2020年江苏省天一中学高三年级下学期第一次模拟考试数学测试卷 卷一答案

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答案

一、填空题：

1. (1,2)

2．四；

3．80

4． 35

5． 225

6．25

7．①④

8.1629

9．213；

10．52

11． 5(,2)2

12．11

13．4

14．(,2)

二、解答题：本大题共6小题，共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．命题立意：本题主要考查两角和与差的正切公式与正、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．

（1）由(1tan)(1tan)2AB得tantan1tantanABAB，

所以tantantan()11tantanABABAB，（4分）

故△ABC 中，AB，C（6分） 小蜜蜂教育资源

（2）由正弦定理得2sinc，即2c，（8分）

由余弦定理得2222cosabab，即2222abab，（10分）

由222222abababab≥得22ab≤，（当且仅当ab时取等号）（12分）

所以2113sin22Sab≤.（14分）

16．命题立意：本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象与推理论证能力．

解：（1）因为EF∥平面ABD，易得EF平面ABC，

平面ABC平面ABDAB，

所以//EFAB，（5分）

又点E是BC的中点，点F在线段AC上，

所以点F为AC的中点，

由AFAC得12；（7分）

（2）因为ABACDBDC，点E是BC的中点，

所以BCAE，BCDE，（9分）

又AEDEE，AEDE、平面AED，

所以BC平面AED，（12分）

而BC平面BCD，

所以平面BCD平面AED．（14分）

17．解：（1）在直角△中，因为，，

所以，

所以． ……………………………2分

在直角△中，因为，，

所以， NFP3PFFPN3tanNF11(13tan)322NAPSNAPFMEP1PEπ3EPMπtan()3ME小蜜蜂教育资源

所以． ………………………………4分

所以，．

……………………………………………………………………………………6分

（注：定义域错误扣1分）

（2）因为． …8分

令，由，得，

所以

． ………………12分

当且仅当时，即时等号成立． ………………13分 此时，，．

答：当时，四边形材料的面积最小，最小值为．

……………………………………………………………………………………14分

18．解：（Ⅰ），椭圆：2219xy，两个焦点1(22,0)F，2(22,0)F

设，1(22,)FKxy，2(22,)FKxy，

2221212=(22,)(22,)8=81KFKFFKFKxyxyxyy，

∵11y，∴的范围是（4分）

（2）设,AB的坐标分别为11(,)xy，22(,)xy，则222112222299.，xymxym两式相减，得12121212()()9()()0xxxxyyyy，12121212()()190()()yyyyxxxx，即190OMlkk，故19OMlkk；（8分） 11π[3tan()]1223AMPSAMPE31πtantan()3223NAPAMPSSSπ[0,]331πtantan()3223S33tantan322(13tan)13tantπ[0,]3[1,4]t23443433()23323ttSttt3433222333tt≥233t23tan3233ANmin323S233ANAMPNS3233mE(,)Kxy21KFKF[7,1]小蜜蜂教育资源

（3）∵直线过点(,)3mm，

∴直线不过原点且与椭圆有两个交点的充要条件是0k且13k．

设(,)PPPxy，设直线:()3mlykxm（），即:3mlykxkm，

由（2）的结论可知1:9OMyxk，代入椭圆方程得，2222991Pmkxk， （10分）

由()3mykxm与19yxk，联立得222933,9191mkmkmkmMkk．（12分）

若四边形为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以，

即22222293949191kmkmmkkk，整理得29810kk解得，47=9k．

所以当47=9k时，四边形为平行四边形．（16分）

19． 解：（1），，的图像与坐标轴的交点为，的图像与坐标轴的交点为，由题意得，即

又∵，∴.

（2分）

∴，，∴函数和的图像在其坐标轴的交点处的切线方程分别为：,∴两平行切线间的距离为 （4分）

（2）由得，故在有解，

令，则。

当时，；

当时，∵，∵，

∴，∴

故 llE0,0mkOAPB02PxxOAPBxfxae1gxxyfx0,aygxa,0f0ga1aaa0a1xfxegxlnxyfxygxxy10xy102xmxfxxxmxexmxxex0,xhxxxemaxmhxx0m0x0xxx11hx1exe1xe2x2xx0x11x2x2,e12x2xx1xe22xx1hx1xe02x小蜜蜂教育资源

即在区间上单调递减，故，∴

即实数m的取值范围为 ． （8分）

（3）解法一：

∵函数和的偏差为：，

∴，设为的解，则当，；

当，，∴在单调递减，在单调递增

∴

∵，，∴

故

即函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2．（16分）

解法二：

由于函数和的偏差：，

令，；令，

∵，，∴在单调递增，在单调递减，在单调递增

∴，，∴

即函数和在其公共定义域内的所有偏差都大于2（16分）

20. 解：（1）由，①

得，②

由①–②得，即． ……………2分

对①取得，，所以，所以为常数， xhxxxe0,maxhxh00m0,0yfxygxxFxfxgxelnxx0,x1Fxexxtx1fxe0xx0,tFx0xt,Fx0Fx0,tt,ttttmin1Fxelntelnetef1e101fe2021t121t2min111Fxetee2.252222yfxygxyfxygxxFxfxgxelnxx0,x1Fxexx0,2Fxxlnxx0,x1Fxe1211xFx1xx1Fx0,2Fx0,11,11FxF0122FxF11x12FxelnxFxFx2yfxygx23nnSa1123nnSa(2)n≥120nnnaaa113nnaa(2)n≥1n110a0na113nnaa小蜜蜂教育资源

所以为等比数列，首项为，公比为，即，． ………4分

（2）①由，可得对于任意有

，③

则，④

则，⑤ …8分

由③–⑤得. …………………………………………9分

对③取得，也适合上式，

因此，. ………………………………………10分

②由（1）（2）可知，

则，

所以当时，，即，

当时，，即在且上单调递减，

故. ……………………………………12分

假设存在三项，，成等差数列，其中，

由于，可不妨设，则 ()，

即.

因为且，则≤且≥，

由数列的单调性可知，≥，即≥.

因为，所以，

即，化简得，

又≥且，所以或. …………………………14分

当时，，即，由≥时，，此时，，不构成等差数列，不合题意. {}na11311()3nna*nN11()3nna*nNnb-113nb2-21()+3nb11111()()3333nnbn1nb-213nb2-31()+3nb22111()()3(1)333nnbn(2)n≥113nb2-21()3nb3-31()+3nb11111()()233nnbn(2)n≥21nbn(2)n≥1n11b21nbn*nN1213nnnnncab1121214(1)333nnnnnnnncc1n1nncc12cc2n≥1nncc{}nc2n≥*nN12345cccccscpcrc*,,sprN12345cccccspr2psrccc*1112(21)2121333psrpsr*,,sprNsprs1pp2{}ncsc1pc1213ss2233pp12103rrrc11122(21)2121233333psrppsrp122(21)2333pppp72pp2*pN2p3p2p1s121ccr321rcc1c2crc