2020年江苏省苏锡常镇四市高考数学模拟试卷(3月份)答案解析

2020年江苏省苏锡常镇四市高考数学模拟试卷（3月份）答案解析一、填空题（共14题，共70分）

1．已知i为虚数单位，复数，则|z|＝．

【解答】解：∵＝，

∴|z|＝．

故答案为：．

2．已知集合A＝{x|0≤x≤1}，B＝{x|a﹣1≤x≤3}，若A∩B中有且只有一个元素，则实数a 的值为2．

【解答】解：∵集合A＝{x|0≤x≤1}，B＝{x|a﹣1≤x≤3}，

A∩B中有且只有一个元素，

∴a﹣1＝1，解得a＝2，

∴实数a的值为2．

故答案为：2．

3．已知一组数据1.6，1.8，2，2.2，2.4，则该组数据的方差是0.08．【解答】解：一组数据1.6，1.8，2，2.2，2.4，

则该组数据的平均数是＝×（1.6+1.8+2+2.2+2.4）＝2，

方差是s2＝×[（﹣0.4）2+（﹣0.8）2+02+0.22+0.42]＝0.08．

故答案为：0.08．

4．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的一条渐近线方程为，则a＝3．

【解答】解：双曲线的一条渐近线方程为，可得，

所以a＝3．

故答案为：3．

5．甲乙两人下棋比赛，两人下成和棋的概率是，乙获胜的概率是，则乙不输的概率是．

【解答】解：甲乙两人下棋比赛，记“两人下成和棋”为事件A，“乙获胜”为事件B，则A，B互斥

则

则乙不输即为事件A+B

由互斥事件的概率公式可得，P（A+B）＝P（A）+P（B）＝

故答案为：

6．如图是一个算法的流程图，则输出的x的值为6．

【解答】解：首先输入a＝2，x＝4，则y＝16＜43，故x＝5；

当x＝5时，则y＝32＜53，故x＝6；

当x＝6时，则y＝64＞63，故输出x＝6；结束程序，

故答案为6．

7．“直线l1：ax+y+1＝0与直线l2：4x+ay+3＝0平行”是“a＝2”的必要不充分条件．（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”或“既不充分又不必要”）

【解答】解：根据题意，若直线l1：ax+y+1＝0与直线l2：4x+ay+3＝0平行，必有a2＝4，解可得a＝2或﹣2，

则直线l1：ax+y+1＝0与直线l2：4x+ay+3＝0平行”是“a＝2”的不充分条件，

反之，当a＝2时，直线l1为2x+y+1＝0，直线l2为4x+2y+3＝0，则直线l1与直线l2平行，

则直线l1：ax+y+1＝0与直线l2：4x+ay+3＝0平行”是“a＝2”的必要条件，

故直线l1：ax+y+1＝0与直线l2：4x+ay+3＝0平行”是“a＝2”的必要不充分条件；

故答案为：必要不充分．

8．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1＝9，＝﹣4，则a n＝﹣2n+11．【解答】解：由等差数列的性质可得：数列{}成等差数列，设公差为d．

由＝﹣4，可得：4d＝﹣4，解得d＝﹣1．

又＝9，∴＝9﹣（n﹣1）＝10﹣n．

∴S n＝n（10﹣n），

n＝2时，9+a2＝16，解得a2＝7．

∴等差数列{a n}的公差＝7﹣9＝﹣2．

则a n＝9﹣2（n﹣1）＝11﹣2n．

故答案为：11﹣2n．

9．已知点M是曲线y＝2lnx+x2﹣3x上一动点，当曲线在M处的切线斜率取得最小值时，该切线的方程为y＝x﹣3．

【解答】解：y＝2lnx+x2﹣3x（x＞0）的导数为y′＝+2x﹣3，

设M（m，n），可得M处的切线的斜率为k＝2m+﹣3≥2﹣3＝4﹣3＝1，当且仅当m＝1时，斜率k取得最小值1，此时M（1，﹣2），

则切线的方程为y+2＝x﹣1，即y＝x﹣3．

故答案为：y＝x﹣3．

10．已知3cos2α＝4sin（﹣α），α∈（，π），则sin2α＝﹣

【解答】解：∵3cos2α＝4sin（﹣α），

∴3（cos2α﹣sin2α）＝4（cosα﹣sinα），

∴3（cosα﹣sinα）（cosα+sinα）＝2（cosα﹣sinα），

∵α∈（，π），可得cosα﹣sinα≠0，

∴3（cosα+sinα）＝2，可得：cosα+sinα＝，

∴两边平方可得：1+2sinαcosα＝，

∴sin2α＝2sinαcosα＝﹣．

故答案为：﹣．

11．如图，在矩形ABCD中，E为边AD的中点，AB＝1，BC＝2，分别以A、D为圆心，1为半径作圆弧、（E在线段AD上）．由两圆弧、及边BC所围成的平面图形绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的体积为．

【解答】解：图中阴影部分绕AD旋转一周所形成的几何体为圆柱去掉两个半径为1的半球，

两个半球的体积为：2×××π＝π．

圆柱的底面半径为1，高为2，

∴圆柱的体积为π×2＝2π，

∴该几何体的体积为2π﹣π＝．

故答案为：

12．在△ABC中，（﹣λ）⊥（λ＞1），若角A的最大值为，则实数λ的值是3．【解答】解：△ABC中，（﹣λ）⊥（λ＞1），

所以（﹣λ）?＝0，

即（﹣λ）?（﹣）＝0，

所以（1+λ）?﹣﹣λ＝0，

设△ABC三角所对的边分别为a、b、c，

则（1﹣λ）cb cos A﹣c2﹣λb2＝0，

所以cos A＝≥＝，

若角A的最大值为，

则cos A≥cos＝，

令＝，解得λ＝3．

故答案为：3．

13．若函数f（x）＝a x（a＞0且a≠1）在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2]（1＜m＜n），则a的取值范围是（1，）

【解答】解：若函数f（x）＝a x，（a＞0且a≠1）的定义域[m，n]，值域[m2，n2]（1＜m ＜n），

即有a m＝m2，a n＝n2，

∴方程a x＝x2有两个不等实根，

即有lna x＝lnx2，

∴lna＝，有两个不等实根．

令g（x）＝，则g（x）的导数g'（x）＝，令g'（x）＝0，解得x＝e，∴当0＜x＜e时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，

当x＞e时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，

即有x＝e时取得最大值，

可得0＜lna＜，

解得1＜a＜，

即实数a的取值范围（1，）．

14．如图，在△ABC中，AB＝4，D是AB的中点，E在边AC上，AE＝2EC，CD与BE交于点O．若OB＝OC，则△ABC面积的最大值是8

【解答】解：在△ABC中，过D作DF∥BE，交AC于F，

由D为AB的中点，可得F为AE的中点，

又AE＝2CE，可得AF＝EF＝CE，DF＝BE，

可得DF＝2OE，且OD＝OC，

OB＝BE﹣OE＝2DF﹣OE＝4OE﹣OE＝3OE，

DF＝（OB+OE）＝（OB+OB）＝OB，

设OC＝t，则OB＝OC＝t，DF＝t，OD＝t，

设∠DBO＝α，在△BDO中，可得cosα＝＝，

sinα＝＝＝，

在△ADF中，可得S△ADF＝AD?DF?sin∠ADF＝×2×t×

＝＝，

当t2＝12即t＝2时，S△ADF取得最大值×8＝，

则△ABC的面积的最大值为6×＝8，

故答案为：8．

二、解答题（共6题，共计90分）

15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b cos A﹣a sin B＝0．（1）求A；

（2）已知a＝2，B＝，求△ABC的面积．

【解答】解：（1）∵b cos A﹣a sin B＝0．

∴由正弦定理可得：sin B cos A﹣sin A sin B＝0，

∵sin B＞0，

∴cos A＝sin A，

∴tan A＝，

∵A∈（0，π），

∴A＝；

（2）∵a＝2，B＝，A＝，

∴C＝，

∴b＝6，

∴S△ABC＝ab＝＝6．

16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥DC，△PCD为正三角形，平面PCD⊥平面ABCD，E为PC的中点．

（1）证明：AP∥平面EBD；

（2）证明：BE⊥PC．

【解答】证明：（1）连接AC，交BD于点O，连接EO，

∵四边形ABCD为平行四边形，且AC∩BD＝O，∴O为AC的中点，

又∵在△P AC中，E为PC的中点，∴AP∥EO．

∵EO?平面EBD，AP?平面EBD，

∴AP∥平面EBD；

（2）∵平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD＝DC，

BD⊥DC，BD?平面ABCD，

∴BD⊥平面PCD，

∵PC?平面PCD，∴BD⊥PC，

∵△PCD为等边三角形，且E为PC的中点，∴DE⊥PC，

又∵BD∩DE＝D，BD，DE?平面BDE，

∴PC⊥平面BDE，

∵BE?平面BDE，∴BE⊥PC．

17．某地为改善旅游环境进行景点改造．如图，将两条平行观光道l1和l2通过一段抛物线形状的栈道AB连通（道路不计宽度），l1和l2所在直线的距离为0.5（百米），对岸堤岸线l3平行于观光道且与l2相距1.5（百米）（其中A为抛物线的顶点，抛物线的对称轴垂直于l3，且交l3于M），在堤岸线l3上的E，F两处建造建筑物，其中E，F到M的距离为1（百米），且F恰在B的正对岸（即BF⊥l3）．

（1）在图②中建立适当的平面直角坐标系，并求栈道AB的方程；

（2）游客（视为点P）在栈道AB的何处时，观测EF的视角（∠EPF）最大？请在（1）的坐标系中，写出观测点P的坐标．

【解答】解：（1）以A为原点，l1为x轴，抛物线的对称轴为y轴建立直角坐标系，如图所示：，

由题意可知，B（1，0.5），设抛物线方程为：x2＝2py，

代入点B得：1＝p，

故AB的方程为：x2＝2y，x∈[0，1]；

（2）设P（，t2），，

作PQ⊥l3于点Q，∠EPQ＝α，∠FPQ＝β，如图所示：，

∴，PQ＝2﹣t2，，

∴tan∠EPF＝tan（α+β）＝＝＝，

令2﹣t2＝x，，t2＝2﹣x，

则＝＝，当且仅当x＝即x＝

，

即，即时，等号成立，

故P（，2﹣）时，视角∠EPF最大．

18．如图，在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C：的离心率为，且经过点（1，），A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中D在x轴上方）．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若△AEF与△BDF的面积比为1：7，求直线l的方程．

【解答】解：（1）根据条件有，又a2﹣b2＝c2，解得a2＝4，b2＝3，

所以椭圆C的方程为，

（2）设直线DE的方程为x＝ky﹣1，D（x1，y1），E（x2，y2），

则＝，整理得＝﹣，

联立，整理得3（ky﹣1）2+4y2＝12，即（3k2+4）y2﹣6ky﹣9＝0，所以，解得，则，解得k

＝±（﹣舍），

故l的方程为3x﹣4y+3＝0．

19．已知函数f（x）＝x3﹣mx2+m2x（m∈R）的导函数f'（x）．

（1）若函数g（x）＝f（x）﹣f'（x）存在极值，求m的取值范围；

（2）设函数h（x）＝f'（e x）+f'（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意m∈R，若关于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整数k的取值集合．

【解答】解：（1）f'（x）＝2x2﹣2mx+m2，

∴g（x）＝x3﹣mx2+m2x﹣2x2+2mx﹣m2＝﹣（m+2）x2+（m2+2m）x﹣m2，∴g'（x）＝2x2﹣2（m+2）x+（m2+2m），

∵函数g（x）存在极值，

令g'（x）＝0，得2x2﹣2（m+2）x+（m2+2m）＝0，

则△＝4（m+2）2﹣8（m2+2m）＞0，即（m+2）（m﹣2）＜0，

∴﹣2＜m＜2，

∴m的取值范围为：（﹣2，2）；

（2）h（x）＝2e2x﹣2me x+m2+2ln2x﹣2mlnx+m2，

∵关于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，

∴2e2x﹣2me x+m2+2ln2x﹣2mlnx+m2≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，

即k2≤2e2x﹣2me x+m2+2ln2x﹣2mlnx对任意m∈R，任意x∈（0，+∞）恒成立，

当x＝1，m＝2时，k2≤2e2﹣4e+4＜9，∴k＜3，

又∵k∈N*，

∴k＝1或2，

令F（m）＝m2﹣（2e x+2lnx）m+2e2x+2ln2x

＝（m﹣e x﹣lnx）2﹣e2x﹣ln2x﹣2e x lnx+2e2x+2ln2x

＝（m﹣e x﹣lnx）2+e2x+ln2x﹣2e x lnx

≥e2x+ln2x﹣2e x lnx＝（e x﹣lnx）2，

∴k2≤（e x﹣lnx）2，

∴k≤e x﹣lnx，

令H（x）＝e x﹣lnx，

则H'（x）＝，显然H'（x）在（0，+∞）上单调递增，且H'（1）＝e﹣1＞0，H'（）＝﹣2＜0，

∴存在x0使得H'（x0）＝0，即，

∴当x∈（0，x0）时，H'（x）＜0，H（x）单调递减；当x∈（x0，+∞）时，H'（x）＞0，H（x）单调递增，

∴H（x）min＝H（x0）＝，

∵对勾函数y＝x+，当x时单调递减，∴，

∴k的取值集合为：{1，2}

20．已知数列{a n}，{b n}，数列{c n}满足c n＝n∈N*．

（1）若a n＝n，b n＝2n，求数列{c n}的前2n项和T2n；

（2）若数列{a n}为等差数列，且对任意n∈N*，c n+1＞c n恒成立．

①当数列{b n}为等差数列，求证：数列{a n}，{b n}的公差相等；

②数列{b n}能否为等比数列？若能，请写出所有满足条件的数列{b n}；若不能，请说明

理由．

【解答】解：（1）c n＝＝，

则前2n项和T2n＝（c1+c3+…+c2n﹣1）+（c2+c4+…+c2n）＝（1+3+…+2n﹣1）+（22+24+…+22n）

＝（1+2n﹣1）n+＝n2+（4n﹣1）；

（2）①证明：数列{a n}，{b n}均为等差数列，设a n＝A1n+B1，b n＝A2n+B2，由c n+1＞c n 恒成立，

可得对任意的n∈N*恒成立，

即，

可得，

当A1﹣A2＞0时，取n＞且n∈N*，知（2A1﹣2A2）n＞B2+A1﹣B1与①式矛盾，故舍去；

当A1﹣A2＜0时，取n＞且n∈N*，知（2A1﹣2A2）n＞B2﹣A1﹣B1与②式矛盾，故舍去；

故A1＝A2，此时，故{a n}，{b n}的公差相等；

②若数列{b n}为等比数列，设b n＝b1q n﹣1，

由对任意的n∈N*恒成立，

可得，（*）

当b1＞0，若q＞1时，上面（*）的第二个式子不可能恒成立，舍去；

若0＜q＜1，此时必然有A1＝0，这与上面（*）的两个式子矛盾，舍去；

若q＜﹣1时，（*）的第一个式子不可能恒成立，舍去；

若﹣1＜q＜0时，此时必然有A1＝0，这与（*）的两个式子矛盾，舍去．

故q＝±1，当q＝1时，，此时必然有A1＝0，所以B1＜b1＜B1，矛盾，舍去；

当q＝﹣1时，可得，可得A1＝0，即有﹣b1＜B1＜﹣b1，矛盾，舍去；

故b1＞0时不存在，显然当b1＜0时，也不存在．

综上可得，数列{b n}不可能为等比数列．

三、附加题

21.已知矩阵A＝，B＝，且二阶矩阵M满足AM＝B，求M的特征值及属于各

特征值的一个特征向量．

【解答】解：设M＝，

∵AM＝B，可得＝＝，

∴，解之得，

∴M＝，

f（λ）＝|λE﹣M|＝，

∴λ＝1

设对应的特征向量为，

∴，

即，

∴m＝0，对应特征值1的特征向量为．

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线l的参数方程为（θ为参数），

以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝4sinθ．（1）求曲线C的普通方程；

（2）求曲线l和曲线C的公共点的极坐标．

【解答】解：（1）曲线C的极坐标方程为ρ＝4sinθ，转换为ρ2＝4ρsinθ，转换为直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝4．

（2）曲线l的参数方程为（θ为参数），整理得

，

转换为直角坐标方程为（x＞1）．

所以，解得或，

所以公共点的坐标为（），转换为极坐标为（2）．

23．已知正数x，y，z满足x+y+z＝t（t为常数），且的最小值为，求实数t 的值．

【解答】解：由柯西不等式，

∴，t＞0．

∴t＝4．

24．某商店举行促销反馈活动，顾客购物每满200元，有一次抽奖机会（即满200元可以抽奖一次，满400元可以抽奖两次，依此类推）．抽奖的规则如下：在一个不透明口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次，每次摸出的小球均不放回口袋，若摸得的小球编号一次比一次大（如1，2，5），则获得一等奖，奖金40元；若摸得的小球编号一次比一次小（如5，3，1），则获得二等奖，奖金20元；其余情况获得三等奖，奖金10元．

（1）某人抽奖一次，求其获奖金额X的概率分布和数学期望；

（2）赵四购物恰好满600元，假设他不放弃每次抽奖机会，求他获得的奖金恰好为60

元的概率．

【解答】解：（1）由题意X的可能取值为10，20，40，

P（X＝40）＝＝，

P（X＝20）＝＝，

P（X＝10）＝1﹣＝，

∴X的分布列为：

X402010

P

EX＝＝．

（2）获得的奖金恰好为60元的概率为：

P＝+[P（X＝20）]3

＝3××（）2+（）3

＝．

25．已知抛物线C：x2＝4py（p为大于2的质数）的焦点为F，过点F且斜率为k（k≠0）的直线交C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点E，交AB于点M，抛物线C在点A，B处的切线相交于点G．记四边形AEBG的面积为S．

（1）求点G的轨迹方程；

（2）当点G的横坐标为整数时，S是否为整数？若是，请求出所有满足条件的S的值；

若不是，请说明理由．

【解答】解：（1）直线AB的方程为y＝kx+p，A（x1，y1），B（x2，y2），

联立，得x2﹣4kpx﹣4p2＝0，∴，

∵x2＝4py，∴，，∴，

直线AG的方程为，即①．

同理可得，直线BG的方程为②．

联立①②得，．

故G的轨迹方程为y＝﹣p（x≠0）．

（2）∵EM垂直平分AB，∴M为AB的中点，

∴，，

∴M（2kp，2k2p+p），

∵EM垂直平分AB，

∴直线EM的方程为，即，

∴E（0，2k2p+3p）．

∴＝4p（k2+1），

．

联立（1）中的①②可得点G的坐标为（2kp，﹣p），

∴点G到直线AB的距离，

∴S＝S△ABE+S△ABG＝

＝，

∵2kp为整数，不妨设k＞0，∴k为正整数或（t为正奇数）或或（u，r∈N*），当k为正整数时，为无理数，舍；

当时，＝，易证

为无理数，舍

当时，＝，

要使为正整数，令＝m，

∴m2﹣u2＝p2即（m+u）（m﹣u）＝p2，

∴?，，此时＝，显然不能被p整除，舍，

当时，也舍，

综上，S不是整数．