2020届江苏省新高考原创精准模拟考试（一）数学试卷本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
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，请将答案填写在答题卡相应的位置上．．．．．．．．．．）1.已知集合A＝，B＝{2，3，4，5}，则A B＝_______．【答案】【解析】【分析】先求出集合，再求出集合即可得到答案．【详解】由题意得，∴．故答案为：．【点睛】本题考查集合的并集运算，解题的关键是正确求出集合，属于简单题．2.若复数z满足（i是虚数单位），则＝_______．【答案】1-i【解析】【分析】根据题意求出复数z，然后可求出．【详解】∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】解答本题的关键是求出复数的代数形式，然后再根据共轭复数的概念求解，属于基础题．3.根据如图所示的伪代码，当输出y的值为﹣1时，则输入的x的值为_______．【答案】1【解析】【分析】根据图中给出的程序，将问题转化为已知分段函数的函数值求出自变量的取值即可．【详解】由题意得，当时，有，此方程无解；当时，有，解得．故答案为：1．【点睛】解答本题的关键是读懂程序的功能，然后将问题转化为已知函数值求自变量取值的问题求解，属于基础题．4.已知一组数据，，…，的方差为3，若数据，，…，(a，b R)的方差为12，则a的值为_______．【答案】【解析】由题意知，，解得.5.在区间(1，3)内任取1个数x，则满足的概率是_______．【答案】【解析】【分析】解对数不等式求出中的取值范围，再根据长度型的几何概型概率求解即可得到答案．【详解】由得，解得．根据几何概型概率公式可得，所求概率为．故答案为：【点睛】本题考查长度型的几何概型概率的求法，解题的关键是读懂题意，然后根据线段的长度比得到所求的概率，属于基础题．6.已知圆锥的体积为，母线与底面所成角为，则该圆锥的表面积为_______．【答案】【解析】【分析】设圆锥底面半径，则母线长，高，则，求出，，该圆锥的表面积为，由此能求出结果．【详解】解：圆锥的体积为，母线与底面所成角为，如图，设圆锥底面半径，则母线长，高，，解得，，，该圆锥的表面积为．【点睛】本题考查圆锥的表面积的求法，考查圆锥的性质、体积、表面积等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7.函数(A＞0，＞0，＜)的部分图象如图所示，则＝_______．【答案】【解析】【分析】先求出的值，然后通过代入最值点的方法求出的值；或根据图象求出，再根据“五点法”求出的值．【详解】方法1：由图象得，所以，故．又点为函数图象上的最高点，所以，故，又，所以．故答案为：．方法2：由图象得，所以．又由图象得点对应正弦函数图象“五点”中的“第二点”，所以，解得．故答案为：．【点睛】已知函数的图象求参数的方法：可由观察图象得到，进而得到的值．求的值的方法有两种，一是“代点”法，即通过代入图象中的已知点的坐标并根据的取值范围求解；另一种方法是“五点法”，即将作为一个整体，通过观察图象得到对应正弦函数图象中“五点”中的第几点，然后得到等式求解．考查识图、用图的能力．8.已知等差数列的前n项和为，若1≤≤3，3≤≤6，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】先根据求出的取值范围，然后根据不等式的性质可得所求结果．【详解】在等差数列中，，∴，又，∴．由得．∴，即，∴．即的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题考查不等式性质的运用，解题的关键是注意灵活变形、合理运用不等式的性质，属于基础题．9.如图，在△ABC中，AD＝DB，F在线段CD上，设，，，则的最小值为_______．【答案】【解析】【分析】由三点共线以及，可得，利用基本不等式即可求得的最小值.【详解】,由图可知均为正数.又三点共线，则，则.【点睛】（1）平面向量中三点共线：若,则三点共线的充要条件是.（2）“1”的代换是基本不等式中构造的基本方法.10.已知数列为正项的递增等比数列，，，记数列的前n项和为，则使不等式成立的最大正整数n的值是_______．【答案】6【解析】【分析】设等比数列{a n}的公比q，由于是正项的递增等比数列，可得q＞1．由a1+a5=82，a2•a4=81=a1a5，∴a1，a5，是一元二次方程x2﹣82x+81=0的两个实数根，解得a1，a5，利用通项公式可得q，a n．利用等比数列的求和公式可得数列{}的前n项和为T n．代入不等式2019|T n﹣1|＞1，化简即可得出．【详解】数列为正项的递增等比数列，，a2•a4=81=a1a5，即解得，则公比，∴，则，∴，即，得，此时正整数的最大值为6.故答案为6.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、一元二次方程的解法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.已知双曲线(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线MN过F2，且与双曲线右支交于M、N两点，若cos∠F1MN＝cos∠F1F2M，，则双曲线的离心率等于_______．【答案】2【解析】【分析】由可得，故得，所以，再根据双曲线的定义得到，．然后在和中运用余弦定理并结合可得的关系，进而可得离心率．【详解】如图，由可得，∴，，由双曲线的定义可得，，∴在中由余弦定理得在中由余弦定理得，∵，∴，整理得，∴，解得或（舍去）．∴双曲线的离心率等于2．故答案为：2．【点睛】本题考查双曲线离心率的求法，解题的关键是把题中的信息用双曲线的基本量（）来表示，然后根据余弦定理建立起间的关系式，再根据离心率的定义求解即可，属于中档题．12.已知，函数在区间上的最大值是2，则__________．【答案】3或【解析】当时，=函数，对称轴为，观察函数的图像可知函数的最大值是.令，经检验，a=3满足题意.令，经检验a=5或a=1都不满足题意.令，经检验不满足题意.当时，,函数，对称轴为，观察函数的图像得函数的最大值是.当时，,函数，对称轴为，观察函数的图像可知函数的最大值是.令，令,所以.综上所述，故填3或.点睛：本题的难点在于通过函数的图像分析函数的性质. 本题绝对值里面是一个闭区间上的二次函数，要求它的最大值，所以要先画出二次函数的图像，再结合二次函数的图像分析出最大值的可能情况.13.在边长为8的正方形ABCD中，M是BC的中点，N是AD边上的一点，且DN＝3NA，若对于常数m，在正方形ABCD的边上恰有6个不同的点P，使，则实数m的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，按照点P在线段上进行逐段分析的取值范围及对应的解，然后取各个范围的交集即可得答案．【详解】以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则．（1）当点P在AB上时，设，∴，∴，∵，∴．∴当时有一解，当时有两解．（2）当点P在AD上时，设．∴，∴，∵，∴．∴当或时有一解，当时有两解．（3）若P在DC上，设，∴，∴，∵，∴．∴当时有一解，当时有两解．（4）当点P在BC上时，设．∴，∴，∵，∴．∴当或时有一解，当时有两解．综上，在正方形的四条边上有且只有6个不同的点P，使得成立，那么m的取值范围是．故答案为：．【点睛】解答本题的关键有两个：一是正确理解题意，将问题转化为判断方程根的个数的问题求解；二是利用数形结合的思想进行求解，通过建立坐标系，将问题转化为函数的知识求解．难度较大．14.已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】由是函数的两个不同的极值点可得，进而得到，然后构造函数，求出函数的值域后可得所求范围．【详解】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，体现了导数的工具性，解题的关键是得到的表达式．解答恒成立问题的常用方法是转化为求函数的最值的问题解决，当函数的最值不存在时可利用函数值域的端点值来代替，属于基础题．二、解答题（本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域．．．．．．．内作答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）15.已知函数.（1）求函数图象的对称中心；（2）在中，若为锐角三角形且，求的取值范围.【答案】(1) ,(2)（，2）.【解析】试题分析：（1）先由两角和差公式化一 ,(2) 由得到角A，，最终得到要求结果.(1)解得，故对称中心为（，1）（2）由解得所以，又为锐角三角形，故所以的取值范围是（，2）.16.如图，三角形PCD所在的平面与等腰梯形ABCD所在的平面垂直，AB＝AD＝CD，AB∥CD，CP⊥CD，M为PD的中点．（1）求证：AM∥平面PBC；（2）求证：BD⊥平面PBC．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）取的中点，连，，可证得四边形为平行四边形，于是，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）在等腰中梯形中，取的中点，连，，证得四边形为菱形，进而得．同理四边形为菱形，可得．再由平面平面得到平面，于是得，最后根据线面垂直的判定可得平面．【详解】证明：（1）如图，取的中点，连，，∵为的中点，为的中点，∴，．又，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴．又平面，平面，∴平面（2）如图，在等腰中梯形中，取的中点，连，．∵，，∴，，∴四边形为平行四边形．又，∴四边形为菱形，∴．同理，四边形为菱形，∴．∵，∴．∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，又平面，∴．∵，，∴平面．【点睛】本题考查线面关系的证明，解题的关键是根据所证的结论并结合三种平行（垂直）间的关系进行合理转化，以得到证题所需的条件，考查转化能力的运用和对基本判定方法、性质的掌握程度，属于基础题．17.如图，某人工景观湖外围有两条相互垂直的直线型公路l l，l2，且l l和l2交于点O．为了方便游客游览，计划修建一条连接公路与景观湖的直线型公路AB．景观湖的轮廓可以近似看成一个圆心为O，半径为2百米的圆，且公路AB与圆O相切，圆心O到l l，l2的距离均为5百米，设OAB＝，AB长为L百米．（1）求L关于的函数解析式；（2）当为何值时，公路AB的长度最短？【答案】（1），.（2）当时，公路的长度最短【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，得到直线方程为，然后根据直线与圆相切，得，再根据题意得到，于是，即为所求．（2）利用换元法求解，令，则，且，于是，然后结合导数求解可得所求最值．【详解】（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则．在直角中，，，所以直线方程为，即，因为直线与圆相切，所以，因为点在直线的上方，所以，解得．因此L关于的函数解析式为，．（2）令，则，且，所以，因为，所以在上单调递减，所以当，即时，取得最小值，且．故当时，公路的长度最短．【点睛】解答本题的关键是将实际问题转化为数学问题，然后再结合直线和圆的位置关系得到所求解析式．对于最值的求法，可结合解析式的特点利用导数作为工具求解，其中令，得，将变量化一，为题目的求解提供了便利．考查应用意识和转化能力，属于基础题．18.过椭圆W：的左焦点F1作直线l1交椭圆于A，B两点，其中A(0，1)，另一条过F1的直线l2交椭圆于C，D两点（不与A，B重合），且D点不与点0，﹣1重合．过F1作x 轴的垂线分别交直线AD，BC于E，G．（1）求B点坐标和直线l1的方程；（2）比较线段EF1和线段GF1的长度关系并给出证明．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由题意得椭圆的左焦点，根据两点式可得直线的方程，然后通过解方程组可得点坐标．（2）当与轴垂直时易得．当不与轴垂直时，设的方程为，与椭圆方程联立消元后可得，，求出直线的方程后可得点的纵坐标和点G的纵坐标，计算可得，于是．【详解】（1）由题意可得椭圆的左焦点，所以直线的方程为，即．由，解得或，所以点．（2）①当与轴垂直时，，两点与，两点重合，由椭圆的对称性，．②当不与轴垂直时，设的方程为，由消去整理得，显然．设，，则，．由已知得，所以直线的方程为，令，得点的纵坐标，把代入上式得．由已知得，所以直线BC的方程为，令，得点G的纵坐标．把代入上式得．所以，又，即，即．【点睛】解答本题时注意两点：一是在解答（2）时可先根据直线与轴垂直的情况得到特殊位置的结果，然后再推广到一般求解．解题时还要注意转化思想方法的运用，即把判断线段长度的大小关系转化为判断线段两端点的纵坐标的关系处理．二是由于解题时涉及到大量的计算，所以要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用．19.设函数．（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）如果恒成立，求实数的最小值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）1.【解析】【分析】（Ⅰ）求得，利用导数证明在区间上单调递增，从而可得；（Ⅱ）讨论三种情况：当时，由（Ⅰ）知符合题意；当时，因为，先证明在区间上单调递增，可得符合题意；当时，存在唯一使得，任意时，，不合题意，综合即可得结果.【详解】（Ⅰ）因为，所以 .当时，恒成立，所以在区间上单调递增，所以.（Ⅱ）因为，所以.①当时，由（Ⅰ）知，对恒成立；②当时，因为，所以.因此在区间上单调递增，所以对恒成立；③当时，令，则，因为，所以恒成立，因此在区间上单调递增，且，所以存在唯一使得，即.所以任意时，，所以在上单调递减.所以，不合题意.综上可知，的最小值为1.【点睛】本题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题与不等式的证明问题，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.20.正数数列、满足：≥，且对一切k≥2，k，是与的等差中项，是与的等比中项．（1）若，，求，的值；（2）求证：是等差数列的充要条件是为常数数列；（3）记，当n≥2(n)时，指出与的大小关系并说明理由．【答案】（1），.（2）见解析（3）【解析】【分析】（1）由题意得，解方程组可得所求．（2）证明结论“当为常数数列时，是公差为零的等差数列”和“是等差数列时为常数数列”同时成立即可．（3）由题意证得，进而得到，故得，然后通过数列求和可得结论成立．【详解】（1）由条件得，即，解得或，又≥，所以．（2）（充分性）：当为常数数列时，是公差为零的等差数列,即充分性成立．（必要性）：因为，又当为等差数列时，对任意恒成立．所以，因为，所以，即，从而对恒成立，所以为常数列．综上可得是等差数列的充要条件是为常数数列．（3）因为任意，，又，所以．从而，即，则，所以．【点睛】（1）证明充要条件时要分清充分性和必要性，然后结合推理进行证明即可．（2）本题难度较大，解题时要注意数列知识的综合运用，合理运用定义及求和的方法等知识求解，同时还要注意不等式的运用．附加题21.设二阶矩阵A，B满足，，求．【答案】【解析】【分析】设，然后根据得到关于参数的方程组，解方程组可得所求矩阵．【详解】设，因为，所以，即解得所以．【点睛】本题考查矩阵的计算，解题的关键是利用待定系数法和矩阵的乘法进行求解，属于基础题．22.在平面直角坐标系xOy中，射线l：(x≥0)，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线C2的方程为；以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为．（1）写出射线l的极坐标方程以及曲线C1的普通方程；（2）已知射线l与C2交于O，M，与C3交于O，N，求的值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据直线极坐标方程的形式可得射线，消去曲线参数方程中的参数可得普通方程；（2）将圆的普通方程化为极坐标方程，设点对应的极径分别为，然后根据求解可得所求．【详解】（1）依题意，因为射线，故射线消去方程中的参数可得，所以曲线的普通方程为：．（2）曲线的方程为，即，把代入上式可得曲线的极坐标方程为，设点对应的极径分别为，则．【点睛】本题考查参数方程和极坐标方程，解题的关键是根据各种方程间的关系进行求解，同时还要注意在极坐标方程中用极径求弦长的方法，属于基础题．23.为迎接2022年冬奥会，北京市组织中学生开展冰雪运动的培训活动，并在培训结束后对学生进行了考核．记X表示学生的考核成绩，并规定X≥85为考核优秀．为了了解本次培训活动的效果，在参加培训的学生中随机抽取了30名学生的考核成绩，并作成如下茎叶图．（1）从参加培训的学生中随机选取1人，请根据图中数据，估计这名学生考核优秀的概率；（2）从图中考核成绩满足X[70，79]的学生中任取3人，设Y表示这3人重成绩满足≤10的人数，求Y的分布列和数学期望．【答案】（1）（2），分布列见解析【解析】【分析】（1）根据茎叶图得到成绩优秀的人数，然后根据古典概型概率公式求解即可．（2）根据题意先得到的所有可能取值，然后分别求出对应的概率，进而可得分布列和期望．【详解】（1）设该名学生考核成绩优秀为事件，由茎叶图中的数据可以知在30名同学的成绩中，优秀的为：85,89,90,90,91,92,93，共有7名同学，所以，所以可估计这名学生考核优秀的概率为．（2）由题意可得的所有可能取值为，因为成绩的学生共有8人，其中满足的学生有人，所以，，，．所以随机变量的分布列为所以，即数学期望为．【点睛】解答本题的关键是从茎叶图中得到所需的有关数据，然后再根据概率的相关知识求解即可，属于基础题．24.已知．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）根据赋值法求解，分别令和，再根据所得两式的特点求解．（2）由二项式展开式的通项公式可得，进而得，于是，进而得，然后求和可得所求结果．【详解】（1）令得令得所以（2）证明：由二项式展开式的通项公式可得，所以，所以，因此．故．【点睛】（1）求二巷展开式中的系数和时，常用的方法是赋值法，然后再结合所求值的式子的特点进行求解即可．（2）解答第二问的关键一是要注意组合数的运算，另一是求解时要根据式子的特点采用并项的方法进行求和．。