2020年江苏高考数学试卷-(答案)

2023年12月11日发(作者：枣庄市中专数学试卷及答案)

2020年江苏省高考数学试卷

参考公式：柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．．．．．．．．．

1．已知集合A{1,0,1,2},B{0,2,3}，则AB

．

2．已知i是虚数单位，则复数z(1i)(2i)的实部是

．

3．已知一组数据4,2a,3a,5,6的平均数为4，则a的值是

．

4．将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是

．5．如图是一个算法流程图，若输出y的值为2，则输入x的值是

．

6．在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2y25a251(a0)的一条渐近线方程为y2x，则该双曲线的离心率是

．

7．已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时，2 fxx3，则f8的值是

．

8．已知sin2()=243，则sin2的值是

．

9．如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2

cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm.

10．将函数y3sin(2x﹢π)的图象向右平移π46个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是

．

11．设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和S2nnn2n1(nN)，则d+q的值是

．

12．已知5x2y2y41(x,yR)，则x2y2的最小值是

．

13．在△ABC中，AB4，AC3，∠BAC=90，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若PAmPB(32m)PC（m为常数），则CD的长度是

．

14．在平面直角坐标系xOy中，已知P(32，0)，A，B是圆C：x2(y12)236上的两个动点，满足PAPB，则△PAB面积的最大值是

．

二、解答题：本大题共6小题，共计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．（14分）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

16．（14分）

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a3,c2,B45．

（1）求sinC的值；

（2）在边BC上取一点D，使得cosADC45，求tan∠DAC的值．

17．（14分）

某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO为铅垂线(O在AB上)．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h1140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h12800b36b.已知点B到OO的距离为40米．

（1）求桥AB的长度；

（2）计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点)．.桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价32k(万元)(k>0)，问OE为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？

18．（16分）

22在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:x4y31的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求△AF1F2的周长；

（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求OPQP的最小值；

（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S23S1，求点M的坐标．

19．（16分）

已知关于x的函数yf(x),yg(x)与h(x)kxb(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x)．

（1）若fxx22x，gx x22x，D(，)，求h(x)的表达式；

（2）若f(x) x2x1，g(x) klnx，h(x) kxk,D (0，)，求k的取值范围；

（3）若f(x) x42x2，g(x) 4x28 ，h(x) 4t3tx 3t4 2t2(0 t2)，D

m, n2,2，求证：nm7．

20．（16分）已知数列an(nN*)的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有111Skn1Snkank1成立，则称此数列为“λ～k”数列．

（1）若等差数列an是“λ～1”数列，求λ的值；

（2）若数列an是“33~2”数列，且an0，求数列an的通项公式；

（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列an为“λ～3”数列，且an0？若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由．

2020年江苏省高考数学试卷答案

1．{0,2} 2．3 3．2 4．19 5．3 6．32 7．4 8．13 9．1232

10．x524 11．4 12．4185 13．5或0 14．105

15．证明：因为E,F分别是AC,B1C的中点，所以EF∥AB1.

又EF/平面AB1C1，AB1平面AB1C1，

所以EF∥平面AB1C1.

（2）因为B1C平面ABC，AB平面ABC,

所以B1CAB.

又ABAC,B1C平面AB1C1,AC平面AB1C,B1CACC,

所以AB平面AB1C.

又因为AB平面ABB1,所以平面AB1C平面ABB1.

16．解：（1）在△ABC中，因为a3,c2,B45，

由余弦定理b2a2c22accosB，得b292232cos455，

所以b5.

在△ABC中，由正弦定理bcsinBsinC，

得52sin45=sinC，

所以sinC55.

（2）在△ADC中，因为cosADC45,所以ADC为钝角，

而ADCCCAD180,所以C为锐角.

故cosC1sin2C255,则tanCsinC1cosC2.

因为cosADC45，所以sinADC1cos2ADC3，tanADCsinADC5cosADC34.

从而

tanADCtan(180ADCC)tan(ADCC)=tan(ADCC)34121tanADCtanC==2.

1(31114)217．解：（1）设AA1,BB1,CD1,EF1都与MN垂直，A1,B1,D1,F1是相应垂足.

由条件知，当O\'B40时，

BB13180040640160, 则AA1160.

由140O\'A2160,得O\'A80.

所以ABO\'AO\'B8040120（米）.

（2）以O为原点，OO\'为y轴建立平面直角坐标系xOy（如图所示）.

设F(x,y2),x(0,40),则y12800x36x,

EF160y12160800x36x.

因为CE80,所以O\'C80x.

设D(x80,y1),则y1140(80x)2,

所以CD160y1116040(80x)2140x24x.

记桥墩CD和EF的总造价为f(x)， f(x)=k(1601800x36x)31则2k(40x24x)k(1

3800x380x2160)(0x40).f(x)=k(3800x2340x160)3k800x(x20)，

令f(x)=0， 得x20.

所以当x20时，f(x)取得最小值.

答：（1）桥AB的长度为120米；

（2）当O\'E为20米时，桥墩CD和EF的总造价最低.

x2．解：（1）椭圆E:4y21831的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，

则a24,b23,c21.

所以△AF1F2的周长为2a2c6.

（2）椭圆E的右准线为x4.

设P(x,0),Q(4,y)，

则OP(x,0),QP(x4,y)，

OPQPx(x4)(x2)244,

在x2时取等号.

所以OPQP的最小值为4.

（3）因为椭圆E:x24y231的左、右焦点分别为F1,F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，

则F31(1,0),F2(1,0),A(1,2).

所以直线AB:3x4y30.

设M(x,y)，因为S23S1，所以点M到直线AB距离等于点O到直线AB距离的3倍.

由此得|3x4y3|53|30403|5，

则3x4y120或3x4y60.

3x由4y120,x2y2得7x224x320，此方程无解；

431由3x4y60,x2y2得7x212x40，所以2431x2或x7.

代入直线l:3x4y60，对应分别得y0或y127.

因此点M的坐标为(2,0)或(2,1277).

．解:（1）由条件f(x)h(x)g(x)，得x22xkxbx2 2x，

取x0，得0b0，所以b0．

由x22xkx，得x2(2 k)x0，此式对一切x(,)恒成立，

所以(2 k)20，则k2，此时2xx22x恒成立，

所以h(x)2x．

（2）h(x) g(x) k(x1 lnx),x(0,).

令u(x) x1lnx，则u\'(x)11x,令u\'(x)=0，得x1.

所以u(x)min u(1)0.则x1lnx恒成立，

所以当且仅当k0时，f(x)g(x)恒成立．

另一方面，f(x)h(x)恒成立，即x2x1kxk恒成立，

也即x2(1 k)x1 +k0恒成立．

19 因为k0，对称轴为x1k20，

所以(1k)24(1k)0，解得1k3．

因此，k的取值范围是0k3.

（3）①当1t2时，

由g(x)h(x)，得4x284(t3t)x3t42t2，整理得

x2(t3t)x3t42t2840.()

令=(t3t)2(3t42t28),

则=t65t43t28．

记(t)t65t43t28(1t2),

则\'(t)6t520t36t2t(3t21)(t23)0恒成立，

所以(t)在[1, 2]上是减函数，则(2)(t)(1)，即2(t)7．

所以不等式()有解，设解为x1xx2，

因此nmx2x17．

②当0t1时，

f(1)h(1) 3t44t32t24t1．

设v(t) = 3t44t32t24t1， v\'(t)=12t312t24t44(t1)(3t21),

令v(t)0，得t33．

当t(0，33)时，v(t)0，v(t)是减函数；

当t(33，1)时，v(t)0，v(t)是增函数．

v(0)1，v(1)0，则当0t1时，v(t)0．

（或证：v(t)(t1)2(3t1)(t1)0．）

则f(1)h(1)0，因此1(m，n)．

因为［m，n］［-2，2］，所以nm217．

③当2t0时，因为f(x)，g(x)均为偶函数，因此nm7也成立．综上所述，nm7．

20．解：（1）因为等差数列{an}是“λ～1”数列，则Sn1Snan1，即an1an1，

也即(1)an10，此式对一切正整数n均成立．

若1，则an10恒成立，故a3a20，而a2a11，

这与{an}是等差数列矛盾．

所以1．（此时，任意首项为1的等差数列都是“1～1”数列）

（2）因为数列{a3n}(nN*)是“3~2”数列，

所以S3n1Sn3a3n1，即Sn1Sn3Sn1Sn．

因为aSn1n0，所以Sn1Sn0，则13Sn1SS1．

n3n令Sn1Sb32212n，则bn1bn1，即(bn1)(bn1)(bn1)．

n33解得b2，即Sn1Sn1nS2，也即4，

nSn所以数列{Sn}是公比为4的等比数列．

因为Sn1(n1),1a11，所以S1n4．则an34n2(n2).

（3）设各项非负的数列{an}(nN*)为“~3”数列，

则111S3n31Sn3an31，即Sn13Sn3Sn1Sn．

因为aSn1n0，而a11，所以Sn1Sn0，则3S1=3Sn1S1．

nn令3Sn133S=cn，则c13c3c3nn1(n 1)，即(cn1)(cn1)(cn 1)．（*）

n①若0或=1，则（*）只有一解为cn=1，即符合条件的数列{an}只有一个．

（此数列为1，0，0，0，…）

）化为(c23②若1，则（*2n1)(cn31cn1)0，

因为c232n1，所以cn31cn10，则（*）只有一解为cn=1，

即符合条件的数列{an}只有一个．（此数列为1，0，0，0，…）

③若01，则c2n3231cn10的两根分别在（0，1）与（1，+∞）内，

则方程（*）有两个大于或等于1的解：其中一个为1，另一个大于1（记此解为t）．

所以S3n1Sn或Sn1tSn．

由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同结果，所以这样的数列{Sn}有无数多个，则对应的{an}有无数多个．

综上所述，能存在三个各项非负的数列{an}为“~3”数列，的取值范围是01．

21．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

A．[选修4-2：矩阵与变换]（10分）

平面上点A(2,1)在矩阵Ma11b对应的变换作用下得到点B(3,4)．

（1）求实数a，b的值；

（2）求矩阵M的逆矩阵M1．

B．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在极坐标系中，已知点A(ππ1,3)在直线l:cos2上，点B(2,6)在圆C:4sin上（其中0，02）．

（1）求1，2的值；

（2）求出直线l与圆C的公共点的极坐标．

C．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

设xR，解不等式2|x1||x|4．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20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．

22．（10分）

在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；

（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．

23．（10分）

甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．

（1）求p1，q1和p2，q2；

（2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示) ．

数学Ⅱ(附加题)参考答案

21．【选做题】

A．[选修4-2：矩阵与变换]

本小题主要考查矩阵的运算、逆矩阵等基础知识，考查运算求解能力．满分10分．

解：（1）因为a1232a13,1b1=4

，所以2b4,

解得ab2，所以M2112．

（2）因为M2　 11　　2，det（M）221（1）50，所以M可逆，

2　 -1从而M1551．

5　　　25B．[选修4-4：坐标系与参数方程]

本小题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．满分10分．

解：（1）由1cos2，得14；24sin2，又（0，0）（即（0，366））也在圆C上， 因此22或0．

（2）由cos2,4sin,得4sincos2，所以sin21．

因为0，0 2，所以4，=22．

所以公共点的极坐标为(22,4)．

C．[选修4-5：不等式选讲]

本小题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．满分10分．

解：当x>0时，原不等式可化为2x2x4，解得0x23；

当1x0时，原不等式可化为2x2x4，解得1x0；

当x1时，原不等式可化为2x2x4，解得2 x1．

综上，原不等式的解集为{x|2x23}．

22．【必做题】本小题主要考查空间向量、异面直线所成角和二面角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力．满分10分．

解：（1）连结OC，因为CB =CD，O为BD中点，所以CO⊥BD．

又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC．

以OB，OC，OA为基底，建立空间直角坐标系O–xyz．

因为BD=2，CBCD5，AO=2，

所以B（1，0，0），D（–1，0，0），C（0，2，0），A（0，0，2）．

因为E为AC的中点，所以E（0，1，1）．

则AB=（1，0，–2），DE=（1，1，1），

所以|cosAB，DE||ABDE||102|15|AB||DE|5315．

因此，直线AB与DE所成角的余弦值为1515．

（2）因为点F在BC上，BF14BC，BC=（–1，2，0）．

所以BF114BC(4,12,0)．

又DB（2,0,0），

故DFDBBF(7,142,0)．

设n1(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，

x1y1z10，则DEn10，即

DFn10,74x112y10,取x12，得y1–7，z15，所以n1(2，7，5)．

设n2(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又DC=（1，2，0），

则DEn20，即x2y2z20，取xDCn22，得y220,x22y–1，z2–1，

20,所以n2(2，1，1)．

故|cos||n1n2||4|n|n75|13．

1|2|78613所以sin1cos223913．

23．【必做题】本小题主要考查随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维能力和推理论证能力．满分10分．

解：（1）pC1111C1C121C1313C33，q12C1C313C33，

pC111C3C112C11272C11p111q10(1p1q1)p1q1，

3C3C3C33927qC11112C3C12C2C11C1C113C22C11p1(1111)q111(1p1q1)

3C3C3C3C3C3C3C3 1216=q1．

9327（2）当n2时，

11C1C1121C32C1pn11pn111qn10(1pn1qn1)pn1qn1，①

C3C3C3C3391111C1C1C1C13C22C32C21C1qn11pn1(1111)qn111(1pn1qn1)

C3C3C3C3C3C3C3C312=qn1，②

932①②，得2pnqn241212pn1qn1qn12pn1qn1．

39933313从而2pnqn1(2pn1qn11)，又2p1q11，

所以2pnqn1()n11()n，nN*．③

由②，有qn(qn1)，又q1所以qn11n13()，nN*．

1595121331n11n1()()，nN*．

11，

5()nqn］由③，有pn［故1pnqn31n11n1()()，nN*．

109235Xn的概率分布

Xn

0

1pnqn

1

qn

2

pn

P

则E(Xn)0(1pnqn)1qn2pn1()n,nN*．

13