2020年江苏省镇江市高考数学一模试卷答案解析

2020年江苏省镇江市高考数学一模试卷答案解析一、填空题（共14题，共70分）1．已知集合A＝{x|x2﹣2x≤0}，B＝{﹣1，1，2}，则A∩B＝{1，2}．【解答】解：∵A＝{x|0≤x≤2}，B＝{﹣1，1，2}，∴A∩B＝{1，2}．故答案为：{1，2}．2．设复数（其中i为虚数单位），则|z|＝．【解答】解：＝1﹣2i，∴|z|＝＝，故答案为：．3．如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是25．【解答】解：模拟执行伪代码，可得：S＝0+1+3+5+7+9＝25．故答案为：25．4．顶点在原点且以双曲线的右焦点为焦点的抛物线方程是y2＝16x．【解答】解：双曲线的右焦点为（4，0），抛物线的方程设为y2＝mx，m＞0，由题意可得＝4，即m＝16，可得抛物线方程为y2＝16x．故答案为：y2＝16x．5．已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣my+m﹣2＝0，l2：mx+（m﹣2）y﹣1＝0，若直线l1∥l2，则m＝﹣2．【解答】解：根据题意，直线l1：x﹣my+m﹣2＝0，l2：mx+（m﹣2）y﹣1＝0，若直线l1∥l2，必有（m﹣2）+m2＝0，解可得：m＝1或﹣2，当m＝1时，直线l1：x﹣y﹣1＝0，l2：x﹣y﹣1＝0，两直线重合，不符合题意；当m＝﹣2时，直线l1：x+2y﹣4＝0，l2：﹣2x﹣4y﹣1＝0，两直线平行，符合题意；故m＝﹣2；故答案为：﹣26．从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成等差数列的概率是．【解答】解：从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，基本事件总数n＝＝10，剩余三个数能构成等差数列包含的基本事件有：（1，2，3），（1，3，5），（2，3，4），（3，4，5），共4个，∴剩余三个数能构成等差数列的概率是p＝．故答案为：．7．若实数x，y满足条件，则z＝3x+2y的最大值为13．【解答】解：实数x，y满足条件，对应的可行域如下图所示：由，解得x＝3，y＝2时，目标函数经过A（3，2）时，目标函数取得最大值：z＝3x+2y＝13，故z＝3x+2y的最大值为：13；故答案为：13．8．将函数f（x）＝cos2x的图象向左平移个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数y＝g（x）的图象，则＝﹣．【解答】解：将函数f（x）＝cos2x的图象向左平移个单位长度后，可得y＝cos（2x+）的图象，再将图象上各点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数y＝g（x）＝2cos（2x+）的图象，则＝﹣，故答案为：﹣．9．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，点E是棱AD上的任意一点，点F是棱B1C1上的任意一点，则三棱锥B﹣ECF的体积为．【解答】解：如图，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，点E是棱AD上的任意一点，点F是棱B1C1上的任意一点，∴＝．故答案为：．10．等比数列{an}的前三项和S3＝42，若a1，a2+3，a3成等差数列，则公比q＝2或．【解答】解：等比数列{an}的前三项和S3＝42，若a1，a2+3，a3成等差数列，可得a1+a2+a3＝a1+a1q+a1q2＝42，a1+a3＝2（a2+3）即2（a1q+3）＝a1+a1q2，解得q＝2或，故答案为：2或．11．记集合A＝[a，b]，当θ∈[﹣，]时，函数f（θ）＝2θ的值域为B，若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则b﹣a的最小值是3．【解答】解：函数f（θ）＝2θ＝sin2θ+cos2θ+1＝2sin（2θ+）+1．当θ∈[﹣，]时，（2θ+）∈[﹣，]，∴sin（2θ+）∈[﹣，1]．∴2sin（2θ+）+1∈[0，3]＝B，若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则B⊆A．∴b﹣a的最小值是3﹣0＝3．故答案为：3．12．已知函数，若对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，则实数m的取值范围是[﹣1，﹣]．【解答】解：函数，当x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）＝﹣2﹣x+x3＝f（x），同样x＞0，可得f（﹣x）＝f（x），且f（0）＝﹣1，则f（x）为偶函数，且f（x）在x≥0上为减函数，对任意的x∈[m，m+1]，不等式f（1﹣x）≤f（x+m）恒成立，可得f（|1﹣x|）≤f（|x+m|），即为|x﹣1|≥|x+m|，即有（2x﹣1+m）（m+1）≤0，由一次函数的单调性，可得：（2m﹣1+m）（m+1）≤0，且（2m+2﹣1+m）（m+1）≤0，即为﹣1≤m≤且﹣1≤m≤﹣，即有﹣1≤m≤﹣，则m的范围是[﹣1，﹣]，故答案为：[﹣1，﹣]．13．过直线l：y＝x﹣2上任意一点P作圆C：x2+y2＝1的一条切线，切点为A，若存在定点B（x0，y0），使得PA＝PB恒成立，则x0﹣y0＝2±．【解答】解：设P（a，a﹣2），由题意知B必在以P为圆心，PA为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆的公共点，因为PB2＝PA2，所以（x0﹣a）2+[y0﹣（a﹣2）]2＝a2+（a﹣2）2﹣1即（x02+y02+4y0+1）﹣2a（x0+y0）＝0，因为任意a∈R，（x02+y02+4y0+1）﹣2a（x0+y0）＝0恒成立，所以解得或，所以x0﹣y0＝2±，故答案为：2±．14．在平面直角坐标系xOy中，已知三个点A（2，1），B（1，﹣2），C（3，﹣1），点P（x，y）满足（•）×（•）＝﹣1，则的最大值为．【解答】解：依题意，由（•）×（•）＝﹣1得，（2x+y）（x﹣2y）＝﹣1，令，解得，且mn＝﹣1，∴＝＝，需要求出的最大值，不妨设m+n＞0，则＝，当且仅当或时取等号．故答案为：．二．解答题（共6小题，共90分）15．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是AP的中点，AB⊥BD，PB⊥PD，平面PBD⊥底面ABCD．（1）求证：PC∥平面BDE；（2）求证：PD⊥平面PAB．【解答】证明：（1）连结AC，交BD于点O，连结EO，∵四边形ABCD是平行四边形，且AC交BD于点O，∴点O为AC中点，在△PAC中，∵点E为AP的中点，∴EO∥PC，∵EO⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE．（2）∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PB⊥BD，PB⊂平面ABCD，∴PB⊥平面ABCD，∵AB⊂平面ABCD，∴PB⊥AB，∵AB⊥BD，BD∩PB＝B，∴AB⊥平面PBD，∵PD⊂平面PBD，∴AB⊥PD，∵PD⊥PB，PB∩AB＝B，∴PD⊥平面PAB．16．如图，在△ABC中，点D是边BC上一点，AB＝14，BD＝6，．（1）若C＞B，且cos（C﹣B）＝，求角C；（2）若△ACD的面积为S，且，求AC的长度．【解答】解：（1）∵AB＝14，BD＝6，，∴•＝AB•BD•cosB＝14×6×cosB＝66，∴解得cosB＝，∵△ABC中，C＞B，且B+C+∠ABC＝π，∴B，∴sinB＝＝，∵C﹣B∈（0，π），cos（C﹣B）＝，∴cosC＝cos[（C﹣B）+B]＝cos（C﹣B）cosB﹣sin（C﹣B）sinB＝﹣＝，在△ABC中，∵C∈（0，π），∴C＝．（2）∵△ACD的面积，∴CD•CA•sinC＝AC•CD•cosC，∴sinC＝cosC，∵△ACD中，C∈（0，π），∴sinC≠0，则cosC≠0，可得tanC＝1，可得C＝，在△ABC中，由正弦定理可得，又∵sinB＝，AB＝14，sinC＝sin＝，∴＝，解得AC＝5．17．在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：（a＞b＞0）的长轴长为4，左准线l的方程为x＝﹣4．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线l1过椭圆E的左焦点F1，且与椭圆E交于A，B两点．①若AB＝，求直线l1的方程；②过A作左准线l的垂线，垂足为A1，点G（，0），求证：A1，B，G三点共线．【解答】解：（1）设焦距为2c，由题意可知：，解得，∴椭圆的标准方程为：；（2）①由（1）可知：F1（﹣1，0），AB＝≠4，故直线l1不与x轴重合，设直线l1方程为：x＝my﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程：，消去x得：（3m2+4）y2﹣6my﹣9＝0，△＝144（m2+1）＞0，，∴|AB|＝＝＝＝，解得：m＝±1，∴直线l1的方程为：x±y+1＝0；②A1＝（﹣4，y1），由①可知：，，则k﹣kBG＝﹣＝﹣故k＝kBG，由此，A1，B，G三点共线．18．某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内，如图所示，矩形PQRS的长PS为130米，宽RS为120米，圆弧形轨道所在圆的圆心为O，圆O与PS，SR，QR分别相切于点A，D，C，T为PQ的中点．现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成．出发点N在线段PT上（不含端点，游客从点Q处乘升降电梯至点N），轨道第一段NM与圆O相切于点M，再沿着圆弧轨道到达最高点A，然后在点A处沿垂直轨道急速下降至点O处，接着沿直线轨道OG滑行至地面点G处（设计要求M，O，G三点共线），最后通过制动装置减速沿水平轨道GR滑行到达终点R．记∠MOT为α，轨道总长度为l米．（1）试将l表示为α的函数l（α），并写出α的取值范围；（2）求l最小时cosα的值．【解答】解：（1）如图所示，作ME⊥TO，垂足为E点，作NF⊥ME，垂足为F点．根据条件可得TE＝70﹣60cosα，NM＝．∴l（α）＝+60（﹣α）+60++60﹣＝120++30π﹣60α，若点N在T时，，此时α0是的最小值，又∵N不能在点T，故，若点N在P时，此时切点M为点A，且不能取，故，∴∵点G需要在R的左边，故，而，∴，∴，∴α的取值范围为．（2）l′（α）＝﹣60＝0，令l'（α）＞0，可得，令l'（α）＜0，可得．令，，则当α∈（0，α0）时，l（α）为单调递减；当时，l（α）为单调递增．∴当时，函数l（α）取得最小值．19．已知函数f（x）＝lnx+a（x2﹣x）（a∈R）．（1）当a＝0，证明：f（x）≤x﹣1；（2）如果函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且f（x1）+f（x2）＜k恒成立，求实数k的取值范围；（3）当a＜0时，求函数f（x）的零点个数．【解答】解：（1）证明：当a＝0时，f（x）≤x﹣1等价于lnx≤x﹣1，即证x﹣lnx﹣1≥0，令g（x）＝x﹣lnx﹣1，则，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减；当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）递增；∴g（x）min＝g（1）＝0，∴g（x）≥0，即x﹣lnx﹣1≥0，得证；（2）令，则2ax2﹣ax+1＝0的两根分别为x1，x2，∴，解得a＞8，∴＝＝＝＝g（a），显然g（x）在（8，+∞）上递减，∴g（a）＜g（8）＝﹣ln16﹣2﹣1＝﹣4ln2﹣3，∴k≥﹣4ln2﹣3；（3）当a＜0时，f′（x）＝，令f′（x）＝0，则2ax2﹣ax+1＝0，∴其中只有一个正实数根，，，∴a＝，且当0＜x＜x1时，f′（x）＞0，f（x）递增，当x＞x1时，f′（x）＜0，f（x）单减，∴f（x）max＝f（x1）＝lnx1+，令h（x）＝lnx+，h′（x）＝+＝＝，令h′（x）＝0，解得x＝1，当x∈，h′（x）＜0，h（x）递减；当x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）递增，∴h（x）min＝h（1）＝0，∴f（x）max≥0，①当f（x）max＝0，即x1＝1时，a＝﹣1，此时f（x）只有一个零点x＝1；②当f（x）max＞0，即a＜0且a≠﹣1时，此时f（x1）＞0，注意f（1）＝0，（i）当a＜﹣1时，0＜x1＜1，而lnx+a（x2﹣x）＜x﹣1+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（1+ax），令（x﹣1）（1+ax）＝0，解得x＝﹣，取知f（x0）＜0，∴f（x）在（x0，x1）上有一个零点，另一个零点为1；（ii）当﹣1＜a＜0，即x1＞1时，此时取x0′＝，知f（x0′）＜0，∴f（x）有一个零点为1，另一个零点在（x1，x0′）上；故a＝﹣1时f（x）有一个零点，当a＜0且a≠﹣1时，f（x）有两个零点．2