江苏省南通市如皋市2020届高三下学期三模考试数学试题 Word版含解析 31页

www.ks5u.com 江苏省如皋市2019—2020学年高三年级第二学期语数英学科模拟(三)‎ 数学试题 一､填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请将答案填写在答题卷相应的位置上.)‎ ‎1. 复数满足(其中为虚数单位)，则的虚部为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用复数的除法，将复数化为的形式，再根据复数的概念求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，‎ 所以的虚部为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查复数的运算和概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2. 已知集合，且，则_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意知，对A集合中元素进行分类讨论求出m，然后根据集合交集的概念计算即可.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 若，此时，满足条件；‎ 若，则，，不符合题意，舍去.‎ 所以，.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查根据集合交集的结果求参数、集合的并集运算，属于基础题.‎ ‎3. 某党员连续七天在“学习强国”‎ - 31 -‎ 上获得的学习积分如图所示,则该党员这七天在“学习强国”上获得的学习积分的方差为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算七个数据的平均数,再根据方差的计算公式求解即可.‎ ‎【详解】由茎叶图可知,该党员七天的学习积分平均数,‎ 故方差 ‎ ‎.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了方差的计算,属于基础题.‎ ‎4. 由于新冠肺炎疫情，江苏紧急抽调甲､乙､丙､丁四名医生支援武汉和黄冈两市，每市分配2名医生，则甲､乙两人恰好分配在同一个城市的概率为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出每市分配两名医生的方法数，再求出甲､乙两人恰好分配在同一个城市的方法数后可得概率．‎ ‎【详解】四名医生平均分配到两市的方法为，甲､乙两人恰好分配在同一个城市的方法数是2，‎ 所求概率为．‎ 故答案为：．‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题考查古典概型，解题关键是求出基本事件的个数．平均分组时要注意组间有无区别．‎ ‎5. 如图是某算法的伪代码，输出的结果的值为_______.‎ ‎ ‎ ‎【答案】18‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟程序运行，观察变量值的变化，判断循环条件可得结论．‎ ‎【详解】程序运行时变量值：，满足，开始循环，；满足，‎ ‎；满足，；满足，；不满足，‎ 输出．‎ 故答案为：18．‎ ‎【点睛】本题考查伪代码，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，观察变量值的变化，判断循环条件，从而得出结论．‎ ‎6. 已知直线与双曲线的一条渐近线垂直，且右焦点到直线l的距离为2，则双曲线的标准方程为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线与一条渐近线垂直得，由右焦点到直线的距离可求得，从而得到．得双曲线方程．‎ - 31 -‎ ‎【详解】直线与一条渐近线垂直，则这条渐近线的斜率为，∴①，右焦点为，则，②，又③，①②③联立可解得，双曲线方程为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查求双曲线的标准方程，考查双曲线的渐近线．解题方法是直接法，根据已知条件求出，得双曲线方程．‎ ‎7. 已知函数，则不等式的解集为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，求导得到，分析导数的正负，得到函数的单调性，再利用单调性的定义求解.‎ ‎【详解】因，‎ 所以，‎ 而，当且仅当，即取等号.‎ ‎，‎ 所以，‎ 所以在R上是增函数，‎ 因为，‎ 所以，‎ 解得或.‎ 故答案为：‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题主要考查导数与函数单调性以及单调性定义的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.‎ ‎8. 如图，在直三棱柱中，，则四棱锥的体积为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知四棱锥的体积可由求出，将边长代入公式即可．‎ ‎【详解】解：依题意可得：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查棱锥的体积公式，是基础题．‎ ‎9. 已知成等差数列，成等比数列，且，则_______.‎ ‎【答案】1或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，根据等差数列的性质，得到，再由等比数列的性质，列出方程求得或，代入即可求解.‎ ‎【详解】设由构成的等差数列的公差为，‎ 根据等差数列的性质及，可得，‎ - 31 -‎ 又由成等比数列，可得，即，‎ 整理得，解得或，‎ 当时，可得，解得；‎ 当时，可得，解得.‎ 故答案为：1或.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式，以及等差、等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用等差、等比数列的性质，列出方程求得公差的值是解答的关键，着重考查运算与求解能力.‎ ‎10. 已知中，，且，则的值为_______.‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在中,设分别是角所对边长,由数量积公式及余弦定理可知,,,化简计算即可解得,进而解得所求.‎ ‎【详解】在中,设分别是角所对边长, ,且,即,‎ 由余弦定理可知:,即,代入,‎ 解得:或(舍).‎ 所以.‎ 故答案为:2‎ ‎【点睛】本题考查数量积的定义,考查余弦定理在解三角形中的应用,考查计算能力,难度一般.‎ ‎11. 已知正数满足，则的最小值为_______.‎ - 31 -‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，然后，展开利用基本不等式即可求解.‎ ‎【详解】由可得 当时等号成立 故答案为：9‎ ‎【点睛】本题考查的是利用基本不等式求最值，属于基础题.‎ ‎12. 若函数()与函数有相同的最小正周期，存在，且，使得成立，则实数的取值范围为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化简函数，并根据与的最小正周期相同，求出，再结合题意，可得的范围，分类讨论法，即可求出实数的取值范围.‎ ‎【详解】(其中，)，‎ - 31 -‎ 周期，周期，‎ 与有相同的最小正周期，，，,解得，‎ 存在，，使，‎ 有最值，‎ 又，，‎ ‎，即，‎ 为偶数时，，即，解得，‎ 为奇数时，，即，无解，‎ 综上，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查辅助角公式、三角函数的周期性、三角函数的值域及由三角函数的值域求参数，考查了分类讨论的思想，属于中档题.‎ ‎13. 已知函数，均为周期为2的函数，， ，若函数在区间有10个零点，则实数的取值范围是_______.‎ - 31 -‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出的图象以及在上的图象，通过分析图象，可知与在有2个交点，在有1个交点，通过换元法，即可求得结果.‎ ‎【详解】作出的图象，如图，‎ 作出在上的图象，‎ 在和上，与共有两个交点，‎ 与在共10个交点，‎ 与在，，共有8个交点，‎ 又与的周期为2，‎ 与在有2个交点，在有1个交点，‎ ‎①在有2个交点，‎ 由①知，，‎ - 31 -‎ 令，则，，‎ 由基本不等式知，当且仅当时，取等号；‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 所以时有两解，‎ ‎②在有1个交点，‎ 由②知，‎ 令，则，，‎ 令，则，‎ 令，解得，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，在上单调递减，‎ ‎，‎ 所以，当时，，‎ 当时，，‎ - 31 -‎ 所以，或，‎ 综上，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查了利用零点个数求参数的取值范围问题，其中涉及到基本不等式的应用、利用导数研究函数的单调性等知识点，考查了数形结合的应用，考查学生的运算求解能力，难度较大.‎ ‎14. 已知是圆：的一条弦，其长度，是的中点，若动点､，使得四边形为平行四边形，则实数的最大值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由弦心距可求得,即点轨迹,四边形为平行四边形可知,根据向量相等坐标的关系化简可得，要求出的最大值, 取构造不等式即可得解.‎ ‎【详解】是中点∴，∴，点轨迹方程为：‎ 为平行四边形，令，∴‎ ‎∴，∴‎ ‎，，‎ - 31 -‎ ‎，要求出的最大值,取 ‎∴.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题考查了圆心距,考查轨迹法求圆的方程,考查了基本不等式拓展公式前两个的关系在求最值中的应用,难度较难.‎ 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，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.)‎ ‎15. 如图所示，在正方体中，分别为､的中点. ‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面.‎ ‎【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 在中,为中点,为中点,即可证得,根据线面平行的判定定理即可得出结论;‎ ‎(2) 在正方体中易证得平面,则,由可证得平面 - 31 -‎ ‎,即可得出,同理可证得,根据线面垂直的判定定理即可证得结论.‎ ‎【详解】（1）连接 ‎∵正方体 ‎∴四边形为正方形 ‎∵为中点 ‎∴也为中点 又∵在中，为中点 ‎∴‎ ‎∵平面，平面 ‎∴平面 ‎（2）连接,‎ ‎∵为正方体 ‎∴四边形为正方形 ‎∴‎ ‎∵平面 ‎∴平面 ‎∵平面 ‎∴‎ ‎∵四边形为正方形 且为正方形的对角线 ‎∴‎ - 31 -‎ ‎∵且平面 ‎∴平面 ‎∵平面 ‎∴‎ ‎∵正方体 ‎∴平面 ‎∵平面 ‎∴‎ ‎∵为正方体 ‎∴四边形为正方形 又∵为正方形的对角线 ‎∴‎ ‎∵平面 ‎∴平面 ‎∵平面 ‎∴‎ ‎∵平面 ‎∴平面 - 31 -‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理和性质定理,考查学生的逻辑推理能力,属于基础题.‎ ‎16. 已知，，，且.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知根据同角三角函数的基本关系可求得,根据代入即可求得求得结果.‎ ‎（2）由(1)利用二倍角公式,可求得,进而可得的值,根据角的范围,即可确定结果.‎ ‎【详解】（1）∵，且 ‎∴∴‎ 又∵‎ - 31 -‎ ‎∴‎ ‎（2）∴∴或 ‎∵∴‎ 又∵∴‎ ‎∵，且∴‎ 又∵∴∴‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系,二倍角公式,两角和与差的三角函数,考查已知三角函数值求角,属于基础题.‎ ‎17. 如图，在平面直角坐标系中，已知分别是椭圆：()的左､右焦点，点是椭圆上一点，且.若椭圆的内接四边形的边的延长线交于椭圆外一点，且点的横坐标为1，记直线的斜率分别为，.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若，求的值.‎ - 31 -‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求椭圆定义可知,点代入即可得出结果;‎ ‎（2）设，,因为的延长线交于椭圆外一点，且点的横坐标为1,于是有,将直线与椭圆方程联立,结合韦达定理及弦长公式可求得,,根据已知条件化简即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）,∴‎ 点是椭圆上一点，代入方程:，∴，‎ ‎∴椭圆的标准方程:‎ ‎（2）设，‎ 的延长线交于椭圆外一点，且点的横坐标为1，于是有 ①‎ ‎②‎ 于是：‎ 代入②可得 同理 - 31 -‎ 又，可得：‎ ‎∴‎ 法二：（1）由为椭圆的左右焦点，为上一点，‎ ‎∴，∴，∴椭圆 将代入可得 ‎∴椭圆的标准方程为 ‎（2）设，由斜率分别为 则直线的方程分别为 将与联立，设 由韦达定理，‎ ‎∴‎ - 31 -‎ 同理可证 则由，得 从而 即 ‎∴，∴‎ 又为的内接四边形，∴，∴‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线和椭圆位置关系中定点定值问题,考查韦达定理的应用,属于难题.‎ ‎18. 杭州西溪国家湿地公园是以水为主题的公园，以湿地良好生态环境和多样化湿地景观资源为基础的生态型主题公园.欲在该公园内搭建一个平面凸四边形的休闲､观光及科普宣教的平台，如图所示，其中百米，百米，为正三角形.建成后将作为人们旅游观光､休闲娱乐的区域，将作为科普宣教湿地功能利用､弘扬湿地文化的区域.‎ ‎（1）当时，求旅游观光､休闲娱乐的区域的面积；‎ ‎（2）求旅游观光､休闲娱乐的区域的面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过余弦定理可求得,进而得到,,,根据直角三角形的面积公式即可求得结果.‎ - 31 -‎ ‎（2）方法一:设,由余弦定理可求得,设，进而由余弦定理可得,则可求的值, 进而可得的值,根据面积公式化简可得,令，则面积可化简为,令,平方后化简为由的存在性可知即可求得,进而得出结果.‎ 方法二: 不妨设，,由正余弦定理可得,‎ ‎,‎ 利用面积公式及辅助角公式化简根据三角函数性质即可得出结果.‎ 方法三:设，,由余弦定理可知 ‎,为正三角形及由正弦定理得可得，由代入化简可得根据面积公式及辅助角公式化简可得,由三角函数性质即可得出结果.‎ ‎【详解】法一：（1）∵，∴‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵为正，∴，‎ - 31 -‎ ‎∴，∴‎ ‎（2）设，∴‎ ‎∴，∴‎ 设，∴，，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 令，∴上式 令，∴‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 法二：（1），∴‎ 又，∴，∴‎ ‎（2）不妨设，‎ 于是①‎ - 31 -‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎∴‎ 当且仅当时，∴面积最大为 法三：（1）由中，，，‎ 则由余弦定理c，∴‎ 又为正三角形，∴‎ ‎∴‎ ‎（2）在中，设∠，‎ 由余弦定理得 ‎∵为正三角形，∴‎ 由正弦定理得，即 ‎∴，∴(*)‎ ‎∵‎ 又由，∴，∴为锐角，∴(**)‎ ‎∴‎ - 31 -‎ ‎(由*和**)‎ ‎∴当，即当时，取得最大值.‎ ‎∴面积最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,考查三角形面积最值问题,考查解决最值问题的方法,构造函数借助判别式求最值,借助辅助角公式转化为三角函数值域问题,难度较难.‎ ‎19. 已知函数，，其中为自然对数的底数.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若函数有两个极值点，()(若是函数的极大值或极小值，则m为函数的极值点，极大值点与极小值点统称为极值点).‎ ‎①求a的取值范围；‎ ‎②证明：.‎ ‎【答案】（1）.（2）①；②证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）不等式变形为，令，利用导数研究的单调性，结合，可得不等式的解集；‎ ‎（2）①求出导函数，再由的导数研究的单调性，得的正负，从而得的单调性，由的极小值小于0及零点存在定理可得的范围，②由极值点定义知是的极大值点，是极小值点，从而有，‎ 设，则为偶函数，利用导数研究的单调性得，从而可证题设结论．‎ - 31 -‎ ‎【详解】（1）由得 令，∴，令 当时，，递减；当时，，递增 ‎∴‎ 注意到，结合单调性知不等式的解集为 ‎（2）‎ ‎，由题意知有上有两个不等的实根 令，令 当时，，递减；当时，，递增，‎ ‎∴‎ 要使有两个零点，则，此时注意到 ‎，∴在和上各有一个零点，满足题意，故的取值范围为 ‎②由为的2个极值点，且 ‎∴满足且由①知 ‎∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 则是的极大值点，是极小值点 ‎∴‎ 设，则为偶函数 ‎，‎ - 31 -‎ ‎∴在上单调递增 由时，，∴在上单调递增 ‎∴，‎ 又为偶函数，∴，，∴‎ 从而．‎ ‎【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性、函数的极值，证明与极值点有关的不等式．解题中涉及到多次求导，目的是确定单调性、最值、函数值的正负．本题考查了学生分析问题解决问题的能力，引入新函数把问题进行转化，考查了转化与化归能力，属于难题．‎ ‎20. 若正项数列的首项为，且当数列是公比为的等比数列时，则称数列为“数列”.‎ ‎（1）已知数列的通项公式为，证明：数列为“数列”；‎ ‎（2）若数列为“数列”，且对任意，、、成等差数列，公差为.‎ ‎①求与间的关系；‎ ‎②若数列为递增数列，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据数列通项公式得出，，结合题中定义可得出结论；‎ ‎（2）①根据数列为“数列”，可求得，再由、、成等差数列可得出，由此计算出，即可得解；‎ ‎②推导出，利用累加法可分别求出和的表达式，根据数列为递增数列可得出对恒成立，由此可求得的取值范围.‎ - 31 -‎ ‎【详解】（1），且，，，‎ 所以，数列的首项为且是公比为的等比数列，故为“数列”；‎ ‎（2）①数列为“数列”，，，‎ 而、、成等差数列，，‎ ‎；‎ ‎②由①知，，，，，‎ 所以，数列的奇数项与偶数项分别递增，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 因为，数列单调递增，对恒成立，‎ ‎，‎ 故的取值范围为.‎ - 31 -‎ ‎【点睛】本题考查数列的新定义，考查利用数列的单调性求参数，解答的关键就是利用累加法求出数列的通项公式，考查计算能力与推理能力，属于难题.‎ ‎21. 已知矩阵,圆经过矩阵对应的变换作用下得到圆：,求圆的方程.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆上任取一点,经过矩阵对应的变换作用下,变为,再根据矩阵的运算求出与的等量关系,再代入化简求解即可.‎ ‎【详解】在圆上任取一点,经过矩阵对应的变换作用下,变为 ‎,∴‎ 在上,∴,∴‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩阵变换的求解以及轨迹方程的求解,属于基础题.‎ ‎22. 在极坐标系中，曲线：，曲线：，曲线相交于两点.‎ ‎（1）求曲线､的直角坐标方程；‎ ‎（2）求弦长.‎ ‎【答案】（1）：，：；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将和两角差的正弦公式即可得､的直角坐标方程；‎ ‎（2）求出圆心到直线距离，结合垂径定理即可得结果.‎ - 31 -‎ ‎【详解】（1），即 ‎，‎ 即 即，即 ‎（2）圆心到直线距离，‎ ‎∴‎ ‎【点睛】本题主要考查了将极坐标方程化为直角坐标方程，直线截圆所得的弦长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎23. 已知抛物线上的点到其焦点距离为3，过抛物线外一动点作抛物线的两条切线，切点分别为，且切点弦恒过点.‎ ‎（1）求和；‎ ‎（2）求证：动点在一条定直线上运动.‎ ‎【答案】（1），.（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据抛物线的定义求得，由此求得抛物线方程，将 - 31 -‎ 的坐标代入抛物线方程，由此求得.‎ ‎（2）设出的坐标，根据抛物线的切线方程求得直线的方程，将的坐标代入直线的方程，由此求得直线的方程，将点坐标代入直线的方程，由此判断出动点在直线上运动.‎ ‎【详解】（1）由题意得 抛物线方程为，∴，‎ ‎（2）首先推导抛物线切线方程的一般性：设抛物线上的一点为，由，所以抛物线过点的切线的斜率为，切线方程为，化简得.‎ 设 ‎∴抛物线的切线的方程：‎ 抛物线的切线的方程：‎ ‎∵均经过，∴‎ 故直线即过，也过 故方程：‎ ‎∵它恒过，∴，∴它在上运动.‎ ‎【点睛】本小题主要考查抛物线的定义和标准方程，考查抛物线的切线方程，属于中档题.‎ ‎24. 已知集合中含有个元素，其中，，集合的含个元素的子集的个数为，即集合的含个元素的子集的个数为，集合的含个元素的子集的个数为，…记.‎ ‎（1）求，；‎ - 31 -‎ ‎（2）证明：.‎ ‎【答案】（1），.（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由、，结合的定义以及组合数的计算，求得的值.‎ ‎（2）利用数学归纳法证得等式成立.‎ ‎【详解】（1），‎ ‎.‎ ‎（2）‎ 下用数学归纳法证明：满足题意 假设时，‎ 当时，‎ 反复利用公式得上式 综上：对恒成立 ‎【点睛】本小题主要考查新定义数列的理解，考查利用数学归纳法进行证明，属于难题.‎ - 31 -‎ - 31 -‎