1、2020 年江苏高考数学全真模拟试卷年江苏高考数学全真模拟试卷（五五） （） （南通教研室南通教研室） 数学数学试题试题 A必做题部分 一一、填空题、填空题：本大题共本大题共 14 小题小题，每小题每小题 5 分分，共计共计 70 分分请把答案填写在答题卡相应位置上请把答案填写在答题卡相应位置上 1已知集合1,Aa，1,30,B，1,0,1,2, 3AB ，则实数 a 的值为_ 2若复数()123)zii，其中 i 为虚数单位，则z的模是_ 3执行如图所示的伪代码，则输出的 T 的值为_ 4某盒子中装有绿色小球 3 个、红色小球 4 个、橙色小球 5 个，从中随机抽取 1 个小球，则未抽到橙色
2、小 球的概率是_ 5某班有学生 52 人，现将所有学生随机编号，用系统抽样的方法，抽取一个容量为 4 的样本，已知抽到 的最小编号为 5 号，则抽到的最大编号为_号 6函数 2) ln(yxx的定义域是_ 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求: 1.本试卷共 4 页，均为非选择题(第 1 题第 20 题,共 20 题).本卷满分为 160 分,考试时间 为 120 分钟考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米色水的签字笔填写在答题卡的 规定位置. 3.请认真核对监考员在答题卡上所粘點的条形码上的姓名、准考证号与您本
3、人是否相符. 4.作答试题必须用 0.5 毫米色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答，在其他位置作答 律无效. 5.如需作图，须用 2B 铅笔绘、写楚,线条、符号等须加黑、加粗. 7在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的右焦点 F 与左顶点 A 的连线段的中 点落在双曲线 C 的准线上，则双曲线 C 的离心率为_ 8若函数( )sin(2)(0) 2 f xx 图象的一条对称轴方程为 6 x ，则的值为_ 9已知数列 n a是等比数列， n S是其前 n 项和若 3 12a ， 24 448aa，则 4 S的值是_ 10若长方体的三个面的面积分
4、别为2，3，6，则该长方体的体积为_ 11 如图， 在圆内接四边形 ABCD 中，2AB ，6BC ，4ADCD，则AB AC的值是_ 12 在平面直角坐标系xOy中， 过直线: 5lyx 上一点P 作直线， 与圆 22 :(1)2C xy交于点 M， N若 M 是线段 PN 的中点，则线段 OP 的长是_ 13在ABC中，已知如sinsinBA，则 sin 2coscos A AB 的最大值是_ 14已知函数 2 2 3 , ( ) 3 , xaxaxa f x xaxaxa 的图象与直线2yx 有 3 个交点，则实数 a 的取值范围是 _ 二二、解答题、解答题：本大题共本大题共 6 小题小
5、题，共计共计 90 分分请在答题卡指定区域内作答请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过解答时应写出文字说明、证明过 程或演算步骤程或演算步骤 15 （本小题满分 14 分） ， 均为锐角，且 5 26 cos 26 ， 2 13 sin 13 （1）求的值； （2）求tan(2 )的值 16 （本小题满分 14 分） 如图，在四校锥PABCD中，四边形 ABCD 为平行四边形，E 为侧棱 PD 的中点，O 为 AC 与 BD 的 交点 （1）求证：/ /OE平面 PBC； （2）若平面PAD 平面 ABCD，4AC ，5AB ， 4 sin 5 ABC，求证：ACPD 17 （
6、本小题满分 14 分） 为了提升学生 “数学建模” 的核心素养， 某校数学兴趣活动小组指导老师给学生布置了一项探究任务： 如图，有一张边长为 27cm 的等边三角形纸片 ABC，从中裁出等边三角形纸片 111 ABC作为底面，从剩余梯 形 11 ABB A中裁出三个全等的矩形作为侧面，围成一个无盖的三棱柱（不计损耗） （1）若三棱柱的侧面积等于底面积，求此三棱柱的底面边长； （2）当三棱柱的底面边长为何值时，三棱柱的体积最大？ 18 （本小题满分 16 分） 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的右焦点、右顶点分别为 F，A， 过原点的直线与椭
7、圆 C 交于点 P、Q（点 P 在第一象限内） ，连结 PA，QF若2AF ，OAP的面积 是OFQ面积的 3 倍 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）已知 M 为线段 PA 的中点，连结 QA，QM 求证：Q，F，M 三点共线； 记直线 QP，QM，QA 的斜率分别为 1 k， 2 k， 3 k，若 132 5 2 kkk，求PQM的面积 19 （本小题满分 16 分） 在等差数列 n a中为其前 n 项和，且 23 1aa， 10 145S （1）求数列 n a的通项公式； （2）若 2 1222 n aaaa，求 n T； （3）若（2）中 n T满足 1 114 15 nn TT ，
8、求 n 的值 20 （本小题满分 16 分） 已知函数 x f xeax，其中 e 是自然对数的底数 （1）若 g xf xfx，求 g x的最小值； （2）记 f（x）的图象在xt处的切线的纵截距为 h t，求 h t的极值； （3）若 f x有 2 个零点 1212 ,x xxx，求证： 12 11 2 xx 2020 年江苏高考数学全真模拟试卷年江苏高考数学全真模拟试卷（五五） （） （南通教研室南通教研室） 数学数学附加附加题题 A必做题部分 21 【选做題】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，按 作答的前两小题评分解答时应写出文字说
9、明、证明过程或演算步聚 A选修 4-2：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，点1,1P在矩阵 2 3 a M b 对应的变换作用下得到点3,3 P ，求矩阵 M 的特征值 B选修 4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 在平面直角坐标系 xOy 中， 曲线 C 的参数方程为 11 2 21 2 xt t yt t （t 为参数） 若曲线 C 与直线: l yx 相交于点 A，B，求线段 AB 的长 C选修 45：不等式选讲（本小题满分 10 分） 已知1x ，1y ，且 33 +1xy ， ，求证 22 3xyxy 【必做题】第【必做题】第 22 题、第题、
10、第 23 题题，每小题每小题 10 分分，共计共计 20 分分请在答题卡指定区域内作答请在答题卡指定区域内作答，解答时应写解答时应写 出文字说明、证明过程或演算步骤出文字说明、证明过程或演算步骤 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求: 1.本试卷共 4 页,均为非选择题(第 21 题第 23 题).本卷满分为 40 分,考试时间为 30 分钟, 考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回 2.答题前,请您务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的 规定位置 3.请认真核对监考员在答题卡上所枯贴的条形码上的姓名、准考证号与您本人是否相符 4.作答试题
11、必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡的指定位置作答,在其他位置作答一 律无效 5.如需作图,须用 2B 铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗. 22 （本小题满分 10 分） 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 2 :2C ypx的准线方程为1x （1）求 p 的值； （2）过抛物线 C 的焦点的直线 l 交抛物线 C 于点 A，B，交抛物线 C 的准线于点 P，若 A 为线段 PB 的中点，求线段 AB 的长 23 （本小题满分 10 分） 已知集合1,2,3,Am， 数列 ) 3( n an 满足 n aA， n S为数列 n a的前 n 项和， 记满足 n St
12、的数列 n a的个数为,f n t （1）若2m， 求4,5f， 5,7f； （2）若3m， 求,22f nn，,22f nn 2020 年江苏高考数学全真模拟试卷五年江苏高考数学全真模拟试卷五 参考答案参考答案 12 25 2 315 4 7 12 544 60,1 72 【解析】设点,0F c由题意得线段 FA 的中点坐标为(,0) 2 ca 所以 2 2 caa c ，整理得 22 20caca， 即 2 20ee，解得2e （负值舍去） 8 6 【解析】由题意得2() 62 kk Z， 解得() 6 kk Z 又因为0 2 ，所以 6 945 【解析】设公比为 q，则 3 3 448
13、a a q q ，即 48 1248q q ，解得2q ， 所以 1 3a ，故 4 36 122445S 106 【解析】设长方体的经过同一个顶点的三条棱的长分别为 a，b，c，则 2ab ，3bc ，6ac ， 所以 222 2366a b c ，故6Vabc 11 16 7 【解析】由题意得coscos0BD， 所以 222222 0 22 ABBCACADDCAC AABBCDCD ， 即 222222 2644 0 226244 ACAC ， 解得 2 256 7 AC 而| | cosAB ACABACBAC 22 222 256 26 7 22 ABACBC AB AC AB A
14、C 16 7 1213 【解析】因为 |0 1 5| 3 2 2 CP ，所以2 2PM 又因为2 2MN ，且PMMN， 所以2 2PM ，即3 2CP ，可得点 P 的坐标为3,2，故13OP 131 【解析】解法一：因为2sinsinBA， 所以2ACBC不妨设2AB ， 以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，建立平面直角坐标系 设,C x y，则 2222 2 (2)xyxy 化简得 22 880xyx，即 22 (4)8xy 由三角函数的定义得 22 sin y xy A ， 22 cos x xy A 因为( 2,0)BA ，2,BCxy， 所以 22 24 22 o (
15、s ) c x xy B ， 故 22 2222 sin 2coscos224 2 (2) y xyA ABxx xyxy 由 2222 2 (2)xyxy， 化简得 sin co22s2cos A AB y ， 因为 22 (4)8xy，所以 2 8y ， 故 sin 1 2coscos2 2 Ay AB ， 当(4,2 2)C，即sin 3 3 A ，cos 6 3 A， 6 sin 3 B 时等号成立， 所以 sin cos2cos A AB 的最大值是 1 解法二（平方消元法） ： 因为条件2sinsinBA和目标 sin cos2cos A AB 含有sinB和cosB， 故可以考虑
16、平方消元 设 sin c2 oscos A A m B 则sin2coscosAmAmB， 所以cossin2cosAAmmB 因为2sinsinmmBA， 所以 2 22222 cossi(sinsincon )()( 2)(2)smBmBmmAAmA， 化简得 2 11 2sin2cos2 22 mnmAA 因为 2 11 2sin2cos2 22 mmAA 22 11 2sin(2)2 44 mAm， 解得 2 1m ，所以11m 当1m 时， 31 2sin2cos2 22 AA， 解得sin 3 3 A ， 6 cos 3 A， 6 sin 3 B ，此时等号成立， 所以 sin c
17、os2cos A AB 的最大值是 1 14|42 342 3a aa 或 【解析】解法一：设 2 2 , ( ) , xax xa g x xax xa ，( )23h xxa 当0a 时，显然不成立 当0a 时，若xa， 则由图象可知 g x与 h x的图象显然只有 1 个交点， 所以当xa时， g x与 h x的图象有 2 个交点， 即关于 x 的方程 2 (2)30xaxa在(, )a上有两个不相等的实数根， 所以 2 2 (2)120 2 2 (2)30 aa a a aaaa ，解得42 3a 当0a 时，若xa，则由图象可知 g x与 h x的图象显然只有 1 个交点， 所以当x
18、a时， g x与 h x的图象有 2 个交点， 即关于 x 的方程 2 (2)30xaxa在), a 上有两个不相等的实数根， 所以 2 2 (2)120 2 2 (2)30 aa a a aaaa ，解得42 3a 综上，实数 a 的取值范围是|42 342 3a aa 或 解法二：设 2 2 (2)3 , ( )( )2 (2)3 , xaxa xa g xf xx xaxa xa 当2a 时， 0g aa ， 故 g x在), a 上有 1 个零点，在(, )a上有 2 个零点， 所以 2 (2)120aa ，解得42 3a 当2a 时， 0g aa ， 故 g x在(, )a上有 1
19、个零点，在), a 上有 2 个零点， 所以 2 (2)120aa ，解得42 3a 当22a 时， g x在(,) 上单调递增，不合题意，舍去 综上，实数 a 的取值范围是|42 342 3a aa 或 解法三：原题等价于( ) |g xxa与 3 ( )2 a h x x 的图象有 3 个交点 当0a 时，由图象可知 g x与 h x的图象在), a 上显然只有 1 个交点， 只需 g xax与 3 ( )2 a h x x 的图象在(, )a上有 2 个交点， 即关于 x 的方程 2 (2)30xaxa在(, )a上有两个不相等的实数根， 所以 2 2 (2)120 2 2 (2)30
20、aa a a aaaa ，解得42 3a 当0a 时，由图象可知 g x与 h x的图象在(, )a上显然只有 1 个交点， 只需 g xxa与 3 ( )2 a h x x 的图象在), a 上有 2 个交点， 即关于 x 的方程 2 (2)30xaxa在), a 上有两个不相等的实数根， 所以 2 2 (2)120 2 2 (2)30 aa a a aaaa ，解得42 3a 综上，实数 a 的取值范围是 |42 342 3a aa 或 15 【解析】 （1）解法一：因为为锐角且 5 26 cos 26 ， 所以 2 26 sin1cos 26 因为为锐角且 2 13 sin 13 ， 所
21、以 2 3 13 cos1sin 13 因为cos()coscossinsin 5 263 13262 132 261326132 ， 又因为，均为锐角，所以(0, )a，所以 4 解法二：因为为锐角且 5 26 cos 26 所以 2 26 sin1cos 26 ， 1 tan 5 因为为锐角且 2 13 sin 13 ， 所以 2 3 13 cos1sin 13 ， 2 tan 3 因为 12 tantan 53 tan()1 12 1tantan 1 53 ， 又因为，均为锐角所以(0, )a，所以 4 解法二：因为为锐角且 5 26 cos 26 ， 所以 2 26 sin1cos 2
22、6 ， 1 tan 5 因为为锐角且 2 13 sin 13 所以 2 3 13 cos1sin 13 ， 2 tan 3 因为 12 tantan 53 tan()1 12 1tantan 1 53 ， 又因为，均为锐角，所以(0, )，所以 4 （2）解法一：因为 2 13 sin 13 ， 3 13 cos 13 ， 所以 2 tan 3 ， 所以 22 2 2 2tan12 3 tan2 1tan5 2 1 3 因为 5 26 cos 26 ， 26 sin 26 ，所以 1 tan 5 ， 所以 112 tantan255 55 tan(2 ) 112 1tantan237 1 55
23、 解法二：因为 4 ， 所以tan(2 )tan2 4 1 tan 3 2tan3 因为 5 26 cos 26 ， 26 sin 26 所以 1 tan 5 ， 故 2 2 1 2 2tan5 5 tan2 1 1tan12 1( ) 5 a ， 所以 15 tantan237 512 tan3 15 1tantan255 1 512 a 故 155 tan(2 ) tan337 16证明（1）因为四边形 ABCD 为平行四边形，O 为 AC 与 BD 的交点， 所以 O 为 BD 的中点 又因为 E 为侧棱 PD 的中点， 所以/ /OEPB 又因为PB 平面 PBC，OE 平面 PBC，
24、 所以/ /OE平面 PBC （2）在ABC中，因为4AC ，5AB ， 4 sin 5 ABC ， 由正弦定理 sinsinABC AAB A B C C ， 可得 4 5 sin 5 sin1 4 ABCAB A AC C B ， 所以90ACB，即ACBC 又因为四边形 ABCD 为平行四边形， 所以/ /ADBC，所以ACAD 又因为平面PAD 平面 ABCD， 平面PAD平面ABCDAD，AC 平面 ABCD， 所以AC 平面 PAD 又因为PD 平面 PAD，所以ACPD 17 【解析】设三棱柱的底面边长为 xcm，即 1 ACx， 则 1 27A Ax 因为ABC为等边三角形，
25、所以三棱柱的高为 133 (27)(27) 326 xx （1）因为三棱柱的底面积为 2 133 224 xxx， 侧面积为 2 33 3(27)(27) 62 xxxx， 所以 22 33 (27) 42 xxx， 解得18x 或0x （舍去） 答：三棱柱的底面边长为 18cm （2）三棱柱的体积 223 331 (27)(27) 468 Vxxxx 因为0x ， 3 (27)0 6 x， 所以027x 因为 2 13 (543)(18) 88 Vxxxx ， 所以当018x时，0V，故 V 单调递增; 当1827x时，0V，故 V 单调递减 所以当18x 时，V 取到极大值，也是最大值，
26、23 max 1729 (27 1818 ) 82 V 答：当底面边长为 18cm 时，三棱柱的体积最大，为 3 729 cm 2 18 【解析】 （1）设椭圆 C 的焦距为 2c 因为2AF ，所以2ac 设 00 ,P x y，则OAP的面积为 0 1 2 ay 过原点的直线与椭圆 C 交于点 P，Q， 所以 00 ,Qxy， 故OFQ的面积为 0 1 2 cy 因为OAP的面积是OFQ面积的 3 倍， 所以3ac， 解得3a ，1c ，2 2b， 所以椭圆 C 的标准方程为 22 1 98 xy （2）因为 00 ,P x y，所以 00 3 (,) 22 xy M 因为 00 ,Qxy
27、， 所以 00 00 0() 1()1 QF yy k xx ， 0 0 0 0 2 3 1 1 2 FM y y k x x ， 故 Q，F，M 三点共线 因为 0 1 0 y k x ， 0 2 0 1 y k x ， 0 3 0 3 y k x ，且 132 5 2 kkk， 所以 000 000 5 321 yyy xxx 化简得 2 00 560xx， 解得 0 1x 或 0 6x （舍去） ， 代入 22 1 98 xy 中，得 2 0 64 9 y 因为点 P 在第一象限内，所以 0 8 3 y ，故 8 (1, ) 3 P 因为 M 为线段 PA 的中点，所以 1 2 PQMP
28、QA SS 因为 O 为线段 PQ 的中点， 所以 1 2 POAPQA SS， 故 18 34 23 PQMPOA SS 19 【解析】 （1）设等差数列 n a的首项为 1 a，公差为 d， 则 23111 22311aaadadad， 101 1045145Sad， 解得 1 1a ，3d ， 所以 1 (1)32 n aandn， 即数列 n a的通项公式为32 n an （2） 1222 2 n Taaaa 01 3 223 223 22) n 01 322222 n n 1 12 322 12 n n 1 3 225 n n （3）因为 21 1 3 22(1)53 225 nn
29、nn TTnn 1 3 220 n ， 所以 1nn TT 又因为 1 50T 所以0 n T ，故 1 11 nn TT 记 1 11 ( ) nn P n TT ， 则 211 1111 (1)( ) nnnn P nP n TTTT 211 1111 0 nnnn TTTT 所以 1P nP n 又因为 114 (1) 51515 P，所以 4 ( ) 15 P n ， 因为 1 114 15 nn TT ，所以1n 20 【解析】 （1）因为( )( )()ee2 e e2 xxxx g xf xfx ， 当且仅当0x 时等号成立，所以 g x的最小值为 2 （2）因为 x fxea，
30、所以 t ftea 因为 t f teat， 所以 f x的图象在xt处的切线方程为 () tt yeateaxt 令0x ，得 1 t h tt e， 所以 t h tte ， 所以当0t 时， 0h t，故 h t单调递增; 当0t 时， 0h t故 h t单调递减 所以当0t 时，h（t）取到极大值，为 1，无极小值 （3）因为 x fxea， 所以当0a 时， 0fx，故 f x单调递增， 所以 f x至多有 1 个零点，故0a 因为 1 11 e0 x f xax， 所以 1 1 e0 x ax，故 1 0x 因为 12 xx，所以 2 0x 设 21 1xtx t 因为 1 1 e
31、xax， 2 2 exax， 两式相除得 21 ex x t ， 所以 21111 (1)lnxxtxxtxt， 解得 1 ln 1 x t t ， 2 ln 1 t x t t 要证 12 11 2 xx ， 即证 11 2 lnln tt ttt ， 即证 2 12 lnttt ， 即证 1 2ln0t t t 设 1 ( )2(ln1)m ttt t t ， 则 2 2 121 ( )1(1)0mt t ttt 故)(m t单调递增， 所以 10m tm， 因此原命题得证 21A 【解析】由 2123 3133 aa bb ，解得 1, 0, a b 所以 12 03 M， 所以 12
32、( )(1)(3) 03 f 令 0f，得1或3，即矩阵 M 的特征值为 1 和 3 21B 【解析】解法一：将曲线 C 的参数方程 11 2 21 2 xt t yt t 化为普通方程得 2 2 1 2 y x 联立 2 2 1 2 y x yx ，解得 2 2 x y ，或 2 2 x y ， 所以( 2, 2)A，(2,2)B ， 所以 22 (2 2)(2 2)4AB 解法二：将曲线 C 的参数方程 11 2 21 2 xt t yt t 代入直线l中， 得 22 ( 21)t ， 解得21t 或( 21)t ， 所以( 2, 2)A，(2,2)B ， 所以 22 (2 2)(2 2)
33、4AB ， 21C证明：因为1x ， 所以 322 1 ()(1) (1)0xxxxx ， 故 32 1xxx 同理可得 32 1yyy 所以 2233 113xxyyxy 22 【解析】 （1）因为1 2 p ，所以2p （2）因为直线 l 交抛物线 C 的准线于点 P，所以直线 l 存在斜率 设直线 l 的方程为1yk x， 1122 ,A x yB x y 令1x ，得2yk ，所以1, 2()Pk 由 2 4 (1) yx yk x ，得 2 440kyyk 因为直线 l 与抛物线 C 有两个交点， 所以0k ，且 22 ( 4)4 ( 4 )16 160kkk ， 所以 12 4 y
34、y k ， 12 4y y 因为 A 为线段 PB 的中点， 所以 12 22yyk 由 12 12 4 22 yy k yyk ，得 1 42 33 k y k ， 2 82 33 k y k 因为 12 4282 4 3333 kk y y kk ， 化简得 4222 78(8)(1)0kkkk， 解得 2 8k ， 故 2 1212 2 119 1()41216 82 AByyy y k 23 【解析】 （1）由题意得 1234 5aaaa且1,2 n a ， 所以数列 n a中有一个为 2，其余为 1， 故 1 4 4,54fC， 同理可得 2 5 (5,7)C10f （2）因为1,2
35、,3 n a ， 所以设数列 n a中有 p 个 1，q 个 2，r 个 3， 则pqrn （i）因为22 n Sn， 所以2322pqrn 由和得22qrn， 所以22qnr 因为220qnr， 所以 2 2 n r 又因为rN， 所以 2 2 n r （ 2 2 n 为 2 2 n 的整数部分） 又因为22qnrnr， 所以2r ，即 2 0 2 r n ， 所以 2 2 22 0 ( ,22) n rnr nn r r f nnC C （）因为22 n Sn， 所以2322pqrn 由和得22qrn， 所以22qnr 因为220qnr， 所以 2 2 n r 又因为rN， 所以 2 2 n r （ 2 2 n 为 2 2 n 的整数部分） 又因为22qnrnr， 所以2r ，即 2 2 2 r n ， 所以 2 2 22 2 ( ,22)C C n rrr nn r r f nn