1、数学 试题 20206 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把 答案直接填在答题卡相应位置上 1已知集合 |11 2 3Ax xB，则AB 2已知复数2iz （其中i为虚数单位） ，若 i () i z aba bR，则ab的值为 3已知一组数据47 5 8a，的平均数为 6，则该组数据的标 准差是 4在平面直角坐标系xOy中，若双曲线 2 2 1 1 (0) x Cym m ： 的一条准线与抛物线 2 2 2Cxy：的准线重合，则正数m的 值是 5运行如图的程序框图，则输出的结果是 6 易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中 国古代
2、流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之 理，被誉为“宇宙魔方” ，是中华文化阴阳术数之源河图 的排列结构如图所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上， 三与八同道居左，四与九为友居右，五与十相守居中，其中 白圈为阳数，黑点为阴数，若从阳数和阴数中各取一数，则 其差的绝对值为 5 的概率为 7 已知 n a为等差数列， n S为其前n项和， 若 25 52aa， 则 15 S 的值是 8圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm，有一个实心铁球浸没于 容器的水中， 若取出这个铁球， 测得容器的水面下降了 5 cm 3 ， 则这个铁球的表面积为 2 cm 注 意 事 项 在答题前请认真阅读本注意事项
3、及各题答题要求 1. 本试卷共 4 页，包含填空题（第 1 题 第 14 题） 、解答题（第 15 题 第 20 题） 本卷满分 160 分，考试时间为 120 分钟考试结束后，请将答题卡交回 2. 答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置 3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效作答必须用 0.5 毫 米黑色墨水的签字笔请注意字体工整，笔迹清楚 4. 如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 5. 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔 （第
4、6 题图） （第 6 题图） 开始 结束 输出a N Y （第 5 题图） 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 9若直线1ykx与曲线yx相切，则实数k的值为 10计算： 2 tan123 (4cos 122)sin12 11已知向量，ab，满足| 3b ，|a ba，则|ab 的最小值为 12在平面直角坐标系xOy中，已知A B，为圆 22 ()(2)4Cxmy：上两个动点，且 2 3AB 若直线2lyx ：上存在点P，使得OCPAPB ，则实数m的取值范 围为 13 已 知 函 数 3 1111 1 3442 ( ) 111 0 362 xxx f x xx ， ， ，
5、 ， ( )e2 () x g xaxaR， 若 存 在 12 0 1xx ，使得 12 ( )()f xg x成立，则实数 a 的取值范围是 14已知在锐角三角形ABC中，AHBC于点 H，且 22 94(49)BACAAHCABA ， 若2BC ，则 sinsin sin BC A 的取值范围是 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ABC中，角A B C， ，所对的边分别为a b c，且 3 B （1）若2 3b ，2a ，求c的值； （2）若 13 cos 13 A ，求co
6、sC的值 16 （本小题满分 14 分） 已知直三棱柱 111 ABCABC，E F，分别是 1 BC AA，的中点， 1 CBCC，ACBC 求证： （1）EF平面 11 BAC； （2） 1 EFBC E F A1C1 B1 B CA （第 16 题图） 17 （本小题满分 14 分） 如图，已知边长为 2 的正方形材料ABCD,截去如图所示的阴影部分后，可焊接成一 个正四棱锥的封闭容器设FCB （1）用表示此容器的体积， （2）当此容器的体积最大时，求tan的值 18 （本小题满分 16 分） 如图，点F为椭圆 22 22 1 (0) xy Cab ab ：的左焦点，点A B，分别为椭圆
7、C的右顶 点和上顶点，点 6 (2) 2 P ，在椭圆C上，且满足OPAB （1）求椭圆 C 的方程； （2）过定点(0) (| 2)T mm ，且与x轴不重合的直线l交椭圆C于MN，两点，直线 4x 分别交直线AMAN，于点D E，求证：以DE为直径的圆经过x轴上的两 定点（用m表示） （第 17 题图） （第 18 题图） y x P F O A B 19 （本小题满分 16 分） 若数列 n c满足：存在实数t，使得 2 21211 2() mnm n ccct mn 对任意 * m nN， 都成立，则称数列 n c为“t倍等阶差数列” 已知数列 n a为“t 倍等阶差数列” （1）若
8、123 1 01 2 aaa ，求实数t的值； （2）在（1）的条件下，设 * 2121 ( ) nnn baan N 求数列 n b的通项公式； 设数列 1 1 nn b b 的前 n 项和为 n S，是否存在正整数p q，且1pq，使得 1pq SSS， ，成等比数列？若存在，求出p q，的值，若不存在，请说明理由 20 （本小题满分 16 分） 已知函数( )ln (0) a f xxx x （1）求函数( )f x的单调区间； （2）若函数( )f x在定义域内有两个零点，求a的取值范围； （3）若对任意(0,)x，不等式 2 ( ln1)(e1)(2)exm xxxxx恒成立，求m的
9、 取值范围 20206 21 【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题 ，并在相应的 答题区域 内作 答 ， 若多做， 则按作答的前两题评分 解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 A选修选修 4 2：矩阵与变换：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 已知矩阵 1012 0201 ，AB，若直线l依次经过变换， AB TT后得到直线 220lxy：，求直线 l 的方程 B选修选修 4 4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分） 已知直线l的参数方程为 1 2 2 3 2 xt ymt ， （t 为参数） ，点(1 2)P，在直线l上 （1）求m的值； （2）以坐
10、标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线4C：与直线 l交于两点A B，求| |PAPB的值 C选修选修 4 5：不等式选讲：不等式选讲（本小题满分 10 分） 设a b c，都是正数，求证： 222 ()()() 4() bccaab abc abc 注 意 事 项 在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本卷第 21 题有 A、B、C 3 个小题供选做，请在 3 个选做题中选答 2 题若选做了 3 题，则按选 做题中的前 2 题计分第 22、23 题为必答题每小题 10 分，共 40 分答题时间 30 分钟答题 结束后，请将答题卡交回. 2. 答题前，请您务必将自己的
11、姓名、调研序列号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定 位置 3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效作答必须用 0.5 毫 米黑色墨水的签字笔请注意字体工整，笔迹清楚 4. 如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 5. 请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、破损一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔 数学（附加题） 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题 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
12、分 10 分） 某商场在今年的“五一假”期间对顾客举行抽奖活动，举办方设置了A B，两种抽奖 方案， 方案 A 的中奖率为 2 3 ， 中奖可以获得 2 分； 方案 B 的中奖率为 00 ()01PP， 中奖可以获得 3 分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖 与否互不影响，并凭分数兑换奖品 （1）若顾客甲选择方案 A 抽奖，顾客乙选择方案 B 抽奖，记他们的累计得分为 X， 若3X 的概率为 7 9 ，求 0 P； （2）若顾客甲、顾客乙两人都选择方案 A 或都选择方案 B 进行抽奖，问：他们选择 何种方案抽奖，累计得分的均值较大？ 23 （本小题满分 10 分） 已知
13、202022020 0122020 (1).xaa xa xax （1）求 122020 aaa的值； （2）求 0122020 1111 + aaaa 的值 数学 试题 参考答案 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分 12 3， 223243 5 1 3 6 1 5 775 8100 9 1 4 104 112 212 1515 ，132e +)， 14 6 () 5 ， 解答与提示： 1由交集定义可知2 3AB ， 2i2izab，所以12ab ，所以2ab 3由平均数公式得6a ，所以 2222 1(4 6)0(76)(56)(86) 2 5 s 4抛物线 2
14、 2 2Cxy：的准线方程为 1 2 y ，双曲线 2 2 1 1 x Cy m ：的一条准线方程为 1 1 y m ，根据题意 11 21m ，解得3m 5分析流程图，可得输出的结果是 1 3 6从阳数和阴数中各取一数，有 25 种取法，其差的绝对值为 5 的有 5 种，所以概率为 51 255 7 由 25 52aa， 得 11 52(4 )adad， 即 1 75ad， 所 以 8 5a ， 则 151158 15 ()1575 2 Saaa 8设该铁球的半径为cmr，则由题意得 32 45 10 33 r ，解得 33 5r ，所以5r ，所 以这个铁球的表面积 22 45100 cm
15、S 9曲线yx在切点 00 ()xy，处的切线方程为 0 0 1 22 x yx x ，所以 0 0 1 2 1 2 x k x ， ， 解得 1 4 k 2020年全国普通高等学校招生统一考试（江苏卷）模拟卷 10原式 sin12 3 cos12 2cos24 sin12 sin123cos12 2cos24 sin12 cos12 2sin(1260 ) cos24 sin24 2sin48 4 1 sin48 2 11 2222 |+2+92|(| 1) +82 2ababa baaa，故|ab 的最小值 为2 2. 12 由题意知圆C的圆心(2)C m， 半径2r 取AB的中点Q， 连
16、结CQ， 则CQAB 所以 22 431CQrAQ， 所以点Q在圆 22 ()(2)1xmy上 延长CQ交 l于 M 法 一 ： 因 为2OCPAPBPQ ， 所 以1CQQM， 所 以 点M在 圆 22 ()(2)4xmy上，所以直线l与圆有公共点，从而 |22| 2 5 m ，解得 1515m 法二： 因为2OCPAPBPQ ， 设 0011 ()()P xyQ xy， 则 1010 ()PQxxyy ， (2)OCm ， 所 以 10 10 2() 22() mxx yy ， ， 则 10 10 2 1 m xx yy ， ， 因 为 11 ()Q xy，在 圆 22 ()(2)1xmy
17、上， 所以 22 00 ()(1)1 2 m xmy， 即 22 00 ()(1)1 2 m xy， 所以点P在以 1 (1) 2 Dm，为圆心，1 为半径的圆D上，又点P在直线2l yx ：上，所 以直线l与圆D有公共点，所以 |1| 1 5 m ，解得1515m 13当 1 0 2 x 时，( )f x单调递减， 1 0( ) 6 f x； 当 1 2 x 1时， 2 1 ( )0 4 fxx成立，( )f x单调递增， 11 ( ) 63 f x， 所以( )f x的值域为 1 0 3 A ， 设( )g x的值域为B， 因为存在 12 0 1xx ，使得 12 ( )()f xg x成
18、立， 所以BA ( )e2 x g xax，( )exg xa 1a，任意0 1x，( )0g x成立，( )g x在0 1，单调递增， 所以 min ( )(0)1g xg， max ( )(1)e2g xga， 1 e2Ba ， 因为BA ，所以e20a ，2ea； ea，任意0 1x，( )0g x成立，( )g x在0 1，单调递减， 所以 min ( )(1)e2g xga， max ( )(0)1g xg ，e21Ba， 则BA ，不合题意； e1a ，令( )e0 x g xa，ln()xa， ( )g x在(0 ln()a，递减，(ln() 1)a，递增， 所以 min ( )
19、(ln()2ln()g xgaaaa ， max ( )max (0)(1)g xgg， 又(0)10g ，(1)e20ga，则BA ，不合题意 综上所述，2ea 解：法一：由 22 94(49)BACAAHCABA ，得 22 9944BAAH BACACA AH ， 所以94BA BHCA CH ，即 22 94BHCH ， 2 3 BHCH设BC边上的高为h， 则 5 tan 4 h B ， 5 tan 6 h C ，所以 2 55 50 46 tan0 55 2524 1 46 hh h A hh h ，所以 2 6 5 h 因为ABC 的面积 11 sin 22 SbcAah，所以2
20、 sinsinRBCh， 所以 sinsin6 sin25 BCh A 法二：由 22 94(49)BACAAHCABA ，得 22 9944BAAH BACACA AH ， 所以94BA BHCA CH ，即 22 94BHCH ， 2 3 BHCH，所以 22 4tan9tanBC 以 BC 中点为原点 O，BC 为 x 轴建立坐标系，则( 1 0)(1 0)()BCA x y ， ， ， 从而 22 22 49 (1)(1) yy xx ，即 1 5 () 5 xx 舍去 或设BC边上的高为h 因为ABC 的面积 11 sin 22 SbcAah，所以2 sinsinRBCh，即 sin
21、sin sin2 BCh A 由 22 1 1 5 xy x ， ， 得 2 24 25 y 因为ABC 为锐角三角形，所以 2 6 5 h ， 所以 sinsin6 sin25 BCh A 法三：由 22 94(49)BACAAHCABA ，得 22 9944BAAH BACACA AH ， 所以94BA BHCA CH ，即 22 94BHCH ， 2 3 BHCH 因为角 A 为锐角，所以 226 () ()0 25 AB ACAHHBAHHCAHBC ， 所以 2 6 5 h 因为ABC 的面积 11 sin 22 SbcAah，所以2 sinsinRBCh， 所以 sinsin6 s
22、in25 BCh A 法四：设|AHhBHxCHy ，因为 22 94(49)BACAAHCABA ， 所以 22222222 2222 9()4()4()9() hh hxhyh hyh hx hyhx ， 所以 2222 5945hxyh，所以32xy，又因为2xy，所以 46 55 xy， 又因为cos0A ，所以 222 cba，所以 2222 46 ( )( )4 55 hh，所以 2 24 25 h ， 所以 2 6 5 h 因为ABC 的面积 11 sin 22 SbcAah，所以2 sinsinRBCh， 所以 sinsin6 sin25 BCh A 法五： 设(1) (01)
23、AHABAC 因为AHBC， 所以()0AHACAB ， 所以 22 (1)(21)0ACABAB AC 因为 22 94(49)cbAHCABA ， 所以 22 49(1)(913 )0ACABAB AC ，所以 121 49(1)913 ，所以 3 5 ，即 1211 49(1)9136 ， 32 55 AHABAC ，所以 32 55 BHHC ， 所以 2 3 BHCH下略 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分 15 （本小题满分 14 分） 解： （1）在ABC中， 3 B ，2 3b ，2a ， 由余弦定理得 222 2cosbcaacB， 2 分 得 2 1242cc，
24、即 2 280cc， 4 分 解之得4c 或2c （舍去） 6 分 （2）由 13 cos0 13 A ，得0 2 A ， 7 分 所以 22 132 3 sin1cos1() 1313 AA 9 分 又因为 3 B ，所以coscos()cos()CABAB 11 分 coscossinsinABAB 13 分 1312 33613 13213226 14 分 16 （本小题满分 14 分） 证： （1）设 11 BC BC，交于O点，连接 1 AO OE， O E F A1C1 B1 B CA 在 1 BBC中，点O E，分别是 1 BC BC，中点， 所以 1 1 2 OEB B， 1
25、1 2 OEB B 2 分 因为直三棱柱 111 ABCABC，所以 1111 B BAAB BAA， 又因为F是 1 AA中点，所以 11 OEFAOEFA，所以 1 EFAO 4 分 因为 11111 AOBACEFBAC平面，平面，所以EF平面 11 BAC 6 分 （2）因为直三棱柱 111 ABCABC，所以侧面 11 BCC B是矩形 又因为 1 BCCC，所以四边形 1 BCC B是正方形，所以 11 BCBC 8 分 因为直三棱柱 111 ABCABC，所以 1 CCABC 平面， 因为ACABC 平面，所以 1 CCAC， 又因为 1111 BCAC BCCCC CCBCBC
26、C B，平面，所以 11 ACBCC B 平面 因为 111 BCBCC B 平面，所以 1 ACBC 10 分 因为直三棱柱 111 ABCABC，所以 11 ACAC，所以 111 ACBC 因为 1111 BCACC， 11111 BCACBAC，平面，所以 111 BCBAC 平面 12 分 因为 111 AOBAC 平面，所以 11 AOBC， 因为 1 EFAO，所以 1 EFBC 14 分 17 （本小题满分 14 分） 解：取BC的中点M，连接FM，连接AC交GF于N， 如图 由 题 意 知FMBC， 在 直 角 三 角 形CFM中 ， 1 cos CF 在直角三角形CFN中，
27、 sin() 4 NF CF ，所以 22 tan 22 NF，所以22 tanGF 因为 cos() 4 CN CF ，所以 22 tan 22 CN 3 分 从而 2 ( 22tan ) GFEH S，正四棱锥的高 2222 COCNNOCNNF 22 2222 (tan )(tan )2tan 2222 ， 5 分 所以正四棱锥的体积 2 11 ( 22 tan )2tan 33 GFEH VSCO 2 2 2 (1tan )tan(0) 34 ， 7 分 （2）令tan(0 1)tt，则 2253 2 22 2 ( )(1)(2) 33 V tttttt， 4222 2 22 2 (
28、)(561)(51)(1) 33 V ttttt 10 分 N M F E G H D C B A 令( )0Vt ，得 5 5 t t 5 (0) 5 ， 5 5 5 (1) 5 ， ( )V t 0 ( )V t 极大值 所以( )V t在 5 (0) 5 ，单调递增，在 5 (1) 5 ，单调递减， 12 分 所以( )V t在 5 5 t 时取到最大值，此时 1 tan 5 14 分 18 （本小题满分 16 分） 解： （1）由 6 (2) 2 P ，在椭圆 22 22 1 (0) xy Cab ab ：上得 22 23 1 2ab ， 如图，由A为C的右顶点，B为C的上顶点可知(0
29、)(0)A aBb， ， 因OPAB，所以 OPAB kk，则 3 2 b a 2 分 联立得方程组 22 23 1 2 3 2 ab b a ， ， 解得 2 3 a b ， 故所求椭圆C的方程为 22 1 43 xy 4 分 （2）设 1122 ()()M xyN xy，又(2 0)A， 所以直线AM的方程为 1 1 (2) 2 y yx x ，令4x ，得 1 1 2 2 D y y x ， 所以 1 1 2 (4) 2 y D x ，同理 2 2 2 (4) 2 y E x ， 6 分 设 00 ()Q xy，是以DE为直径的圆上的任意一点，则0DQ EQ ，所以 212 000 12
30、 22 (4)()()0 22 yy xyy xx ， 令 0 0y ，得 212 0 12 4 (4) (2)(2) y y x xx 8 分 设直线l的方程为xtym，与椭圆 C 的方程 22 1 43 xy 联立，消去x得 222 (34)63120tytmym， 所以 12 2 6 34 tm yy t ， 2 12 2 312 34 m y y t ， 10 分 所以 1212 (2)(2)(2)(2)xxtymtym 2 22 1212 2 4(2) (2)()(2) 34 m t y yt myym t 12 分 所以 2 2 2 212 0 22 12 2 312 4 4123
31、3(2) 34 (4) 4(2)(2)(2)(2)2 34 m y ymm t x mxxmm t ， 因为22m ，所以 0 3(2) 4 2 m x m 所以以DE为直径的圆经过x轴上两定点，其坐标分别为 3(2) (40) 2 m m ，和 3(2) (40) 2 m m ， 16 分 19 （本小题满分 16 分） 解： （1）由数列 n a为“t 倍等阶差数列” ，令21mn，得 2 312 2(21)aaat， 所以 1 102() 2 t，解得2t 3 分 （2）以2n 代替m，得 232121 28 nnn aaa 5 分 则 2(1) 12(1) 12121 ()8 nnnn
32、 aaaa ，即 1 8 nn bb 所以数列 n b 是以 8 为公差的等差数列 又 131 1baa，所以18(1)87 n bnn 8 分 因为 1 11111 () (87)(81)8 8781 nn b bnnnn ， 所以 11111111 (1)()()(1) 89917878188181 n n S nnnn ， 11 分 则 1 1 98181 pq pq SSS pq ， 假设 1pq SSS， ，成等比数列，则 2 1 () 819 81 pq pq ， 因为 2 161899 88 pq pqq ，所以 2 81610pp ， 解得 43 243 2 44 p 14 分
33、 又因为p为大于 1 的整数，所以236pq， 所以存在236pq，使得 1pq SSS， ，成等比数列 16 分 20 （本小题满分 16 分） 解： （1） 2 ( ) (0) xa fxx x 当0a时，( )0fx ，所以( )f x在(0) ，上单调增； 当0a 时，令( )0fx 得xa，所以( )f x在()a ，上单调增； 令( )0fx 得0xa，所以( )f x在(0)a，上单调减 综上，当0a时，( )f x的增区间为(0) ，无减区间； 当0a 时，( )f x的增区间为()a ，减区间为(0)a， 4 分 （2）由（1）可知若( )f x有两个零点，则0a ，且( )
34、f x的最小值为( )f a需小于0 由( )0f a 得 1 0 e a 6 分 又(1)0fa，则( )(1)0f af， 由零点存在性定理可知，( )f x在(1)a，上有一个零点； 8 分 2 1 ()2lnf aa a ，令 11 ( )2ln (0) e g xxx x ，则 2 21 ( )0 x g x x ， 所以( )g x在 1 (0) e ，上单调减， 1 ( )( )e20 e g xg，则 2 ()0f a， 所以 2 ()( )0f af a，由零点存在性定理可知，( )f x在 2 ()aa，上有一个零点， 所以 1 (0) e a， 10 分 （3）法一：由
35、2 ( ln1)(e1)(2)exm xxxxx可知 1 (ln)(e1)(2)exmxx x 设 1 ( )(ln)(2)ee1 x F xmxx x ，则( )0F x 在(0) ，上恒成立 22 (1) ( )(1)e(1)(e) xx m xm Fxxx xx 1当0m时， 2 e0 x m x ，令( )0Fx 得1x ，所以( )f x在(1) ，上单调增； 令( )0Fx 得01x，所以( )f x在(0 1)，上单调减 所以 min ( )(1)10F xFm ，得1m 12 分 2当0m 时，因为 1 4 177 ( )(4ln4)ee1(4ln4)e1 444 Fmm 即 111 ( )(4ln4)(e)0 44 Fm，所以( )0F x 在(0)x ，上不恒成立， 则0m 舍去 综上可知，1)m ， 16 分 法二：在 1 (ln)(e1)(2)exmxx x 中，令1x ，得1m 下证当1m时， 1 (ln)(e1)(2)exmxx x 恒成立，略 数学（附加题） 参考答案 21 【选做题】本题包括A、B、C三小题，若多做，则按作答的前两题评分 A选修选修 4 2：矩阵与变换：矩阵与变换（本小题满分 10 分） 解：设点()P x y，是l上的任意一点，其依次经过变换， AB TT后得到点( )P xy， 则 x y 12 01 10 02 x y ，得
