1、高三数学试题第 1页（共 4 页）盐城市、南京市盐城市、南京市 2020 届高三年级第届高三年级第一一次模拟考试次模拟考试数数学学2020.01注意事项：注意事项：1本试卷共 4 页，包括填空题（第 1 题第 14 题）、解答题（第 15 题第 20 题）两部分本试卷满分为 160 分，考试时间为 120 分钟2答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题卡参考公式：柱体体积公式：柱体体积公式：VSh，锥体体积公式：，锥体体积公式：V13Sh，其中，其中 S 为底面积，为底面积，h 为高为高样本数据样本数据 x1
2、，x2，xn的方差的方差 s21nni1(xi)2，其中，其中1nni1xi一一 填空题填空题: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 分不需写出解答过程，请把答案写在答题卡分不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上的指定位置上1已知集合 A(0，)，全集 UR，则UA2设复数 z2i，其中 i 为虚数单位，则 zz3学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，则甲被选中的概率为4命题“R，cossin1”的否定是命题(填“真”或“假”)5运行如图所示的伪代码，则输出的 I 的值为6已知样本 7，8，9，x，y 的平均数是 9，且 xy1
3、10，则此样本的方差是7在平面直角坐标系 xOy 中，若抛物线 y24x 上的点 P 到其焦点的距离为 3，则点 P 到点 O 的距离为8若数列an是公差不为 0 的等差数列，lna1、lna2、lna5成等差数列，则a2a1的值为9 在三棱柱 ABCA1B1C1中，点 P 是棱 CC1上一点，记三棱柱 ABCA1B1C1与四棱锥 PABB1A1的体积分别为 V1与 V2，则V2V110设函数 f(x)sin(x)(0，02)的图象与 y 轴交点的纵坐标为32，y 轴右侧第一个最低点的横坐标为6，则的值为S0I0WhileS10SSIII1EndWhilePrintIEND（第 5 题图）高三
4、数学试题第 2页（共 4 页）11已知 H 是ABC 的垂心(三角形三条高所在直线的交点)，AH14AB12AC，则 cosBAC的值为12若无穷数列cos(n)(R)是等差数列，则其前 10 项的和为13 已知集合 P(x，y)|x|x|y|y|16，集合 Q(x，y)|kxb1ykxb2，若 PQ，则|b1b2|k21的最小值为14若对任意实数 x(，1，都有|exx22ax1|1 成立，则实数 a 的值为二二解答题解答题:本大题共本大题共 6 小题，计小题，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，请把答案写在答题把答案写
5、在答题卡卡的指定区域内的指定区域内15(本小题满分 14 分)已知ABC 满足 sin(B6)2cosB（1）若 cosC63，AC3，求 AB；（2）若 A(0，3)，且 cos(BA)45，求 sinA16(本小题满分 14 分)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中，已知底面 ABCD 是正方形，点 P 是侧棱 CC1上的一点（1）若 AC1/平面 PBD，求PC1PC的值；（2）求证：BDA1PABCDD1A1B1C1P（第 16 题图）高三数学试题第 3页（共 4 页）17(本小题满分 14 分)如图，是一块半径为 4 米的圆形铁皮，现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶具体做法是从O
6、 中裁剪出两块全等的圆形铁皮P 与Q 做圆柱的底面，裁剪出一个矩形 ABCD 做圆柱的侧面(接缝忽略不计)，AB 为圆柱的一条母线，点 A、B 在O 上，点 P、Q 在O 的一条直径上，ABPQ，P、Q 分别与直线 BC、AD 相切，都与O 内切（1）求圆形铁皮P 半径的取值范围；（2）请确定圆形铁皮P 与Q 半径的值，使得油桶的体积最大(不取近似值)18(本小题满分 16 分)设椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左右焦点分别为 F1，F2，离心率是 e，动点 P(x0，y0)在椭圆 C 上运动当 PF2x 轴时，x01，y0e（1）求椭圆 C 的方程；（2）延长 PF1，PF2分别交椭
7、圆 C 于点 A，B(A，B 不重合)设AF1F1P，BF2F2P，求的最小值ABCDOQP（第 17 题图）y（第 18 题图）ABPF1F2Ox高三数学试题第 4页（共 4 页）19(本小题满分 16 分)定义：若无穷数列an满足an1an是公比为 q 的等比数列，则称数列an为“M(q)数列”设数列bn中 b11，b37（1）若 b24，且数列bn是“M(q)数列”，求数列bn的通项公式；（2）设数列bn的前 n 项和为 Sn，且 bn12Sn12n，请判断数列bn是否为“M(q)数列”，并说明理由；（3）若数列bn是“M(2)数列”，是否存在正整数 m，n 使得40392019bmbn
8、40402019?若存在，请求出所有满足条件的正整数 m，n；若不存在，请说明理由20(本小题满分 16 分)若函数 f(x)exaexmx(mR)为奇函数，且 xx0时 f(x)有极小值 f(x0)（1）求实数 a 的值；（2）求实数 m 的取值范围；（3）若 f(x0)2e恒成立，求实数 m 的取值范围南京市、盐城市 2020 届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案 南京市、盐城市 2020 届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分.一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分.1 2 3(,0523 4真 5
9、6 6 722 3 83 923 107 1133 1210 134 1412 二、解答题：本大题共二、解答题：本大题共 6 小题，计小题，计 90 分分.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解：（1）由sin()2cos6BB可知BBBcos2cos21sin23，移项可得3tanB，又),0(B，故3B，2 分 又由6cos3C，),0(C可知33cos1sin，4 分 2CCABC高三数学答案 第 1 页 共 7 页 故在中，由正弦定理CcBbsinsin可得 CAB
10、ACsin3sin，所以2AB.7 分（2）由（1）知3B，所以0,3A时，)3,0(3 A，由4cos即5BA54)3cos(A可得53)3(cos1)3sin(，10 分 2AA1033453215423)3sin(3cos)3cos(3sin)3(3sin(sin.14 分 AAAA 16（1）证明：连结交ACBD于点，连结OP，O又因为平面，平面 1/ACPBD1AC1ACC平面平面，所以 3 分 1ACCOPBDP 1/ACOP因为四边形ABCD是正方形，对角线交ACBD于点，O所以点O是AC的中点，所以AOOC，所以在中，1ACC11PCAOPCOC.6 分（2）证明：连结.11A
11、C因为1111ABCDABC D为直四棱柱，所以侧棱垂直于底面1C CABCD，又BD 平面ABCD，所以CC8 分 1BD因为底面ABCD是正方形，所以 10 分 ACBD又，面，面，1ACCCCAC 11ACC A1CC 11ACC A所以BD 面.12 分 11ACC A又因为,所以111,PCC CCACC A面1A11PACC面，又因为11AACC1A面，所以 A1P 面 ACC1A1,所以1BDA P 14 分 17解：（1）设半径为P?r，则)2(4rAB，所以的周长P?2)2(41622rBCr，4 分 解得 4162r，故半径的取值范围为P?416,0(2.6 分（2）在（1
12、）的条件下，油桶的体积，8 分)2(422rrABrV设函数),2()(2xxxf416,0(2x，所以，由于 234)(xxxf344162，所以在定义域上恒成立，()0fx故()f x在定义域上单调递增，即当4162r时，体积取到最大值.13 分 答：半径的取值范围为P?416,0(2，当4162r时，体积取到最大值.14 分 18.解：（1）由当轴时，可知2PFx01x1c，2 分 将，01x0ye代入椭圆方程得22211eab（），而1ceaa，代入（）式得22221baca222111(1)aaa，解得，故，椭圆C的方程为222a 1b 2212xy.4 分（2）方法一：设，由得11
13、(,)A x y11AFFP1)10101(xxyy，故10101xxyy ，代入椭圆的方程得2200(1)()2xy 1（），8 分 又由220012xy得220012xy ，代入（）式得222001(1)2(1)2xx2，化简得，即203212(1)x 000(1)(312)x，显然10，03120 x，故0132x.12 分 同理可得0132ux，故20001163232943xxx2，当且仅当时取等号，故00 x 的最小值为23.16 分 方法二：由点A，B不重合可知直线PA与x轴不重合，故可设直线的方程为PA1xmy，联立22121xyxmy，消去x得（），22(2)210mymy
14、设，则11(,)A x y1y与0y为方程（）的两个实根，高三数学答案 第 2 页 共 7 页 由求根公式可得20,12222mmym，故01212y ym，则1201(2)ymy，8 分 将点代入椭圆的方程得00(,)P xy220012xy，代入直线的方程得，PA001xmy001xmy，高三数学答案 第 3 页 共 7 页 由得11AFFP10yy，故10yy 22220000111(2)()2xmyyy 22220000111(1)232(1)2(1)201xyxxx.12 分 同理可得0132ux，故20001163232943xxx2，当且仅当时取等号，故00 x 的最小值为23.
15、16 分 注：（1）也可设(2cos,sin)P得132 2cos，其余同理.（2）也可由116运用基本不等式求解的最小值.19解：（1），且数列24b nb是“M q数列”，32217414 1bbqbb，111nnnnbbbb，1nnnnbbbb1，2 分 故数列 nb是等差数列，公差为，213bb故通项公式为，即.4 分 1(1)3nbn 32nbn（2）由1122nnbSn得232b，3437b，故1.方法一：由11212nnbSn得2112(1)2nnbSn1，两式作差得211122nnnbbb，即21132nnbb，又252b，21132bb，1132nnbb对nN恒成立，6 分
16、则13()44nnbb11，而1044b13，104nb，114314nnbb，14nb是等比数列，8 分 高三数学答案 第 4 页 共 7 页 1(1)33444nnnb111，11344nnb，2121111111(3)(3)444431111(3)(3)4444nnnnnnnnbbbb，1nnbb是公比为3的等比数列，故数列 nb是“M q数列”.10 分 方法二：同方法一得1132nnbb对nN恒成立，则21132nnbb，两式作差得，而2113()nnnbbbbn21302bb，10nnbb2113nnnnbbbb，以下同方法一.10 分（3）由数列 nb是“数列”得 2M1121(
17、)2nnnbbbb，又32212bbbb，22721bb，23b 212bb，12nnbbn，当时，2n11221()()()nnnnnbbbbbbb1b11,m n12222 12nnn，当时上式也成立，故，12 分 1n 2nnb 假设存在正整数使得4039404020192019mnbb，则40392140402019212019mn，由2140391212019mn1mnn可知，m，又为正整数，212,m n1mn，又212(21)2121404022121212019mm nnm nm nm nnnn，4040232019m n，1mn，21122121mnn，40391404022
18、019212019n，2020222021n，10n 11m 故存在满足条件的正整数，,m n11m 10n.16 分 20解：（1）由函数为奇函数，得)(xf0)()(xfxf在定义域上恒成立，所以，0mxaeemxaeexxxx化简可得，所以0)()1(xxeea1a.3 分（2）法一：由（1）可得，mxeexfxx)(所以xxxxxemeemeexf1)(2，其中当时，由于恒成立，2m012xxmee即恒成立，故不存在极小值.5 分 0)(xf当时，方程有两个不等的正根，2m012mtt)(,2121tttt故可知函数在上单调递增，mxeexfxx)(),(ln),ln,(21tt在上单
19、调递减，即在处取到极小值，)ln,(ln21tt2lnt所以，的取值范围是m),2(.9 分 法二：由（1）可得，mxeexfxx)(令，meexfxgxx)()(则xxxxeeeexg1)(2，故当时，；当时，0 x0)(xg0 x0)(xg，5 分 故在上递减，在上递增，)(xg)0,(),0(，mgxg2)0()(min若，则恒成立，单调递增，无极值点；02m0)(xg)(xf 所以，解得，02)0(mg2m取，则mtln01)(mtg，又函数的图象在区间上连续不间断，故由函数零点存在性定理知在区间上，存在为函数的零点，为极小值.)(xg),0t)(xf),0(t0 x(xg)(0 xf
20、所以，的取值范围是m),2(.9 分（3）由满足，0 xmeexx00代入，mxeexfxx)(消去 m 可得，11 分 00)1()1()(000 xxexexxf构造函数，xxexexxh)1()1()(所以，当时，)()(xxeexxh0 x012xxxxeeee，所以当时，恒成立，故 h(x)在0，+0 x0)(xh)上为单调减函数，其中eh2)1(，13 分 则02()f xe 可转化为，0()(1)h xh故，由，设，10 xmeexx00 xxeey可得当时，在上递增，故0 x0 xxeeyxxeey 1,0(eem1，综上，的取值范围是m1,2(ee.16 分 附加题答案 21
21、.（A）解：设圆C上一点(,)x y，经矩阵M变换后得到圆C上一点(,)x y，高三数学答案 第 5 页 共 7 页 所以332axxyy ，所以332axyxxyy，5 分 又圆，所以圆的方程为22:Cxy133C22(3)(32)1axyxy，化简得，222(9)(612)1313axaxyy所以，解得2913612aa02a.10 分 21.（B）解：以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴（单位长度相同）建立平面直角坐标系，由直线cos2 sinm，可得直角坐标方程为20 xym，又曲线4sin，所以24 sin，其直角坐标方程为22(2)4xy，5 分 所以曲线4sin是以为圆心，为半径
22、的圆，(0,2)2为使直线被曲线（圆）截得的弦最长，所以直线过圆心，AB(0,2)于是，解得.10 分 02 20m 4m 21.（C）解：因1231abc，所以149123abc，由柯西不等式得214923(23)()(123)23abcabcabc，即，5 分 2336abc当且仅当1492323ababcc，即时取等号，解得abc6abc，所以当且仅当时，取最小值 36.10 分 6abc23abc 22解：（1）以CD，所在直线建立如图所示空间直角坐标系AB1OOOxyz，由CD，所以，213AA(0,1,0)A(0,1,0)B(1,0,0)C，从而，(1,0,0)D1(0,1,3)A
23、1(0,1,3)B1(1,AC 1,3)1BD(1,1,3)所以112222221 1 1(1)(3)(3)7cos,11(1)1(3)1(1)(3)AC BD ，所以异面直线与1AC1B D所成角的余弦值为711.4 分（2）设，则10AAm1(0,1,)Am，1(0,1,)Bm，所以1(1,1,)ACm ，1(1,1,)BDm ，CD(2,0,0)，设平面的一个法向量1ACD1111(,)nx y z，所以，1111111200n CDxnACxymz 所以，令，则，10 x 11z 1ym所以平面的一个法向量，1ACD1(0,1)nm 高三数学答案 第 6 页 共 7 页 同理可得平面1
24、BCD的一个法向量，2(0,1)nm 因为二面角的大小为11ACDB3，所以122222()1 11cos,21()1mmn nmm ，解得3m 或33m，由图形可知当二面角的大小为1ACDB13时,3m.10 分 注：用传统方法也可，请参照评分.23解：（1）令得1x01220naaaa，令得1x12201232123333(91)2nnnnaaaaaa，两式相加得024232()(91)2nnaaaa，3(91)4nnS.3 分（2）123123(1)nnnnnnnTS CS CS CS C n1122331233 999(1)9(1)4nnnnnnnnnnnnnCCCCCCCC 0011
25、2233012339999(1)9(1)4nnnnnnnnnnnnnnnCCCCCCCCCC 0011223339999(1)94nnnnnnnCCCCC n 0011223(9)(9)(9)(9)4nnnnnnCCCC 331(9)(8)44n nn7 分 要证，即证3|6nT384n36n，只需证明，即证，18nn31)n12nn当时，显然成立；1,2n12nn当时，即，3n 1011011111121nnnnnnnCCCCCn(12nn对恒成立.12nn*nN综上，恒成立.10 分 3|6nTn注：用数学归纳法或数列的单调性也可证明恒成立，请参照评分.12nn 高三数学答案 第 7 页 共 7 页
