存在实数m，使m， h m， h h m， h h h m 成各项都为正数的等比数列，求证：函数 h x存在不动点 江苏省南通市 2020 届高三第二学期阶段性模拟考试 数学附加题 2020.05 （本部分满分本部分满分 40 分，考试时间分，考试时间 30 分钟）分钟） 21选做题选做题（本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作 答若多做，则按作答的前两小题评分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） A.（选修 4-

8、2：矩阵与变换） （本小题满分 10 分） 已知矩阵 M a -1 -2 b ，对应的変换把点(2,1)变成点(7、1). (1) 求 a,b 的特征值. (2) 求矩阵 M 的特征值. B.（选修 4-4：坐标系与参数方程） （本小题满分 10 分） 以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中 取相同的长度单位已知直线 l 的参数方程是 xt， yt3 (t 为参数)，圆 C 的极坐标方 程是 4cos ，求直线 l 被圆 C 截得的弦长 C(选修 4-5：不等式选讲） （本小题满分 10 分） 对任意实数t，不等式|3|21| |21| |2|ttxx

9、恒成立，求实数x的取值范围 S 第 5 页 （共 13 页） 必做题必做题 （第 22、 23 题， 每小题 10 分， 计 20 分 请把答案写在答题纸的指定区域内） 22 （本小题满分 10 分） 已知(1x)2na0a1xa2x2a2nx2n （1）求 a1a2a3a2n的值； （2）求 1 a1 1 a2 1 a3 1 a4 1 a2n1 1 a2n的值 23 （本小题满分 10 分） 甲，乙两人进行抛硬币游戏，规定：每次抛币后，正面向上甲赢，否则乙赢此时， 两人正在游戏，且知甲再赢m（常数m1）次就获胜，而乙要再赢n（常数nm） 次才获胜，其中一人获胜游戏就结束设再进行次抛币，游戏结

10、束 （1）若m2，n3，求概率4P； （2）若2nm，求概率Pmk（23k ， ，1m，）的最大值（用m 表示） S 第 6 页 （共 13 页） 江苏省南通市 2020 届高三第二学期阶段性模拟考试 数学参考答案 一、填空题一、填空题：本大题共本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，计分，计 70 分分. 1. 2,3,4 2. 34i 3. 5 12 4. 5. 4 6. ,2 7. 40 8. 128 9. 11 10. 1,7 11. 1 12. 1 13. 2 (,) 4 e 14. 0, 4 二、 解答题：二、 解答题： 本大题共本大题共 6 小题， 计小题， 计 90

11、分分.解答应写出必要的文字说明， 证明过程或演算步骤，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请把答案写在答题纸的指定区域内. 15(本小题满分 14 分) 解： （1）由 31 sincos 2 ，得 23 (sincos )1 2 ， 即 223 sin2sincoscos1 2 ，所以 3 sin2 2 因为 44 ，所以 2 22 ，所以 2 3 ，即 6 （2）由（1）知， 22 ( )sinsin 6 f xxx， 所以 11 ( )1cos21cos 2 223 f xxx 1 cos 2cos2 23 xx 311 sin2cos2 22

12、2 xx 1 sin 2 26 x 令 2 22 + 262 kxk， 得 + 63 kxk ，所以函数( )f x的单调增区间是 + 63 kk ，Zk 16 （本小题满分 14 分） 证明：（1）如图，连接OQ， 因为/ /ABCD，2ABCD， 所2AOOC， 2 分 又2PQQC， 所以/ /PAOQ， 4 分 又OQ 平面QBD， PA 平面QBD， 所以/ /PA平面QBD. 6 分 （2）在平面PAD内过P作PHAD于H， 因为侧面PAD 底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD， PH 平面PAD，所以PH 平面ABCD， 8 分 又BD平面ABCD，所以PHBD， 10 分

13、S 第 7 页 （共 13 页） 因为PAD是锐角三角形，所以PA与PH不重合， 即PA和PH是平面PAD内的两条相交直线， 又PABD，所以BD 平面PAD， 12 分 又AD 平面PAD，所以BDAD 14 分 17 （本小题满分 14 分） 解： （1）因为MNl，设直线MN的方程为430xyc， 由条件得， 43 430 55 c ，解得5c ，即直线MN的方程为4350xy 因为 3 4 OA k， 4 3 MN k ，所以1 OAMN kk ，即OAMN， 所以 2 2 42 3MNOA 又因为直线MN与直线l间的距离 22 | 20( 5)| 3 43 d ，即点P到直线MN的距

14、离为 3， 所以PMN的面积为 1 2 333 3 2 （2）直线PM与圆O相切，证明如下： 设 00 ()M xy，则直线MN的斜率 0 0 0 0 3 53 5 454 5 y y k x x ， 因为OP MN，所以直线OP的斜率为 0 0 54 53 x y ， 所以直线OP的方程为 0 0 54 53 x yx y 联立方程组 0 0 54 53 43200 x yx y xy ， ， 解得点P的坐标为 00 0000 4(53)4(54) 4343 yx yxyx ， 所以 00 00 0000 4(53)4(54) 4343 yx PMxy yxyx -， 由于 00 OMxy，

15、 22 00 4xy， 所以 220000 00 0000 4(53)4(54) 4343 xyyx PM OMxy yxyx - 0000 00 4(53)4(54) 4 43 xyyx yx 00 00 1216 40 43 xy yx ， 所以PMOM，即PMOM，所以直线PM与圆O相切，得证 18. 设正三角形长为l，如图，设EFx，则 3 x BF ， 2 3 x GFl 3 分 S 第 8 页 （共 13 页） 若以EF为底、GF为高，则圆柱底面半径 1 2 x r 2 3 22 111 212 2433 xxx Vr hllx ， 3 0 2 l x 6 分 2 1 1 2 32

16、3 42 x Vxlxxl 当0 3 l x时， 1 0V；当 3 23 ll x时， 1 0V； 所以 3 1max1 363 ll VV 8 分 若以GF为底、EF为高，则圆柱底面半径 2 2 3 2 x l r 11 分 2 2322 222 2 144 3 2433 x l l Vr hxxxl x ， 3 0 2 l x 22 2 18 4 43 l Vxxl ，令 2 0V，得 1 2 3 l x 、 2 3 2 l x 当0 2 3 l x时， 2 0V；当 3 22 3 ll x时， 2 0V； 所以 3 2max2 2 318 3 ll VV 14 分 因为 33 2max1

17、max 3618 3 ll VV ， 所以以GF为底、EF为高，且 2 3 l EF 时，体积最大。 16 分 19解： （1）当0a ， 3 2 b ，2c 时， 1 3( )2 2 nn Saa 当1n 时， 111 3( )2 2 Saa，所以 1 1a 当2n时， 111 3( )2 2 nn Saa S 第 9 页 （共 13 页） 得： 1 3 nn aa 因为 1 1a ，所以 1 0 n a ，所以 1 3 n n a a ， 所以 n a是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 所以 1 31(3 1) 1 32 n n n S （2） （）当 1 2 a ，0b ，0c 时

18、， 1 () 2 nn n Saa 当2n时， 111 1( ) 2 nn n Saa 得： 11 (2)(1) nn nanaa ， 所以 11 (1) nn nanaa 得： 11 (1)(1)2(1) nnn nanana 因为2n，所以 11 2 nnn aaa 即 11nnnn aaaa ， 所以 n a是等差数列 （）因为 21 1aa，所以1d 因为 pmn aaa，所以 11 122apamn ，所以 1 1apmn 因为 * , ,p m nN，所以 1 a Z又因为 1 1111 29a ， 所以 1 9 2 11 a，所以 1 1a 或 1 2a 当 1 1a 时， n

19、an， (1) 2 n nn S ， 1 112 2 1 11 n ii n Snn ， 所以 12 11411 39SS 不符合题意 当 1 2a 时，1 n an， (3) 2 n nn S ， 所以 1 111211111 931239 n ii Snnn 满足题意 所以1 n an 20.20.解： （1）由题意可知，ln1xx 令 ln1xxx，0x 故 11 1 x x xx 2 分 列表： x 0 1， 1 1 ， S 第 10 页 （共 13 页） x 0 x 极大值 10f 所以，方程ln1xx 有唯一解1x 所以函数 ln1f xx的不动点为14 分 （2） 由题意可知 2

20、 000 00 3 2 bxcxx bxcx ， 6 分 消去c，得 2 00 31 1b xx ， 0 1 ,2 2 x ，所以 5 ,11 4 b 8 分 2 32h xgxaxbxc 由题意知m， h m， h h m， h h h m成各项都为正数的等比数列， 故可设公比为q，则 h mqm h h mqh m h h h mqh h m ， ， ， 故方程 h xqx有三个根m， h m， h h m11 分 又因为0a ，所以 2 32h xgxaxbxc为二次函数， 故方程 h xqx为二次方程，最多有两个不等的根则m， h m， h h m中至少有 两个值相等13 分 当 h

21、mm时，方程 h xx有实数根m，也即函数 h x存在不动点，符合题意； 当 h h mm时， 则 qh mm， 2 q mm， 故 2 1q ， 又因为各项均为正数， 则1q ， 也即 h mm，同上，函数 h x存在不动点，符合题意； 当 h h mh m时，则 qh mqm， h mm，同上，函数 h x存在不动点，符合 题意； 综上所述，函数 h x存在不动点16 分 附加题参考答案附加题参考答案 21A. S 第 11 页 （共 13 页） B解：直线 l 的参数方程 xt， yt3 (t 为参数)化为直角坐标方程是 yx3， 2 分 圆 C 的极坐标方程 4cos 化为直角坐标方程

22、是 x2y24x0 5 分 圆 C 的圆心(2，0)到直线 xy30 的距离为 d 1 2 2 2 7 分 又圆 C 的半径 r2， 所以直线 l 被圆 C 截得的弦长为 2 r2d2 14 10 分 C. 解：设( ) |3|21|f ttt，即 1 32 2 1 ( )43 2 323 tt f ttt tt ， ， ， ， 所以( )f t的最小值为 7 2 ，所以 7 |21| |2| 2 xx 当2x 时，不等式即为 7 (21)(2) 2 xx，解得 3 2 x，矛盾； 当 1 2 2 x 时， 不等式即为 7 (21)(2) 2 xx， 解得 1 2 x， 所以 11 22 x

23、； 当 1 2 x 时，不等式即为 7 (21)(2) 2 xx，解得 5 6 x，所以 15 26 x 综上，实数x的取值范围是 15 26 x 22. （1）令 x0 得，a01；令 x1 得，a0a1a2a3a2n22n S 第 12 页 （共 13 页） 于是 a1a2a3a2n22n1 （2）akC k 2n，k1，2，3，2n， 首先考虑 1 C k 2n1 1 C k1 2n1 k!(2n+1k)! (2n1)! (k1)!(2nk)! (2n1)! k!(2nk)!(2n1kk1) (2n1)! k!(2nk)!(2n2) (2n1)! 2n2 (2n1) C k 2n， 则

24、1 C k 2n 2n1 2n2( 1 C k 2n1 1 C k1 2n1)， 因此 1 C k 2n 1 Ck1 2n 2n1 2n2( 1 C k 2n1 1 C k2 2n1) 故 1 a1 1 a2 1 a3 1 a4 1 a2n1 1 a2n 2n1 2n2( 1 C 1 2n1 1 C 3 2n1 1 C 3 2n1 1 C 5 2n1 1 C2n1 2n1 1 C2n1 2n1) 2n1 2n2( 1 C 1 2n1 1 C2n1 2n1) 2n1 2n2( 1 2n11) n n1 23(本小题满分 10 分) 解： （1）依题意， 3 13 431 28 P （2）依题意，

25、 11 11 1 CC 2 m k mm m km k Pmk （23k ， ，1m，） 设 11 11 1 CC 2 m k mm m km k f k 1 !1 ! 1 21 ! !1 !2 ! m k mkmk mkmk 11 1 1 ! 21 ! ! m k m mk k mk mk 则 1f k f k 1 11 1 ! 21 !1 ! 11 1 1 ! 21 ! ! m k m k m mkk mk mk m mk k mk mk 11 2111 mkm mkk km mkk 而 11 1 2111 mkm mkk km mkk （） 3222 1220kmkmkm mm 22 20kmkkmm （） 因为 22 20kkmm的判别式 2 1 420mm S 第 13 页 （共 13 页） 27 0 4 mm（显然在 * 1mmN，时恒成立） ， 所以 22 20kkmm 又因为km，所以（）恒成立，从而（）成立 所以 1 1 f k f k ，即 1f kf k(当且仅当km时，取“=”)， 所以 f k的最大值为 21 11 22 1 1CC 2 m mm mm f mf m ， 即Pmk的最大值为 21 11 22 1 CC 2 m mm mm