江苏省盐城市2020届高三数学第四次模拟考试试题

(满分160分，考试时间120分钟)

2020．5

参考公式：

1

锥体体积公式：V＝Sh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高．

3

圆柱侧面积公式：S＝2πrl，其中r为圆柱的底面半径，l为圆柱的母线长． 1n1n2

样本数据x1，x2，…，xn的方差s＝i∑(xi－x)，其中x＝i∑xi.

n＝1n＝1

2

一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．

1. 已知集合A＝{－1，0}，B＝{－1，3}，则A∪B＝________． 1＋i

2. 已知复数z＝(其中i为虚数单位)，则|z|＝________．

ix2

3. 双曲线－y＝1的焦距为____________．

2

4. 如图所示是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动员在这五场比赛中得分的方差为________.

5. 根据如图所示的伪代码，运行后输出的结果为________．

6. 现有数学、物理、化学三个兴趣小组，甲、乙两位同学各随机参加一个，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为________．

7. 若函数f(x)＝lg(1＋x)＋lg(1＋ax)是偶函数，则实数a的值________．

xy

8. 设A，F分别为椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右顶点和右焦点，B1，B2为椭圆C短轴的

ab两个端点．若点F恰为△AB1B2的重心，则椭圆C的离心率的值为________．

(第9题)

9. 如图，三棱柱ABC A1B1C1的体积为6，O为四边形BCC1B1的中心，则四面体A1B1OB的体积为________．

1111*

10. 已知正项数列{an}满足an＋1＝＋＋…＋，其中n∈N，a42＋

a1＋aa2＋a3a3＋a4an＋an＋1

＝2，则a2 019＝________．

→→→→→

11. 已知圆O的半径为2，点A，B，C为该圆上的三点，且AB＝2，BA·BC>0，则OC·(BO＋BA)的取值范围是________.

a－b

12. 在△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，且c＝a＋b＋ab，则2的c

2

2

2

2

2

2

2

2

取值范围是________．

13. 已知函数f(x)＝x＋4sin x．若不等式kx＋b1≤f(x)≤kx＋b2对一切实数x恒成立，则b2－b1的最小值为________.

a，b≤a，12

14. 已知max{a，b}＝f(x)＝max{ln x－tx－，x－tx－e}(e自然对数的底

2b，b>a，

数)．若f(x)≥－2在x∈[1，e]上恒成立，则实数t的取值范围是________．

二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

15. (本小题满分14分)

如图，在三棱锥A BCD中，AE⊥BC于E，M，N分别是AE，AD的中点． (1) 求证：MN∥平面BCD；

(2) 若平面ABC⊥平面ADM，求证：AD⊥BC.

16. (本小题满分14分)

设向量a＝(2cos x，2sin x)，b＝(3cos x，cos x)，函数f(x)＝a·b－3. (1) 求f(x)的最小正周期；

α6π

(2) 若f()＝－，且α∈(，π)，求cos α的值.

252

17. (本小题满分14分)

如图，某人承包了一块矩形土地ABCD用来种植草莓，其中AB＝ 99 m, AD＝ 49.5 m．现

*

规划建造如图所示的半圆柱型塑料薄膜大棚n(n∈N)个，每个半圆柱型大棚的两半圆形底面与侧面都需蒙上塑料薄膜(接头处忽略不计)，塑料薄膜的价格为每平方米10元；另外，还需在每两个大棚之间留下1 m宽的空地用于建造排水沟与行走小路(如图中EF＝1 m)，这部分的建设造价为每平方米31.4元．

(1) 当n＝20时，求蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积(结果保留π)；

(2) 试确定大棚的个数，使得上述两项费用的和最低？ (计算中π取3.14)

18. (本小题满分16分)

xy

在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)经过点P(2，1)，且点P与椭圆

ab1

的左、右顶点连线的斜率之积为－. 2

(1) 求椭圆C的方程；

(2) 若椭圆C上存在两点Q，R，使得△PQR的垂心(三角形三条高的交点)恰为坐标原点O，试求直线QR的方程.

2

2

19. (本小题满分16分)

x

设函数f(x)＝x－ae(e为自然对数的底数，a∈R)．

(1) 当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程； (2) 若函数f(x)在区间(0，1)上具有单调性，求a的取值范围；

x

(3) 若函数g(x)＝(e－e)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1e＋1

≤1，求证：x1＋x3≤.

e－1

20. (本小题满分16分)

在无穷数列{an}中，an>0(n∈N)，记{an}前n项中的最大项为kn，最小项为rn，令bn＝knrn.

2

n＋na1

(1) 若{an}的前n顶和Sn满足Sn＝.

2①求bn；

bm2

②是否存在正整数m，n满足2＝n？若存在，请求出这样的m，n；若不存在，请说明

bn2理由；

(2) 若数列{bn}是等比数列，求证：数列{an}是等比数列.

2

m－1

*

2020届高三模拟考试试卷

数学附加题

(满分40分，考试时间30分钟)

21. 【选做题】 在A，B，C三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

A. (选修42：矩阵与变换)

－10

已知直线l：2x－y－3＝0在矩阵M＝所对应的变换TM下得到直线l′，求直

 41

线l′的方程．

B. (选修44：坐标系与参数方程)

x＝2cos θ，

已知点P是曲线C：(θ为参数，π≤θ≤2π)上一点，O为坐标原点，

y＝3sin θ

π

直线OP的倾斜角为，求点P的坐标．

3

C.(选修45：不等式选讲)

求不等式4－2|x＋2|≤|x－1|的解集．

【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

22. 如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AC＝AD＝3，PA＝BC＝4. (1) 求异面直线PB与CD所成角的余弦值；

(2) 求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值.

23.某种质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别标有数字0，1，2，3，将这个玩具抛掷n次，记第n次抛掷后玩具与桌面接触的面上所标的数字为an，数列{an}的前n和为Sn.记Sn是3的倍数的概率为P(n)．

(1) 求P(1)，P(2)； (2) 求P(n)．

2020届高三模拟考试试卷(盐城)

数学参考答案及评分标准

11

1. {－1，0，3} 2. 2 3. 23 4. 6.8 5. 37 6. 7. －1 8. 9. 1 10.

332 019

1

11. (－6，43] 12. (－1，1) 13. 8 14. (－∞，2e－]

215. 证明：(1) 连结DE，因为M，N分别是AE，AD的中点， 所以MN∥DE.(2分)

又MN平面BCD，DE平面BCD， 所以MN∥平面BCD.(6分)

(2) 因为平面ABC⊥平面ADM，平面ABC∩平面ADM＝AE， BC平面BCD，BC⊥AE， 所以BC⊥平面ADM.(12分)

又AD平面ADM，所以AD⊥BC.(14分)

16. 解：(1) 因为f(x)＝a·b－3＝(2cos x，2sin x)·(3cos x，cos x)－3

π2

＝23cosx＋2sin xcos x－3＝3cos 2x＋sin 2x＝2sin(2x＋)．(4分)

32π

所以f(x)的最小正周期为T＝＝π.(6分)

2

α6π6π3

(2) 因为f()＝－，所以2sin(α＋)＝－，即sin(α＋)＝－.(8分)

253535ππ5π4π

因为α∈(，π)，所以α＋∈(，)，

2363π

故cos(α＋)＝－

3

π2

1－sin（α＋）＝－3

324

1－（－）＝－，(10分)

55

ππ1π3π

所以cos α＝cos[(α＋)－]＝cos(α＋)＋sin(α＋)

33232314334＋33

＝×(－)＋×(－)＝－.(14分) 25251017. 解：(1) 设每个半圆柱型大棚的底面半径为r.

99－19×1当n＝20时，共有19个空地，所以r＝＝2 m，(2分)

2×20所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面)为

222

S＝πr＋πr×AD＝π×2＋2π×49.5＝103π(m)．

2

即蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积为103π m.(6分) (2) 设两项费用的和为f(n)．

99－（n－1）×1100－n

因为r＝＝，所以每个大棚的表面积(不含与地面接触的面)为

2n2n100－n2100－n2

S＝πr＋πr×AD＝π×()＋π×49.5×，(8分)

2n2n则f(n)＝10nS＋31.4×1×49.5(n－1)

100－n2100－n）＋π×49.5×＝10nπ×（＋31.4×1×49.5(n－1) 2n2n（100－n）100－n

＝31.4×[＋49.5×＋49.5(n－1)]

4n231.4（100－n）

＝×[＋99(100－n)＋198(n－1)]

4n

31.410031.4100＝×(＋100n＋9 502)＝×[100×(＋n)＋9 502]．(12分)

4n4n100

所以，当且仅当＝n，即n＝10时，f(n)取得最小值．

n答：当大棚的个数为10个时，上述两项费用的和最低．(14分) 21a＋b＝1，

18. 解：(1) 由题意，得(2分)

1－01－012－a×2＋a＝－2，

2

2

22

a＝4，xy解得2所以椭圆C的方程为＋＝1.(4分)

42b＝2，

2

2

22

(2) 设Q(x1，y1)，R(x2，y2)．因为QR⊥PO，而kPO＝故可设直线QR的方程为y＝－2x＋m.(6分)

12

，所以kQR＝－2，

y＝－2x＋m，22

联立2消去y，得5x－42mx＋2m－4＝0. 2

x＋2y＝4，

由Δ>0得32m－20(2m－4)>0，解得m<10 (*)， 42m2m－4

且x1＋x2＝，x1x2＝.(8分)

55

y1y2－1

又QO⊥PR，所以kQO·kPR＝－1，得·＝－1，

x1x2－2即

－2x1＋m－2x2＋m－12

·＝－1，整理，得3x1x2－2m(x1＋x2)＋m－m＝0，(12分) x1x2－2

2

2

2

2

2

2m－442m2

所以3×－2m×＋m－m＝0，

55

42

即3m－5m－12＝0，解得m＝3或m＝－均适合(*)式．(14分)

3

当m＝3时，直线QR恰好经过点P，不能构成三角形，不合题意，故舍去． 4

所以直线QR的方程为y＝－2x－.(16分)

3

(注：若增解未舍的，扣1分)

xx

19. (1) 解：当a＝1时，f(x)＝x－e，f′(x)＝1－e，f′(1)＝1－e，f(1)＝1－e， 故f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.(2分)

(2) 解：由f′(x)＝1－ae，

x－x

①若函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，则f′(x)＝1－ae≥0恒成立，得a≤e恒成立．

11－x

∵ x∈(0，1)，∴ e∈(，1)，∴ a≤；(5分)

ee

②若函数f(x)在区间(0，1)上单调递减，则f′(x)＝1－ae≤0恒成立，得a≥e恒成

立．

1－x

∵ x∈(0，1)，∴ e∈(，1)，∴ a≥1.

e

1

综上，a的取值范围是(－∞，]∪[1，＋∞)．(8分)

e

(3) 证明：函数g(x)＝(e－e)f(x)的零点即为方程(e－e)f(x)＝0的实数根，

x

故e－e＝0或f(x)＝0.

x

由e－e＝0，得x＝1，(9分)

∴ f(x)＝0有且仅有2个不等于1的不同零点．

xx1－x

由f(x)＝0，得x－a＝0，设h(x)＝x－a，则h′(x)＝x.

eee1－x1－x

由h′(x)＝x>0，得x<1；由h′(x)＝x<0，得x>1.

ee

故h(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

故h(x)＝0有且仅有2个不等实数根，且1个根小于1，1个根大于1.

x

∵ g(x)＝(e－e)f(x)有且仅有3个不同的零点x1，x2，x3，x1∴ x1ex3－x1

∴ x1＝aex1，x3＝aex3，两式相减，得x3－x1＝a(ex3－ex1)，∴ a＝，

ex3－ex1x3－x1ex3－x1＋1

两式相加，得x1＋x3＝a(ex1＋ex3)＝(ex1＋ex3)＝(x3－x1).

ex3－ex1ex3－x1－1t（e＋1）

设x3－x1＝t，由x1设φ(t)＝，t∈(0，1]，(14分) t

e－1

e－2te－12tttt

则φ′(t)＝t2.设p(t)＝e－2te－1，t∈(0，1]，则p′(t)＝2e(e－t－

（e－1）1)．

tt

设q(t)＝e－t－1，t∈(0，1]，则q′(t)＝e－1>0在t∈(0，1]上恒成立，

t

∴ q(t)＝e－t－1在(0，1]上单调递增，∴ q(t)>q(0)＝0在(0，1]上恒成立， 则p′(t)>0在(0，1]上恒成立，∴ p(t)在(0，1]上单调递增，

∴ p(t)>p(0)＝0在(0，1]上恒成立，则φ′(t)>0在(0，1]上恒成立， ∴ φ(t)在(0，1]上单调递增，

e＋1e＋1

∴ φ(t)≤φ(1)＝，即x1＋x3≤.(16分)

e－1e－1

n＋na11＋a1n＋n

20. (1) 解：① 在Sn＝中，令n＝1，得a1＝S1＝，解得a1＝1，所以Sn＝. 222

2

2

2t

t

t

t

x

x

x

－x

x

n＋n（n－1）＋（n－1）

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，

22综上，an＝n(n∈N)．(2分)

显然{an}为单调递增数列，所以kn＝an＝n，rn＝a1＝1，所以bn＝n.(4分)

m－1

m2mn1

②假设存在满足条件的正整数m，n，则＝n，所以m＝n×.

n2222nn＋1n1－n

设cn＝n，则cn＋1－cn＝n＋1－n＝n＋1，所以c1＝c2>c3>c4>c5>….

2222mn11

由m＝n×，得cm＝cnn，则m≥n＋1.(6分) 2222m2

当m＝n＋1时，＝n显然不成立，

n2m2m－n－1

当m>n＋1时，＝n＝2.

n2设m－n－1＝t，则t∈N，

*

m－1m－1*

22

n＋1＋ttt＋1

＝2，得n＝t.(8分) n2－1

n

n＋1（n＋1）＋1n＋1－n×2－1

设dn＝n，则dn＋1－dn＝－n＝<0恒成立， n＋1n＋1n2－12－12－1（2－1）（2－1）4

所以数列{dn}单调递减，而d1＝2，d2＝1，d3＝<1，则n≥3时，dn<1恒成立，

7t＋1

故方程n＝t的解有且仅有t＝1，n＝2或t＝2，n＝1.

2－1

故满足条件的m，n存在，m＝4，n＝1或n＝2.(10分)

*

(2) 证明：因为an>0(n∈N)，且kn，rn分别为{an}前n项中的最大项和最小项， 所以kn＋1≥kn，rn＋1≤rn.设数列{bn}的公比为q，显然q>0， ①当q＝1时，

kn＋1rn＋1kn＋1rn

＝1，得＝，

knrn＋1knrn

若kn＋1>kn，则rn＋1kn与rn＋1故kn＋1＝kn，则rn＋1＝rn，则kn＝k1＝a1，rn＝r1＝a1，所以an＝a1，所以＝1，

an所以数列{an}是等比数列．(12分) ②当q>1时，

kn＋1rn＋1kn＋1rn＋12

＝q>1，得＝q>1，

knrnknrn

kn＋1rn

所以>≥1，所以kn＋1>kn恒成立．

knrn＋1

而kn≥an，所以kn＋1＝an＋1，所以 an＋1>an恒成立，

kn＋1rn＋12an＋1a12an＋12

所以kn＝an，rn＝a1，代入＝q得＝q，即＝q，

knrnana1an所以数列{an}是等比数列．(14分) ③当0knrnknrn

rn＋1kn

所以<≤1，所以 rn＋1rnkn＋1kn＋1rn＋12a1an＋12an＋12

所以kn＝a1，rn＝an，代入＝q得＝q，即＝q，

knrna1anan所以数列{an}是等比数列．

综上①②③，数列{an}是等比数列．(16分)

2020届高三模拟考试试卷(盐城) 数学附加题参考答案及评分标准

21. A. 解：在直线l上取点A(1，－1)，则

－10 1－1＝，故A(1，－1)在矩阵M的变换下得到A′(－1，3)．(4分)  41－1 3

再在直线l上取点B(2，1)，则

－102－2＝，在矩阵M的变换下得到B′(－2，9)．(8分)  411 9

连结A′B′，可得直线l′：6x＋y＋3＝0.(10分)

xy

B. 解：由题意，得曲线C的直角坐标方程为＋＝1(y≤0)，(3分)

43直线OP的方程为3x.(6分)

252522

xyx＝，x＝－，554＋3＝1（y≤0），

联立方程组解得(舍去)或

215215y＝3x，y＝y＝－，55

2

2





25215

故点P的直角坐标为(－，－)．(10分)

55

7

C. 解：① 当x≤－2时，原不等式可化为4＋2(x＋2)≤1－x，解得x≤－，此时x≤

37

－；(3分) 3

②当－21

③ 当x≥1时，原不等式可化为4－2(x＋2)≤x－1，解得x≥，此时x≥1.(9分)

37

综上，原不等式的解集为(－∞，－]∪[－1，＋∞)．(10分)

3

22. 解： (1) 设BC的中点为E，由AB＝AC，可知AE⊥BC，

故以AE，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，(2分) 则A(0，0，0)，P(0，0，4)，D(0，3，0)，B(5，－2，0)，C(5，2，0)． (1) 设θ为两直线所成角，

→→

由PB＝(5，－2，－4)，CD＝(－5，1，0), →→PB·CD＝76， 得cos θ＝

→→30|PB

|·|CD|

76

即异面直线PB与CD所成角的余弦值为.(6分)

30(2) 设n1＝(x，y，z)为平面PBC的法向量， →→

因为PB＝(5，－2，－4)，PC＝(5，2，－4)， →→

由PB·n＝0，PC·n＝0，

5x－2y－4z＝0，得取n1＝(4，0，5)． 5x＋2y－4z＝0，

又平面PAD的一个法向量为n2＝(1，0，0)．

设α为两个平面所成的锐二面角的平面角，则cos α＝|

n1·n2421

|＝.

|n1|·|n2|21

421

所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.(10分)

21

1

23. 解：(1) 抛掷一次，出现一个0和一个3时符合要求，故P(1)＝.(1分)

2抛掷两次，出现1＋2，2＋1，0＋0，3＋3，0＋3，3＋0时符合要求，共6种情况， 63

故P(2)＝＝.(3分)

168

(2) (解法1)设Sn被3除余1的概率为P1(n)，Sn被3除余2的概率为P2(n)． 111

则有 P(n＋1)＝P(n)＋P1(n)＋P2(n) ①，

244111

P1(n＋1)＝P(n)＋P1(n)＋P2(n) ②，

424111

P2(n＋1)＝P(n)＋P1(n)＋P2(n) ③，(6分)

442

1

①－(②＋③)，得P(n＋1)－[P1(n＋1)＋P2(n＋1)]＝－[P1(n)＋P2(n)]，

2化简，得4P(n＋1)＝P(n)＋1，(8分) 111

即P(n＋1)－＝[P(n)－]．

343

1121

又P(1)＝，可得P(n)＝＋·n.(10分)

2334

(解法2)设Sn被3除余1的概率为P1(n)，Sn被3除余2的概率为P2(n)，

则P2(n)＝1－P(n)－P1(n)．

111

又P(n＋1)＝P(n)＋P1(n)＋P2(n)，

244

111

所以P(n＋1)＝P(n)＋P1(n)＋[1－P(n)－P1(n)]，得4P(n＋1)＝P(n)＋1，以下同解

244法1.