2019-2020年高考?jí)狠S卷 數(shù)學(xué) 含解析.doc
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2019-2020年高考?jí)狠S卷 數(shù)學(xué) 含解析 一、 填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分） 1.已知復(fù)數(shù)的實(shí)部為，虛部為1，則的模等于 . 2.已知集合，集合，則 . 3.右圖1是一個(gè)算法流程圖，若輸入的值為，則輸出的值為 . (圖1) 圖2 4.函數(shù)的定義域?yàn)? . 5.樣本容量為10的一組數(shù)據(jù)，它們的平均數(shù)是5，頻率如條形圖2所示，則這組數(shù)據(jù)的方差等于 ． 6.設(shè)是兩個(gè)不重合的平面，是兩條不重合的直線，給出下列四個(gè)命題：①若則；②若，，則； ③若，則；④若，則.其中正確的命題序號(hào)為 7.若圓上有且只有兩個(gè)點(diǎn)到直線的距離等于1，則半徑的取值范圍是 . x y 1 2 圖3 8.已知命題在上為減函數(shù)；命題，使得.則在命題，，，中任取一個(gè)命題，則取得真命題的概率是 9.若函數(shù)，其圖象如圖3所示，則 . 10.函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)四個(gè)象限，則a的取值范圍是 ． 11.在中,已知角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且，則函數(shù) 在上的單調(diào)遞增區(qū)間是 . 12. “已知關(guān)于的不等式的解集為，解關(guān)于的不等式.”給出如下的一種解法： 解：由的解集為，得的解集為，即關(guān)于的不等式的解集為. 參考上述解法：若關(guān)于的不等式的解集為，則關(guān)于的不等式的解集為 . 13.xx年第二屆夏季青年奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)將在中國(guó)南京舉行，為了迎接這一盛會(huì)，某公司計(jì)劃推出系列產(chǎn)品，其中一種是寫(xiě)有“青奧吉祥數(shù)”的卡片.若設(shè)正項(xiàng)數(shù)列滿(mǎn)足 ，定義使為整數(shù)的實(shí)數(shù)k為“青奧吉祥數(shù)”，則在區(qū)間[1，xx]內(nèi)的所有“青奧吉祥數(shù)之和”為_(kāi)_______ 14.已知，設(shè)集合，，若對(duì)同一x的值，總有，其中，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 二、 解答題（本大題共6小題，共90分） 15.在中，角，，的對(duì)邊分別為，，，向量，且 （1）求的值；（2）若，求邊c的長(zhǎng)度. A B C M P D 圖4 16.如圖4，在四棱錐中，平面平面，AB∥DC， 是等邊三角形， 已知，． （1）設(shè)是上的一點(diǎn)，證明：平面平面； （2）求四棱錐的體積． 17.如圖5，GH是東西方向的公路北側(cè)的邊緣線，某公司準(zhǔn)備在GH上的一點(diǎn)B的正北方向的A處建一倉(cāng)庫(kù)，設(shè)AB = y km，并在公路同側(cè)建造邊長(zhǎng)為x km的正方形無(wú)頂中轉(zhuǎn)站CDEF（其中邊EF在GH上），現(xiàn)從倉(cāng)庫(kù)A向GH和中轉(zhuǎn)站分別修兩條道路AB，AC，已知AB = AC + 1，且∠ABC = 60o． （1）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式； 圖5 （2）如果中轉(zhuǎn)站四周?chē)鷫υ靸r(jià)為1萬(wàn)元/km，兩條道路造價(jià)為3萬(wàn)元/km，問(wèn)：x取何值時(shí)，該公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和兩條道路總造價(jià)M最低？ 18. 如圖6，橢圓過(guò)點(diǎn)，其左、右焦點(diǎn)分別為，離心率，是橢圓右準(zhǔn)線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且． O M N F2 F1 y x （圖6） （1）求橢圓的方程； （2）求的最小值； （3）以為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)？請(qǐng)證明你的結(jié)論． 19.已知函數(shù) （1）求曲線在點(diǎn)處的切線方程； （2）求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間； （3）若存在，使得是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，求實(shí)數(shù)的取值范圍． 20. 已知數(shù)列{an}中，a2=a(a為非零常數(shù))，其前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn=(nN*)． （1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； （2）若a=2，且，求m、n的值； （3）是否存在實(shí)數(shù)a、b，使得對(duì)任意正整數(shù)p，數(shù)列{an}中滿(mǎn)足的最大項(xiàng)恰為第項(xiàng)？若存在，分別求出a與b的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 數(shù)學(xué)Ⅱ（附加題） 21A．[選修4-1：幾何證明選講]（本小題滿(mǎn)分10分） B A C P O （第21 - A題） 如圖，從圓外一點(diǎn)引圓的切線及割線，為切點(diǎn)． 求證：． 21B．已知矩陣，計(jì)算． 21C．已知圓的極坐標(biāo)方程是，以極點(diǎn)為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為軸的正半軸，建立 平面直角坐標(biāo)系，直線的參數(shù)方程是是參數(shù)）．若直線與圓相切，求正數(shù)的值． 21D．（本小題滿(mǎn)分10分，不等式選講） 已知不等式對(duì)于滿(mǎn)足條件的任意實(shí)數(shù)恒成立,求實(shí)數(shù)的取值范圍． 【必做題】第22、23題，每小題10分，共計(jì)20分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出 文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟． 22．（本小題滿(mǎn)分10分） 22. 如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，，，M為PC的中點(diǎn)． （1）求異面直線PB與MD所成的角的大??； M P D C B A （第22題） （2）求平面PCD與平面PAD所成的二面角的正弦值． 23．（本小題滿(mǎn)分10分） 袋中共有8個(gè)球，其中有3個(gè)白球，5個(gè)黑球，這些球除顏色外完全相同．從袋中隨機(jī)取出一球，如果取出白球，則把它放回袋中；如果取出黑球，則該黑球不再放回，并且另補(bǔ)一個(gè)白球放入袋中．重復(fù)上述過(guò)程n次后，袋中白球的個(gè)數(shù)記為Xn． （1）求隨機(jī)變量X2的概率分布及數(shù)學(xué)期望E(X2)； （2）求隨機(jī)變量Xn的數(shù)學(xué)期望E(Xn)關(guān)于n的表達(dá)式． xx江蘇高考?jí)狠S卷 數(shù)學(xué)答案 一、填空題 1. 2.. 3.2 4. 5.7.2 6. ①③ 7. 8. 9.4 10. 11. 12. 13.2047 14. 提示： 1.，則，則. 2.，又，所以. 3. 當(dāng)時(shí)，，則；當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，，；當(dāng)時(shí)，不成立，則輸出. 4.要使原式有意義，則，即且. 5.2出現(xiàn)次，5出現(xiàn)次，8出現(xiàn)次，所以 . 6. 逐個(gè)判斷。由線面平行的性質(zhì)定理知①正確；由面面平行的判定定理知直線相交時(shí)才成立，所以②錯(cuò)誤；由面面垂直的性質(zhì)定理知③正確；④中，可以是，所以④錯(cuò)誤，即正確命題是①③. 圖7 7.如圖7，要使圓上有且只有兩個(gè)點(diǎn)到直線的距離等于1，只須轉(zhuǎn)化為圓與直線相交，且與直線相離，即，又圓心到直線的距離為5，則. 8. 因?yàn)?，函?shù)的對(duì)稱(chēng)軸，且開(kāi)口向上，所以命題正確；又由解得，，比如，所以命題也正確，所以都是假命題，只有是真命題，故由古典概型的概率計(jì)算公式可知取得真命題的概率是. 9.由圖可知，為奇函數(shù)，則，又，解得，所以. 10.，得，.當(dāng)時(shí)， 在和上是增函數(shù)，在上是減函數(shù).因?yàn)?，所以必過(guò)一、二、三象限，故只要極小值小于0即可.的解為，同理，當(dāng)時(shí)， 得.綜上，的取值范圍是. 11. 由，利用正弦定理可得，所以，由余弦定理得，又A為△ABC的內(nèi)角，所以，所以， 令，與取交集得所求遞增區(qū)間是. 12.由的解集為，得的解集為，即的解集為. 13.因?yàn)?，又，所以? 當(dāng)時(shí)，，，所以在區(qū)間[1，xx]內(nèi)的所有奧運(yùn)吉祥數(shù)之和為. 圖8 14. 由題意可得對(duì)任意恒成立，當(dāng)時(shí)，，作出函數(shù)圖象如圖8，顯然當(dāng)時(shí)，不滿(mǎn)足題意；當(dāng)時(shí)，只要直線在上與線段重合或者在線段下方時(shí)，滿(mǎn)足題意，所以. 二、解答題 15. 解析：（1）∵，∴，則，（2分） 即（），（4分）又，∴， 故（）可化簡(jiǎn)為，（5分）兩邊平方得， ∴. （2）又得，∴a=2,b=2，（9分） 由（1）知，∴，，，（12分）∴在△ABC中，由余弦定理可得. ，故. 16. （1）證明：在中， A B C M P D O 由于，，， 所以．故． 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，故平面平面． （2）過(guò)作交于， 由于平面平面，所以平面． 因此為四棱錐的高， 又是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形．因此． 在底面四邊形中，，， 所以四邊形是梯形，在中，斜邊邊上的高為， 此即為梯形的高， 所以四邊形的面積為． 故． 17. 解：（1）因?yàn)?，所? 在直角三角形中，因?yàn)椋? 所以. 由于，得. 在△ABC中，因?yàn)椋? ∴． 則．由，及，得． 即關(guān)于的函數(shù)解析式為（）． （2）． 令，則， 在，即，時(shí)，總造價(jià)M最低． 答：時(shí)，該公司建中轉(zhuǎn)站圍墻和道路總造價(jià)M最低． 18. （1），且過(guò)點(diǎn)， 解得橢圓方程為. （2）設(shè)點(diǎn),則 ，． 又， 的最小值為． （3）圓心的坐標(biāo)為，半徑. 圓的方程為， 整理得. ，， 令，得，. 圓過(guò)定點(diǎn). 19. （1）因?yàn)楹瘮?shù)， 所以，， 又因?yàn)?，所以函?shù)在點(diǎn)處的切線方程為． （2）由（1），． 因?yàn)楫?dāng)時(shí)，總有在上是增函數(shù)， 又，所以不等式的解集為， 故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為． （3）因?yàn)榇嬖冢沟贸闪ⅲ? 而當(dāng)時(shí)，， 所以只要即可． 又因?yàn)?，，的變化情況如下表所示： 減函數(shù) 極小值 增函數(shù) 所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)， 所以當(dāng)時(shí)，的最小值， 的最大值為和中的最大值． 因?yàn)椋? 令，因?yàn)椋? 所以在上是增函數(shù)． 而，故當(dāng)時(shí)，，即； 當(dāng)時(shí)，，即． 所以，當(dāng)時(shí)，，即， 函數(shù)在上是增函數(shù)，解得； 當(dāng)時(shí)，，即， 函數(shù)在上是減函數(shù)，解得． 綜上可知，所求的取值范圍為． 20. 解：（1）由已知，得a1=S1==0，\Sn=， 則有Sn+1=，\2(Sn+1－Sn)=(n+1)an+1－nan， 即(n－1)an+1=nan，\nan+2=(n+1)an+1， 兩式相加，得2an+1=an+2+an，nN*， 即an+1－an+1=an+1－an，nN*， 故數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 又a1=0，a2=a，\an=(n－1)a． （2）若a=2，則an=2(n－1)，\Sn=n(n-1)． 由，得n2-n+11=(m-1)2，即4(m-1)2－(2n-1)2=43， \(2m+2n-3)(2m－2n-1)=43． ∵43是質(zhì)數(shù)，2m+2n-3>2m-2n-1，2m+2n-3>0， \解得m=12，n=11． （3）由an+bp，得a(n－1)+bp． 若a<0，則n+1，不合題意，舍去； 若a>0，則n+1． ∵不等式an+bp成立的最大正整數(shù)解為3p－2， \3p－2+1<3p－1， 即2a－b<(3a－1)p3a－b對(duì)任意正整數(shù)p都成立． \3a－1=0，解得a=， 此時(shí)，－b<01－b，解得下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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