江苏省七市(南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁)2020届高三第二次调研测试数学试题(PDF版)

参考公式：柱体的体积公式：V柱体Sh，其中S为柱体的底面积，h为高.椎体的体积公式：V锥体

1

Sh，其中S为锥体的底面积，h为高.3

▲.一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．．．．．．．．．1,4,Ba5,7.若AB4,则实数a的值是1．已知集合A2．若复数z满足z

2i,其中i是虚数单位，则z的模是▲.i3．在一块土地上种植某种农作物，连续5年的产量(单位:吨)分别为9.4,9.7,9.8,10.3,10.8.则该农作物的年平均产量是▲吨.4．右图是一个算法流程图，则输出的S的值是▲.5．“石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，其规则是:在石头、剪子和布中，二人各随机选出一种，若相同则平局:若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头..甲、乙两人玩一次该游戏，则甲不输的概率是▲6．在△ABC中，已知B2A,AC

3BC,则A的值是▲.▲.7．在等差数列annN*中，若a1a2a4,a83,则a20的值是8．如图，在体积为V的圆柱O1O2中，以线段O1O2上的点O为顶点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为V1,V2,则V1V2的值是▲V.x2y29．在平面直角坐标系xOy中，双曲线221a0,b0的左顶点为A,右焦点ab为F,过F作x轴的垂线交双曲线于点P,Q.若△APQ为直角三角形，则该双曲线的离心率是▲.2210．在平面直角坐标系xOy中，点P在直线y2x上，过点P作圆C:(x4)y8的一条切线，切点为T.若PTPO，则PC的长是▲.521

15 8、 9、1、9 2、5 3、10 4、 5、 6、 7、2 10、132363

111．若x1,则2x

91

的最小值是▲.

x1x191

解：所求x1x1（验等）．8

x1x1xx12．在平面直角坐标系xOy中，曲线ye在点P(x0,e0)处的切线与x轴相交于点A,其中e为自然对数的底数.若点Bx0,0,△PAB的面积为3，则x0的值是▲.解：PA：yex0(xx01)，则A(x01,0)，故S

1x0

e3，得：x0ln6．213．图(1)是第七届国际数学教育大会(ICME-7)的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的(如图(2)),其中OA1A1A2A2A3A7A81,则A6A7A7A8的值是▲.sin解：设∠OA7A6，易得：

，故所求cos()sin

27642．7log2xa,0x4,

14．设函数f(x)若存在实数m，使得关于x的方程f(x)m有4个不相等的f(8x),4x8.

实根，且这4个根的平方和存在最小值，则实数a的取值范围是▲.解：设四个根分别为：x1,x2,x3,x4，不妨x1x2x3x4 数形结合知：a2，x1x4x2x38，x2(2a,4)22a

f(x1)f(x2)ax1

x2

24a22a22

x2x2(8)(8x2)2x2x2i1

4

2i

4

22aa12a2

令x2t(2,42)，则xi22t216t12822a2

x2i1

由题意知：2a14422a2a1．

2二、解答题：本大题共6小题，共计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）在平面直角坐标系xOy中，已知向量a(cos,sin),bcos







,sin,44

其中0

.2（1）求baa的值；（2）若c1,1,且bc//a,求的值．21(ba)aaba解：（）

coscos( cos( 

)sinsin()(cos2sin2)44

)14

22(cossin),(cossin))b( （2）

2222(cossin)1,(cossin)1) bc(2222sin(cossin)sincos(cossin)cos 因为(bc)//a，故22

2sincos 整理得：

22 即：2sin()

421sin() 则：

42 (0,)，则：(,)24445． 故，因此：

4612

22

；2

自由-探索-独立-思考316．（本小题满分14分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB,点P,Q分别为AB1,CC1的中点．求证：（1）PQ//平面ABC；（2）PQ平面ABB1A1．证：（）取1AB中点D，连结CD，PD 因为P，D分别为AB1，AB中点

1

BB12

直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1//CC1，BB1CC1 所以PD//BB1，PD

又Q为CC1中点，故PD//CQ，PDCQ 所以四边形PDCQ为平行四边形PQ//CD 又PQ平面ABC，CD平面ABC 所以PQ//平面ABC； （2）因为CACB，D为AB中点

1PQ//CD 所以，ABCD，又由（）知： 所以，ABPQ

直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC 又CD平面ABC，故AA1CD 又PQ//CD，所以AA1PQ

又AA1ABA，AA1平面ABB1A1，AB平面ABB1A1 所以，PQ平面ABB1A1．

17．（本小题满分14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2y2(x3)y1，椭圆E:221(ab0)的右顶ab22点A在圆C上，右准线与圆C相切．4（1）求椭圆E的方程；（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当AN直线l的方程．12

AM时，求71解：（）圆C中令y0得：x2或4，设椭圆E的焦距为2c

a2

由题意知：4，a2，得：c1，故b2a2c23

c

x2y2

因此椭圆E的方程为：1；

43

（2）①当l与x轴重合时，易得：AN2a4，AM2，与题意不符，舍去； ②当l与x轴不重合时，设l：xmy2，则：AM21

12mm211m2186m2x2xmy2x286m212m34m或，即N(2,2) 2

2

0y3434mm341212xymy

3m24

212mm186m212m)2 故AN(22)2(23m43m43m2412mm2124

由题意知：m273m4 则l方程为：xy20；

1m12m1 综上，直线l的方程为：xy20．

18．（本小题满分16分）某公园有一块边长为3百米的正三角形ABC空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植花卉.方案是：先建造一条直道DE将△ABC分成面积之比为2:1的两部分（点D，E分别在边AB，AC上）；再取DE的中点M，建造直道AM（如图）.设ADx，DEy1，AMy2（单位：百米）．（1）分别求y1，y2关于x的函数关系式；（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值．51S△ADE解：（）由题意知：

13336

ADAEsin60oxAEAE242x 由AD3，AE3得：x[2,3]

DAE 在△ADE中，由余弦定理得：DE2AD2AE22ADAEcos∠

36362660yx6，x[2,3]122xx

因为M为DE中点，故ADAE2AM

222

平方得：ADAE2ADAE4AM 即：y12x2 即：x2

3612362

64yyx26，x[2,3]；22

2x2x3612366[2,3]xyx26，x[2,3]；，；222xx 答：y1x23612366x26，x(2,3)2x2x3636

x2212，当且仅当x22，即x6[2,3]时取等

xx131826 故y1y26223 答：当AD6时，两条直道的长度之和最小，最小值为26（百米）．21y1y2x2 （2）由（）知：

19．（本小题满分16分）设函数f(x)在x0处有极值，且f(x0)x0，则称x0为函数f(x)的“F点”．（1）设函数f(x)kx2lnx（kR）.①当k1时，求函数f(x)的极值；②当函数f(x)存在“F点”，求k的值；（2）已知函数g(x)axbxcx（a，b，cR，a0）存在两个不相等的“F点”x1,x2，且g(x1)g(x2)1，求a的取值范围．3226解：（）①1

f(x)x22lnx，x(0,)，f'(x)2(x1)(x1)

x

x(0,1)1(1,) f'(x)

0

f(x)

极小值



故f(x)极小值f(1)1，无极大值；

②f'(x)2(kx21)

x，x(0,)

当k0时，f'(x)0，f(x)在定义域上递减，无极值，故k0；

x(0,11k)k(1k,) f'(x)0f(x)极小值 由题意知：f(x)111极小值f(k)12lnkk1k2ln1k10 令F(x)x2lnx1，x0，F'(x)12

x0，故F(x)在(0,)递增

又F(1)0，故F(1k)1k2ln1k101k1，解得：k1； （2）由题意知：g'(x)3ax22bxc0的两个不相等的根为x1，x2 由题意知：g(x1)x1，g(x2)x2

x1,x2为方程g(x)ax3bx2cxx的两个不相等的根 ①c0时，易得：x1,20,

2b3a，不妨x

2b

10，x23a

0 则g(2b2b2b

2b3a)a(3a)3b(3a)23a2b29a

g(x)g(x2b4b2212)x1x23a9a2a1a2,0； ②c0时，x1,x20，则x1,x2为方程ax2bxc10的两个不相等的根 故方程3ax22bxc0与方程ax2bxc10同解，又a0 故2b3b，c3(c1)，得：b0，c312，此时，x1,22a，a0

g(x1)g(x12)x1x222a1a[2,0)； 综上，a[2,0)．

720．（本小满分16分）在等比数列an中，已知a11，a4（n2，nΝ）.（1）求数列an的通项公式；11

.设数列bn的前n项为Sn，且b11，anbnSn128

bn

（2）证明：数列是等差数列．an

（3）是否存在等差数列cn，使得对任意nN，都有Sncnan？若存在，求出所有符合题意的等差数列cn；若不存在，请说明理由．解：（1）因为a11,a4

a1113

，所以q4，解得q，82a18n1

1

所以an

2

；（2）因为anbn

11

Sn1n≥2，所以an1bn1Sn，22

1

两式相减，可得an1bn1anbnbnn≥2，2111

所以bn1bnanan1bn，222

所以2bn12

nn1n

bn1n≥2，即bn1bn1n≥2，an1an

当n2时，a2b2所以b2b1011，1a2a1121111

b1，所以b20，2222

所以bbn1bn1对任意nN*恒成立，即数列n是公差为1的等差数列；an1ananbnn2

2n1bn1n1n2，所以bnn1，2an

8（3）由（2）可知n11n1n

Snan1bn1nnn，即Snn1，22222n1n1n

因为Sn1Sn≥0，2n2n12n所以

所以Sn1≥Sn，当且仅当n1时，等号成立，且易知Sn＜0＜an，若存在等差数列cn符合题意，则S1≤c1≤a1，即c11,1，设cn公差为d，①若d0，当n＞

2

d时，cn1c1nd＞2，即cn11,1，所以cn1＞1a1≥cn1，或cn+1＜1S1≤Sn+1，不符题意；②若d0，cnc1恒成立，当c10时，cn0，所以Sn＜cn＜an，即cn0符合题意，当c1＞0时，取n＞log1

2

c，则a1n11

2n＜c1cn1，不符题意，当c8

1＜0时，当n＞

c时，n＞c121

8n，所以Snn2ncn2n1c1＞c12n21，n2

nn21n22n1n2

设f2n21，则fn1fn2n32n22

n3，当n1,2时，fn1fn＞0，所以f1＜f2＜f3，当n≥3时，fn1fn＜0，所以fn1≤fn，所以fn≤f39*

n2251＜0nN，即Sncn＞c12n21＞0，所以Sn＞cn，即c1＜0不符合题意，综上，当且仅当cn0时，满足题意.9江苏省苏北七市2020届高三第二次调研测试数学Ⅱ(附加题)

21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．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）0102x21y21在矩阵A对应的变换作用下得到已知矩阵A的逆矩阵A若曲线C1:4a0b0

另一曲线C2,求曲线C2的方程.21（A）.解：由题意可知AA

1

0102b010

，a0b002a01

01b11，所以，解得b1,a，所以矩阵A1202a1

2设曲线C1上的一点Px,y在矩阵A对应的变换作用下得到点P1x1,y1，0

则121yyx1

xxyx11，即，1，所以1x2y0yxy1xy1122

x2

因为点P在曲线C1上，所以y21，所以y12x121，4

即曲线C2的方程为xy1.2

2

B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）在极坐标系中，已知曲线C的方程为r(r0)，直线l的方程为cos





2.4

设直线l与曲线C相交于A,B两点，且AB27，求r的值.10解：以极点为坐标原点，以极轴为x轴非负半轴，建立平面直角坐标系，因为曲线C的方程为r，所以r，即xyr

2

2

222r＞0，所以曲线C是以原点为圆心，以r为半径的圆，直线l的方程为cos

πππ

，所以coscossinsin2，2



4

44整理得cossin2，因为xcos,ysin，所以直线l的方程为xy20，圆心O到直线l的距离d2112，所以AB2r2d22r2227，解得r3.C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分10分）x2y2已知实数x,y,z满足1x21y2z21z22,证明:x1x2yz

1y21z22.解：由题意可知，1x211y11x2y2z22z213x21y21z211，即2x212y212z21

2，因为x22x2222xx21x21x21≥x21，当且仅当x2时，等号成立，同理y2222yz2222zy21y21≥y21,z21z21≥z21

，当且仅当yz2时，等号成立，所以4≥

22x22y22zx21y21z21，即xx21yy21z

z21

≤2，当且仅当xyz

2时，等号成立.11【必做题】第22题、第23题，每题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）小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工.节假日期间的某一天,每名员工休假的概率都是1

，且是2否休假互不影响.若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店维持营业，否则该店就停业.（1）求发生调剂现象的概率；（2）设营业店铺数为X,求X的分布列和数学期望.解：（1）设发生调剂现象为事件A，11

则PAC；28

12

4

（2）由题意可知，随机变量X的可能取值为0,1,2，1111

，PX0，PX1C14

42162PX21PX1PX0

所以随机变量X的分布列为44

11

，16

2

XP

0

1161

1548111113随机变量X的数学期望EX012.16416823.（本小题满分10分）.我们称n(nN*)元有序实数组x1,x2,,xn为n维向量，x

i1ni为该向量的范数.已知n维向量ax1,x2,,xn，其中xi1,0,1,i1,2,,n.记范数为奇数的n维向量a的个数为An,这An个向量的范数之和为Bn.（1）求A2和B2的值；（2）当n为偶数时，求An，Bn(用n表示).23.解：（1）当n2时，范数为奇数的2维向量有a10,1a20,1a31,0a41,0，所以A24,B211114；（2）当n2kkN*时，范数为奇数的2k维向量ax1,x2,...,x2k的个数为A2k，因为当范数为奇数时，只有奇数个ai的值为1或1，所以A2kC2C2...C

12k

32k

3

k

k2k12k

2

2k1

i12i1

，C22k2i1

k

因为122k

C

i12k

2i1

2k

2

2i1

C2，12i0

2i2k

2i

2k

2k

C

i1

k

2i12k

2

2i1

i2i

C22k2，i0

k

所以2A2k3

k

12k

3n1

，31，即An22

2i1

因为B2k

2i1C

i12k1

2i12k

4kC

i1

k

2i22k1

2

2i2

i22i2

，4kC22k12

i1

k

因为12k

C

i12i2

k

2i2

2k1

2

2i2

C

i12k1

k

2i12k1

2

2i1

，12k2k1

C

i1

k

2i22k1

2

2i2

i12i1

，C22k12i1

k

所以2

C

i1

2i2

2k1

23

2k1

13

2k1

1，即C

i12i22k12

2i232k11

，2

所以B2k2k32k11，即Bnn3n11.13方法二：因为2k维向量ax1,x2,...,x2k共有3

2k

9k个，则对于2k2维向量ax1,x2,...,x2k,x2k1,x2k2，若a

i1

2k

i

为奇数，则x2k1x2k2为偶数即可，此时x2k1,x2k2共有0,0,1,1,1,1,1,1,1,1五种取值，若a

i1

2k

i

为偶数，则x2k1x2k2为奇数即可，此时x2k1,x2k2共有0,1,0,1,1,0,1,0四种取值，所以A2k25A2k432kA2kA2k49k，即A2k2A2k49，又因为A24，由累加法可知，A2k44949...49

1

2

k1

k



419k19

，即An

413n19

3n1

.2

注：求解Bn也可以用递推数列，但是过程过于复杂，这里略过.14