数学-2020年高考数学押题预测卷03（江苏卷）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

2020年高考数学原创押题预测卷03（江苏卷） 1.【答案】 【解析】因为集合 ,所以 . 2.【答案】3 【解析】因为 ,由题意得 所以 3.【答案】27 【解析】当 时，令 ，解得 （舍去），当 时，令 ，解得 . 所以输入的 的值为27. 4. 【答案】 【解析】同时投掷这两枚骰子一次,共包含基本事件 (个)，事件 “它们朝下一面的编号相同”包含一下4个基本事件：（1,1），（2,2），（3,3）（4,4）. 根据古典概型的概率计算公式可得,同时投掷这两枚骰子一次, 它们朝下一面的编号相同的概率为 5【答案】4 【解析】解法一设样本 的平均数为 ,则 ， 方差 即 ，而样本 的平均数 EMBED Equations ，所以样本 的标准差为4. 解法二 由性质“若样本 的方差为 ，则样本 的方差为 ”及已知可知，样本 的方差为 故样本 的标准差为4. 6【答案】（-1,7） 【解析】令 即 解得 所以函数 的定义域是（-1,7）. 7【答案】 【解析】设双曲线C的标准方程为 其渐近线方程为 ， 右准线方程为 ，右焦点F（2,0）到渐近线的距离为 .由题意知， 又 ，所以 所以双曲线C的标准方程为 . 8.【答案】 【解析】由 可得， 即 结合 可得， 即 ，解得 或 当 时 ， 则 故 当 时， 则 故 9【答案】 【解析】设数列 的公差为 ，则由条件得 解得 所以 则 ，所以数列 的前 项和为 10【答案】8 【解析】如图，取PB的中点G，连接EG，FG，易知三棱锥 和三棱柱 同底等高，故 连接EB，EC，则 EMBED Equations 所以五面体 的体积为 11【答案】3 【解析】因为 ，所以 12【答案】 【解析】根据题意可设F的方程为 因为四边形ABCD为等腰梯形，且 ，所以根据椭圆与等腰梯形的对称性可设 ，所以 解得 .因为直线OD与直线 垂直，所以直线OD的斜率为 所以 ，即 ，所以直线OD的斜率 所以 ，而 所以F的离心率为 . 13【答案】6 【解析】解法一 由 及正弦定理得 ，即 ，由余弦定理得 又 ，所以 因为 ，所以 由 得 ，所以 ，又 所以 ，则 当且仅当 时等号成立，所以 的周长 ，即 周长的最小值为6. 解法二由 及正弦定理得 即 ，由余弦定理得 又 ，所以 建立如图所示的平面直角坐标系，设 ， 则 得 所以 的周长 = EMBED Equations ，当且仅当 即 时等号成立， 所以 周长的最小值为6. 14【答案】 【解析】当 时， 则 因为 是R上的奇函数，所以 即 所以 函数 有两个不同的零点，即函数 与 的图象有两个不同的交点，当 时，作出函数 与 的图象如图1所示，此时函数 与 的图象无交点，函数 在 处的导数 ，函数 在 处的导数 ，要使得函数 与 图象有两交点，需 所以 当 时，作出函数 与 的图象如图2所示，此时函数 与 的图象有两个交点,则函数 与 的图象有无交点，函数 在 处的导数 ，函数 在 处的导数 ，要使得函数 与图象有两交点，需 所以 综上，实数 取值范围是 . 15. (本题14分) 【解析】(1)在直四棱柱 中, 平面ABCD, 平面ABCD,所以 因为四边形ABCD是矩形,所以 ， 又 平面 平面 所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ， （2）连接AC，交DE于点G，连接FG. 因为四边形ABCD是矩形,且E是BC的中点, 所以 因为 ,所以 所以 ， 又 平面DEF， 平面DEF， 所以 平面DEF. 16. (本题14分) 【解析】（1）因为 所以 所以 所以 又 所以 而 所以 所以 （2）由题意，得 由 可得 令 得 解得 . 所以函数 图象的对称中心为 17. (本题14分) 【解析】（1）以O为原点，OA边所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 过点B作BG⊥OA于点G， 在直角△ABC中，，， 所以AG＝BG＝1，又因为OA＝2， 所以OG＝1，则B（1，1）， 设抛物线OCB的标准方程为y2＝2px，p＞0， 代入点B的坐标，得， 所以抛物线的方程为y2＝x． 因为CD＝a，所以AE＝EF＝a，则DE＝2﹣a﹣a2， 所以f（a）＝a（2﹣a﹣a2）＝﹣a3﹣a2+2a，定义域为（0，1）． （2）f'（a）＝﹣3a2﹣2a+2，令f'（a）＝0，得． 当时，f'（a）＞0，f（a）在上单调增； 当时，f'（a）＜0，f（a）在上单调减． 所以当时，f（a）取得极大值，也是最大值． 答：（1）f（a）＝﹣a3﹣a2+2a，定义域为（0，1）； （2）当时，矩形草坪CDEF的面积最大． 18．(本题16分) 【解析】（Ⅰ）点M是圆O上的一点，可得圆O的半径为2， 则圆O的方程为x2+y2＝4； （Ⅱ）若直线l