《江苏省苏州大学2020届高三高考考前指导卷（2）数学试题含附加题 Word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省苏州大学2020届高三高考考前指导卷（2）数学试题含附加题 Word版含答案（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高三数学冲刺卷数学试题一、填空题：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，则_2已知复数（其中为虚数单位），若，则的值为_3已知一组数据4，7，5，8的平均数为6，则该组数据的标准差是_4在平面直角坐标系中，若双曲线：的一条准线与抛物线：的准线重合，则正数的值是_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
2、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已知为等差数列，为其前n项和，若，则的值是_8圆柱形容器的内壁底面半径是10cm，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，则这个铁球的表面积为_9若直线与曲线相切，则实数k的值为_10计算：_11已知向量，满足，则的最小值为_12在平面直角坐标系中，已知，为圆：上两个动点，且若直线l：上存在点P，使得，则实数的取值范围为_13已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是_14已知在锐角三角形中，于点，且，若，则的取值范围是_二、解答题：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
3、15在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）若，求c的值；（2）若，求的值16已知直三棱柱，E，F分别是BC，的中点，求证：（1）平面；（2）17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 （1）用表示此容器的体积，（2）当此容器的体积最大时，求的值18如图，点为椭圆C：的左焦点，点A，B分别为椭圆的右顶点和上顶点，点在椭圆上，且满足（1）求椭圆的方程；（2）过定点且与轴不重合的直线交椭圆于，两点，直线分别交直线，于点，求证：以为直径的圆经过轴上的两定点（用表示）19若数列满足：存在实数，使得对任意，都成立，则称数列为“倍等阶
4、差数列”已知数列为“倍等阶差数列”（1）若，求实数的值；（2）在（1）的条件下，设求数列的通项公式；设数列的前项和为，是否存在正整数，且，使得，成等比数列？若存在，求出，的值，若不存在，请说明理由20已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若函数在定义域内有两个零点，求的取值范围；（3）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围数学（附加题）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42：矩阵与变换已知矩阵，若直线依次经过变换后得到直线: ，求直线的方程B选修44：坐标系与参数方程已知直线
5、的参数方程为（t为参数），点P(1，2)在直线上（1）求m的值；（2）以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C：=4与直线交于两点A，B两点，求|PA|PB|的值C选修45：不等式选讲设a，b，c都是正数，求证：【必做题】第22题、第23题，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，中奖可以获得2分；方案B的中奖率为，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
6、乙选择方案B抽奖，记他们的累计得分为X，若的概率为，求；（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已知（1）求的值；（2）求的值参考答案数学试题一、填空题：1 2-2 3 43 56 775 8 9 10-411 1213 14解答与提示：1由交集定义可知2，所以，所以3由平均数公式得，所以4抛物线：的准线方程为，双曲线：的一条准线方程为，根据题意，解得5分析流程图，可得输出的结果是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7由，得，即，所以，则8设该铁球的半径为rcm，则由题意得，解得，所
7、以，所以这个铁球的表面积9曲线在切点处的切线方程为，所以解得10原式11，故的最小值为12由题意知圆的圆心，半径取的中点，连结，则所以，所以点在圆上延长交于法一：因为，所以，所以点在圆上，所以直线与圆有公共点，从而，解得法二：因为，设，则，所以则因为在圆上，所以，即，所以点P在以为圆心，1为半径的圆D上，又点P在直线l：上，所以直线l与圆D有公共点，所以，解得13当时，单调递减，；当时，成立，单调递增，所以的值域为设的值域为，因为存在，使得成立，所以，任意，成立，在单调递增，所以，因为，所以，；，任意，成立，在单调递减，所以，则，不合题意；，令，在递减，递增，所以，又，则，不合题意综上所述，解
8、：法一：由，得，所以，即，设边上的高为，则，所以，所以因为的面积，所以，所以法二：由，得，所以，即，所以以中点为原点，为轴建立坐标系，则，从而，即（舍去）或设边上的高为因为的面积，所以，即由得因为为锐角三角形，所以，所以法三：由，得，所以，即，因为角为锐角，所以，所以因为的面积，所以，所以法四：设，因为，所以，所以，所以，又因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以因为的面积，所以，所以法五：设因为，所以，所以因为，所以，所以，所以，即，所以，所以下略二、解答题：15解：（1）在中，由余弦定理得，得，即，解之得或（舍去）（2）由，得，所以又因为，所以16证：（1）设，交于点，连接，在中，点，分
9、别是，BC中点，所以，因为直三棱柱，所以，又因为是中点，所以，所以因为平面，平面，所以平面（2）因为直三棱柱，所以侧面是矩形又因为，所以四边形是正方形，所以因为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以平面因为平面，所以因为直三棱柱，所以，所以因为，平面，所以平面因为平面，所以，因为，所以17解：取的中点，连接，连接交于，如图由题意知，在直角三角形中，在直角三角形中，所以，所以因为，所以从而，正四棱锥的高，所以正四棱锥的体积，（2）令，则，令，得+0-极大值所以在单调递增，在单调递减，所以在时取到最大值，此时18解：（1）由，在椭圆：上得，如图，由为的右顶点，为的上顶点可知，因，所
10、以，则联立得方程组解得故所求椭圆的方程为（2）设，又，所以直线的方程为，令，得，所以同理设是以为直径的圆上的任意一点，则，所以，令，得设直线的方程为，与椭圆的方程联立，消去得，所以，所以所以，因为-2m2，所以所以以为直径的圆经过轴上两定点，其坐标分别为和19解：（1）由数列为“倍等阶差数列”，令，得，所以，解得（2）以代替，得则，即所以数列是以8为公差的等差数列又，所以因为，所以，则，假设，成等比数列，则，因为，所以，解得又因为为大于1的整数，所以，所以存在，使得，成等比数列20解：（1）当时，所以在上单调增；当时，令得，所以在上单调增；令得，所以在上单调减综上，当时，的增区间为，无减区间；
11、当时，的增区间为，减区间为（2）由（1）可知若有两个零点，则，且的最小值为需小于0由得又，则，由零点存在性定理可知，在上有一个零点；，令，则，所以在上单调减，则，所以，由零点存在性定理可知，在上有一个零点，所以（3）法一：由可知设，则在上恒成立1当时，令得，所以在上单调增；令得，所以在上单调减所以，得2当时，因为即，所以在上不恒成立，则舍去综上可知，法二：在中，令，得下证当时，恒成立，略20192020学年度苏州市考前指导卷（二）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42：矩阵与变换解：设点是上的任意一点，其依次经过变换，后得到点则，得
12、，即又点在直线上，所以，故，即，所以直线的方程为B选修44：坐标系与参数方程解：（1）因为，在直线上，所以解得（2）曲线的直角坐标方程为，将直线的参数方程代入的方程得，设，所对应的参数分别为，则，故C选修45：不等式选讲证：因为，都是正数，所以，所以【必做题】第22题、第23题22解：（1）由已知得，甲中奖的概率为，乙中奖的概率为，且两人中奖与否互不影响记“这2人的累计得分”的事件为C，则事件C的对立事件为“”因为，所以，所以（2）设甲、乙都选择方案A抽奖的中奖次数为，都选择方案B抽奖的中奖次数为，则这两人选择方案A抽奖累计得分的均值为，选择方案B抽奖累计得分的均值为由已知可得，所以，从而，若，则，若，则，若，则综上所述，当时，他们都选择方案A进行抽奖时，累计得分的均值较大；当时，他们都选择方案B进行抽奖时，累计得分的均值较大；当时，他们都选择方案A或都选择方案B进行抽奖时，累计得分的均值相等23解：（1）在中，令，得在中，令，得，所以（2）由二项式定理可得，1，2，2020因为，所以因为，所以- 18 -
