江苏省苏州大学2020届高考考前指导数学试卷（含答案）

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1、开始 输出 S 结束 i10 i3 N Y SS+2i （第6题图） ii2 S4 苏州大学苏州大学 2020 届高考考前指导卷届高考考前指导卷 数学 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，请把答案直接填 在答题卡相应位置上 1已知集合 | 12Axx ， |1Bx x，则AB 2已知纯虚数z满足(1 i)2iza，则实数a等于 3某高速公路移动雷达测速检测车在某时段对某段路过往的 400 辆汽车的 车速进行检测，根据检测的结果绘制出如图所示的频率分布直方图，根 据直方图的数据估计 400 辆汽车中时速在区间90 110)，的约有 辆 4函数( )

2、12lgf xxx的定义域为 5 在直角坐标系 xOy 中， 已知双曲线 2 2 1 (0) y x 的离心率为3， 则的值为 6执行如图所示的程序框图，输出的 S 的值为 7展览会会务组安排了分别标有序号为“1 号” 、 “2 号” 、 “3 号”的三辆车，采用等可 能随机的顺序前往酒店接嘉宾某与会嘉宾设计了两种乘车方案方案一：不乘坐 第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第 三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车则该嘉宾坐到“3 号”车的概率是 8已知函数( )cosf xxx，则( )f x在点( ) 22 f ，处的切线的斜率为 9已知 n S是等比数列 n

3、a前n项的和，若公比2q ，则 135 6 aaa S 的值是 10已知2sincos() 4 ，则tan() 4 的值是 11 九章算术是我国古代著名数学经典里面对勾股定理的论述比西方早一千 多年，其中有这样一个问题： “今有圆材埋在壁中，不知大小以锯锯之，深 一寸，锯道长一尺问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中， 不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺问这块圆柱形木 料的直径是多少？长为 1 丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所 示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分） 已知弦1AB 尺，弓形高1CD 寸，估 算该木材的体积约为 （立方寸） （注：1 丈10尺10

4、0寸，3.14） 墙体 C D F EB A O （第 11 题图） 12已知函数 2 |log2| 01 ( ) 3 1 xx f x xx ， ， ， 若存在互不相等的正实数 123 xxx， ，满足 123 xxx且 123 ()()()f xf xf x，则 31 ()x f x的最大值为 13已知点 P 为正方形 ABCD 内部一点（包含边界） ，E F，分别是线段BC CD，中点若0CP DP， 且APAEAF，则的取值范围是 14 已知 D是ABC边AC上一点， 且 1 s 4 32 coCBDABDDA C， 则3A B B C 的最大值为 二、解答题：本大题共 6 小题，共计

5、 90 分请在答题卡指定区域内作答，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） ABC的内角A B C， ，的对边分别为a b c，且1a ，3cossinCcA （1）求C； （2）若3b ，D是AB上的点，CD平分ACB，求ACD的面积 16 （本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD 是矩形，点 E 在棱 PC 上（异于点P C，） ，平面 ABE 与棱 PD 交于 点 F （1）求证：ABEF； （2）若 AFEF，求证：平面 PAD平面 ABCD E F AB C D P （第 16 题图） O D C BA 17 （本小题满

6、分 14 分） 如图，某公园内有一半圆形人工湖，O 为圆心，半径为 1 千米为了人民群众美好生活的需求，政府为民办实 事，拟规划在OCD区域种荷花，在OBD区域建小型水上项目已知AOCCOD （1）求四边形OCDB的面积（用表示） ； （2）当四边形OCDB的面积最大时，求 BD 的长（最终结果可保留根号） 18 （本小题满分 16 分） 如图，已知椭圆 22 22 1 (0) xy ab ab 的离心率为 2 2 ，短轴长为 2，左、右顶点分别为A B，设点 ( 2) (0)Mmm，连接MA交椭圆于点C （1）求该椭圆的标准方程； （2）若OCCM，求四边形OBMC的面积 （第 18 题图）

7、 19 （本小题满分 16 分） 已知函数 2 ( )2lnf xxaxx（其中 a 为常数） （1）求函数( )f x的单调区间； （2）设函数( )f x有两个极值点 1212 ()xxxx，若 12 ()f xmx恒成立，求实数m的取值范围 20 （本小题满分 16 分） 对于数列 n a，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称 n a为P数列 （1）若 n a的前n项和32 n n S ，试判断 n a是否是P数列，并说明理由； （2）设数列 12310 aaaa， ， ， ，是首项为1，公差为d的等差数列，若该数列是P数列，求d的取值范围； （3）设无穷数列 n a是首

8、项为a、公比为q的等比数列，有穷数列 nn bc，是从 n a中取出部分项按原来的顺 序所组成的不同数列，其所有项和分别为 12 TT，求 n a是P数列时a与q所满足的条件，并证明命题“若 0a 且 12 TT，则 n a不是P数列” 苏州大学苏州大学 2020 届高考考前指导卷届高考考前指导卷 数学（附加题） 21 【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题 ，并在相应的 答题区域 内作答 ，若多做，则按作答的 前两题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 A选修选修 4 2：矩阵与变换：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系xOy中，设点(5)P x，在矩阵

9、M 12 34 对应的变换下得到点(2)Q yy ，求 1 x y M B选修选修 4 4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为 sin()2 4 ，曲线C的参数方程为 2cos3 () sin22 x y ， ，求l与曲线C交点的直角坐标 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计 20 分请在答题卡指定区域 内作答，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） 在四棱锥PABCD中，/AB CD，2224ABCDBCAD，

10、60DAB，AEBE，PAD为正三角形， 且平面PAD平面ABCD （1）求二面角PECD的余弦值； （2）线段PC上是否存在一点M，使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为 6 8 ？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由 E A C D P B （第 22 题图） 23 （本小题满分 10 分） 已知非空集合M满足0 1 2Mn， ， * (2)nnN ，若存在非负整数 ()k kn，使得当aM时，均有 2kaM，则称集合M具有性质P记具有性质P的集合M的个数为( )f n （1）求(2)f的值； （2）求( )f n的表达式 苏州大学苏州大学 2020 届高考考前指导卷届高考考前指

11、导卷 参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分 1 |12xx 22 3280 4 1 (0 2 ， 52 652 7 5 6 8 2 9 1 3 10 1 2 1153066 124 13 24 1 33 ， 1416 5 5 解答与提示： 1 |12ABxx 2 2i(2i)(1i)22 i 1i222 aaaa z 因为z为纯虚数，所以 20 20 a a ， ， 解得2a 3由图可知，时速在区间80 90) 110 120)，的频率为(0.010.02) 100.3，所以时速在区间90 110)，的频率为 10.3，所以时速在区间90,110)的车辆约

12、为4000.7280辆 4由 120 0 x x ， ， 解得 1 0 2 x，即函数( )f x的定义域为 1 (0 2 ， 5离心率 1 3 1 c e a ，所以2 6执行第一次循环105Si，；执行第二次循环207Si，； 执行第三次循环349Si，；执行第四次循环5211Si，终止循环 所以52S 7记方案一与方案二坐到“3 号”车的概率分别为 P1，P2，三辆车的出车顺序可能为：123，132，213，231，312， 321 方案一坐 “3 号” 车可能： 132， 213， 231， 所以 1 3 6 P ； 方案二坐 “3 号” 车可能： 312， 321， 所以 2 2 6

13、 P 则 该嘉宾坐到“3 号”车的概率 12 5 6 PPP 8( )cossinfxxxx，所以在 2 x 处的切线的斜率为 ( ) 22 k f 9 23 1 2 135 6 16 1() 111 (1)13 1 aq aaaq aqSq q 10因为 2sincos() 4 ，解得 1 tan 3 ，所以 1 1 1 3 tan() 1 42 1 3 11 如图，10AB （寸） ， 则5AD （寸） ，1CD （寸） ， 设圆 O 的半径为 x （寸） ， 则(1 )O Dx （寸） 在RtADO，由勾股定理可得 222 5(1)xx，解得13x （寸） ，则该木材的体 积约为 22

14、1001316900x（立方寸） 12 函数( )f x的图象如右图所示， 由题意， 3 0()2f x， 即 3 19x， 因为 123 ()()()f xf xf x， 所以 3133 ()(3)x f xxx，令 3 (1,3)tx，构造函数 32 ( )3g ttt， 2 ( )36g ttt ， 所以当2t 时， max ( )(2)4g tg，所以 31 ()x f x的最大值为 4 13设正方形 ABCD 的边长为 a，以 A 为原点，AB AD，所在直线为分别为x y，轴建立平面直 角坐标系， 则(0 0)(0)()(0)AB aC a aDa， ， ， ， 设()P x y，

15、 因为0CP DP， 所以() ()0xa yax ya， 即 2 22 ()() 24 aa xya，设 cos 22 sin 2 aa x a ya ， 又 因 为()() 22 aa E aFa， ，APAEAF， 所 以()()() 22 aa x yaa， 即 2 2 a xa a ya ， ， 所 以 2232 ()( s i nc o s) 1s i n () 332234 aa xy aa ，由 P 为正方形 ABCD 内部一点（包含边界） ， 可得2 ，所以 444 ，所以 224 1sin()1 3433 ， 14法一：设ADt，则 3CDt，4ACt， D C B A 在

16、ABD中， 222 ( 2) cos 2 2 tc ADB t ， 在BDC中， 222 (3 )( 2) cos 2 2 3 ta BDC t ， 又coscosADBBDC ， 所以 222222 ( 2)(3 )( 2) 2 22 2 3 tcta tt ，解得 222 1238tca， 在ABC中， 2222 (4 )2cosACtacacB，即 222 1 16 2 tacac， 由可得 22 3 932 2 acac 所以 2222 3335 32(3 )(3 )(3 )()(3 ) 2228 ac acacacac ， 即 2 8 32 (3 ) 5 ac ，所以 16 5 3

17、5 ac， 当且仅当3ac，即 8 58 5 , 515 ac时等号成立， 所以3ABBC的最大值为16 5 5 法二：因为3CDAD，所以3CDDA，即3()BDBCBABD， 整理得到 31 44 BDBABC，两边平方后有 222913 16168 BDBABCBA BC， 所以 22913 2 16168 BABCBA BC即 229131 2| | 161684 BABCBABC， 整理得到 22 3 329| | 2 BABCBABC， 设|cBAaBC，所以 222 39 329(3) 22 caaccaac， 因为 2 93 33 3 () 2222 aca cca ， 所以

18、2222 935 32(3)(3)(3)(3) 288 caaccacaca， 8 3216 5 3 55 ca ，当且仅当 8 58 5 515 ac，时等号成立， 所以3ABBC的最大值为16 5 5 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分 15 （本小题满分 14 分） 解： （1）因为1a 且3cossinCcA，所以3 cossinaCcA， 2 分 在ABC中，由正弦定理 sinsin ac AC ，所以sinsinaCcA， 所以3sincossinsinACCA 4 分 因为(0)A，所以sin0A ，所以3cossinCC， 因为(0)C，所以sin0C ，所以cos

19、0C ，所以tan3C ， 6 分 因为(0)C，所以 3 C 8 分 （2）由（1）知， 3 ACB ，因为1a ，3b ， 所以ABC的面积 133 3 sinsin 2234 ABC SabACB ， 10 分 因为D是AB上的点，CD平分ACB， 所以 1 sin 1 26 1 3 sin 26 BCD ACD a CD Sa Sb b CD ， 12 分 因为 ABCACDBCD SSS ，所以 333 39 3 44416 ACDABC SS 14 分 16 （本小题满分 14 分） 证： （1）因为四边形 ABCD 是矩形，所以ABCD 2 分 又 AB平面 PDC，CD平面 P

20、DC， 所以AB平面 PDC， 5 分 又因为 AB平面 ABE，平面 ABE平面 PDCEF， 所以ABEF 7 分 （2）因为四边形 ABCD 是矩形，所以 ABAD 因为 AFEF， （1）中已证ABEF， 所以 ABAF， 9 分 因为 ABAD，由点 E 在棱 PC 上（异于点 C） ， 所以 F 点异于点 D，所以AFADA， E F AB C D P 又AFAD，平面 PAD，所以 AB平面 PAD， 12 分 又 AB平面 ABCD，所以平面 PAD平面 ABCD 14 分 17 （本小题满分 14 分） 解： （1）由题意AOCCOD ，设四边形OCDB的面积为( )S， 因

21、为四边形OCDB可以分为OCD和OBD两部分， 所以 11 ( )sinsin(2 ) 22 OCDOBD SSSOC ODOB OD ， 3 分 因为1OBOCOD，所以 1 ( )(sinsin2 ) 2 S 因为020，所以0 2 所以四边形OCDB的面积 1 ( )(sinsin2 )(0) 22 S ， 6 分 （2）由（1） 1 ( )(sinsin2 )(0) 22 S ， 所以 22 11 ( )( sin )(sincos )coscossin 22 S 2 1 (4coscos2) 2 ， 令( )0S，即 2 4coscos20，解得 133 cos 8 或 133 co

22、s 8 ， 因为0 2 ，所以存在唯一的 0 ，使得 0 133 cos 8 10 分 当 0 0时，( )0S，( )S在 0 (0)，单调递增； 当 0 2 时，( )0S，( )S在 0 () 2 ，单调递减， 所以 0 时， max0 ( )()SS， 12 分 此时 222 0 2cos(2)BDOBODOB OD 22 000 1 1 2cos222(2cos1)4cos ， 从而 0 133 2cos 4 BD （千米） 答：当四边形OCDB的面积最大时，BD 的长为 133 4 千米 14 分 18 （本小题满分 16 分） 解： （1）因为椭圆 22 22 1(0) xy a

23、b ab 的离心率为 2 2 ，短轴长为 2， 所以 222 22 2 2 b abc c a ， ， ， 解得21ab， 所以该椭圆的标准方程为 2 2 1 2 x y 4 分 （2）因为点( 2) (0)(2 0)MmmA， 所以直线AM的方程为(2) 2 2 m yx，即 2 (2) 4 m yx 由 2 2 1 2 2 (2) 4 x y m yx ， ， 消去y得 2222 (4)2 2280mxm xm 7 分 设 00 ()C xy，则 2 0 2 28 2 4 m x m ，所以 2 0 2 24 2 4 m x m ，所以 0 2 4 4 m y m 连接OM，取OM的中点R

24、，则 2 () 22 m R， 10 分 连接CR，因为OCCM，所以CROM 又 3 0 2 0 4 2 224 23 2 2 OMCR m y mmm kk m x ， 所以 3 2 4 1 2 4 23 2 mmm m ，即 42 280mm， 因为0m ，所以2m ， 13 分 所以四边形OBMC的面积 2 114 24 2 222 223( 2)4 ABMAOC SSS 16 分 19 （本小题满分 16 分） 解： （1）因为 2 ( )2lnf xxaxx，所以 2 22 ( ) (0) xax fxx x 2 分 令 2 ( )22p xxax， 2 16a ， 当0即44a

25、时，( ) 0p x ，即( )0fx， 所以函数( )f x单调递增区间为(0)， 当0 即4a 或4a 时， 22 12 1616 44 aaaa xx ， 若4a ，则 12 0xx，所以( )0p x ，即( )0fx， 所以函数( )f x的单调递增区间为(0)， 若4a ，则 21 0xx，由( )0fx即( )0p x ，得 1 0xx或 2 xx； 由( )0fx，即( )0p x 得 12 xxx 所以函数( )f x的单调递增区间为 12 (0) ()xx ，；单调递减区间为 12 ()xx， 综上，当4a时，函数( )f x的单调递增区间为(0)，无减区间；当4a 时，函

26、数( )f x的单调递增区间 为 12 (0) ()xx ，单调递减区间为 12 ()xx， 6 分 （2）由（1）得 2 22 ( ) (0) xax fxx x ， 若( )f x有两个极值点 12 xx，则 12 xx，是方程 2 220xax的两个不等正实根， 由（1）知4a 则 1212 21 2 a xxx x，故 12 01xx ， 8 分 要使 12 ()f xmx恒成立，只需 1 2 ()f x m x 恒成立 因为 222 31111111 1111 22 1 ()2ln222ln 22ln 1 f xxaxxxxx xxxx xx x ， 10 分 令 3 ( )22 l

27、n (01)h tttttt ，则 2 ( )32lnh ttt， 12 分 当01t 时，( )0h t，( )h t为减函数，所以( )(1)3h th 14 分 由题意，要使 12 ()f xmx恒成立，只需满足3m 所以实数m的取值范围(3 ， 16 分 20 （本小题满分 16 分） 解： （1）由32 n n S ，可知 11 2 3n nnn aSS ， 故 1 320 n nn aS 对一切正整数n都成立，故 n a是P数列 3 分 （2）由题意知，该数列的前n项和为 (1) 2 n n n Snd ， 1 1 n and ， 由数列 12310 aaaa， ， ， ，是P数列

28、，可知 211 aSa，故公差0d 2 1 3 (1)10 22 nn d Sand n 对满足19n 中的每一个正整数n都成立， 即 2 3 (1)10 22 d nd n 对于19n 都成立 6 分 由 2 2 3 1(1)10 22 3 99(1)10 22 d d d d ， ， 可得 8 0 27 d，故d的取值范围是 8 (0) 27 ， 8 分 （3）若 n a是P数列，则 12 aSaaq， 若0a ，则1q ，又由 1nn aS 对一切正整数n都成立， 可知 1 1 n n q aqa q ，即 1 2( )nq q 对一切正整数n都成立， 由 1 ( )0 n q ， 1

29、( )(0 1) n q ，故20q，可得2q 若0a ，则1q ，又由 1nn aS 对一切正整数n都成立， 可知 1 1 n n q aqa q ，即(2)1 n q q对一切正整数n都成立， 又当(1q ，时，(2)1 n q q当2n 时不成立， 故有 (0 1) (2)1 q q q ， ， ， 或 2 ( 1 0) (2)1 q q q ， ， ， 解得 15 (0)(0 1) 2 q ， 所以 n a是P数列时，a与q所满足的条件为 0 2 a q ， ， 或 0 15 (0 1)(0) 2 a q ， ， 12 分 下面用反证法证明命题“若0a 且 12 TT，则 n a不是P

30、数列” 假设 n a是P数列，由0a ，可知2q且 n a中每一项均为正数， 若 n b中的每一项都在 n c中，则由这两数列是不同数列，可知 12 TT， 若 n c中的每一项都在 n b中，同理可得 12 TT 若 n b中至少有一项不在 n c中且 n c中至少有一项不在 n b中， 设 nn bc ，是将 nn bc，中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为 12 TT ， 不妨设, nn bc 中的最大项在 n b中，设为 m a，则2m， 则 21211mm TaaaaT ，故 21 TT ，所以 21 TT， 故总有 12 TT，与 12 TT矛盾故 n a不

31、是P数列 16 分 数学（附加题） 21 【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题 ，若多做，则按作答的前两题评分 A选修选修 4 2：矩阵与变换：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 解：依题意 12 34 5 x 2y y ，即 102 320 xy xy ， ， 解得 4 8 x y ， ， 3 分 由逆矩阵公式知，矩阵 M 12 34 的逆矩阵 1 21 31 22 M， 7 分 所以 1 x y M 21 31 22 4 8 16 10 10 分 B选修选修 4 4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 解：直线 22 (sincos )2 22 l：，

32、 所以直线l的直角坐标方程为20xy 3 分 曲线C的普通方程为 22 (2)1 ( 32)xyx ， 6 分 22 20 (2)1 ( 32) xy xyx ， -， 消去 y 整理得 2 2870xx， 则 2 2 2 x ，所以交点坐标为 22 ( 2) 22 ， 10 分 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 10 分，共计 20 分请在答题卡指定区域 内作答，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） 解：设O是AD中点，PAD为正三角形，则POAD 因为平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，PO 平面PAD， 所以POABCD面 又因为2ADAE，60DAB， 所以ADE为正三角形， 所以OEAD 建立如图所示空间直角坐标系Oxyz， 则(0 03)(03 0)( 23 0)( 1 0 0)PECD， ， ， A DC B P E O x y z 于是( 233)(033)(1 03)PCPEDP ， 2 分 （1）设平面PEC的法向量为 1 ()x y z， ，n， 由 11 0,0PCPEnn，得一个法向