江苏省南通市如皋市2020届高三下学期二模考试数学试题 Word版含解析 30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（二）‎ 数学试题 第Ⅰ卷（必做题，共160分）‎ 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.设全集，集合，，__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简集合,再求得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以,‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查集合交、并、补运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎2.若复数满足（为虚数单位），则______________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由，得，则，故答案为.‎ ‎3.某工厂为了了解一批产品净重（单位：克）情况，从中随机抽测了100件产品的净重，所得数据均在区间[96，106]中，其频率分布直方图如图所示，则在抽测的100件产品中，净重在区间上的产品件数是 ．‎ - 30 -‎ ‎【答案】55‎ ‎【解析】‎ 试题分析：产品净重在区[100，104]上的频率为 ‎（0.15+0.125）×2=0.55，所以产品数为 ‎100×0.55=55；‎ 考点：1.频率分布直方图；‎ ‎4.某医院欲从积极扱名的甲、乙、丙、丁4名医生中选择2人去支援武汉抗击“新型冠状病毒”，若毎名医生被选择的机会均等，则甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出甲乙都不被选择的概率，再利用对立事件的概率求解即可.‎ ‎【详解】由题得甲乙都不被选择的概率为,‎ 由对立事件的概率公式得甲、乙2人中至少有1人被选择的概率为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，考查对立事件的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎5.执行下边的伪代码后，输出的结果是__________.‎ - 30 -‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接模拟运行程序即得解.‎ ‎【详解】由题得：0＜27，, ‎ 不满足,输出：.‎ 故答案为：7‎ ‎【点睛】本题主要考查程序框图，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎6.在平面直角坐标系中，已知双曲线：的左，右焦点分别为，，设过右焦点且与轴垂直的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，若是正三角形，则双曲线的离心率为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不妨设点在轴上方，先求出点坐标，再由题得，化简即得双曲线的离心率.‎ ‎【详解】不妨设点在轴上方，‎ 联立得.‎ - 30 -‎ 因为是正三角形，所以.‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎7.已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象与原函数图象重合，则的最小值等于__________.‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题得，化简即得解.‎ ‎【详解】由题得,‎ 因为，所以的最小值等于4.‎ 故答案为：4‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的周期性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎8.已知等比数列的前项和为，若，且，，成等差数列，则满足不等式的的最小值为__________.‎ ‎【答案】12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先分析得到等比数列的公比，再列方程组解方程组求出首项和公比，再代入化简即得解.‎ ‎【详解】因为，，成等差数列。所以等比数列的公比.‎ - 30 -‎ 由题得 因为，所以 因为时，，‎ 时，.‎ 所以的最小值为12.‎ 故答案为：12‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的计算，考查等比数列的通项和前项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎9.在三棱锥中，平面，，，则该三棱锥的外接球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，设的中点为,连接，证明点就是外接球的球心.外接球的半径为，即得外接球的表面积.‎ - 30 -‎ ‎【详解】‎ 如图，设的中点为,连接，由勾股定理得,‎ 因为 所以平面,∴.‎ 因为平面,‎ 所以平面,所以,‎ 所以,‎ 因为,所以.‎ 所以,‎ 所以点就是外接球的球心.‎ 所以外接球的半径为.‎ 所以外接球的表面积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查几何体的外接球表面积的计算问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ - 30 -‎ ‎10.已知实数，满足条件，若不等式恒成立，则实数的最大值是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出不等式组对应的可行域，如图所示，求出，化简已知得恒成立，再换元利用导数求函数的最值即得解.‎ ‎【详解】‎ 作出不等式组对应的可行域，如图所示，‎ 联立得,‎ 所以.‎ 因为不等式恒成立，‎ 所以恒成立，‎ - 30 -‎ 设，恒成立，‎ 设，‎ 所以函数在单调递减，单调递增.‎ 所以.‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划求最值，考查利用导数求函数的最值，考查不等式的恒成立问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎11.如图，在四边形中，对角线与相交于点.已知，，，且是的中点，若，则的值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，设，先求出,再根据得到，再求的值得解.‎ ‎【详解】‎ - 30 -‎ 如图，四点共圆，为圆的直径.‎ 设，所以，由相交弦定理得，‎ 在直角△中，由勾股定理得，‎ 在△中，由余弦定理得.‎ 因为，‎ 所以，‎ 又,所以.‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算，考查平面几何圆的知识，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎12.在平面直角坐标系中，已知在圆：上运动，且.若直线：上的任意一点都满足，则实数的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再化简得，再代点到直线的距离公式解不等式得解.‎ ‎【详解】由题得圆的圆心.且,,‎ - 30 -‎ ‎（其中是的夹角），‎ ‎，‎ 因为，‎ 所以,‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以.‎ 所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎13.已知函数，若存在实数，使得函数有6个零点，则实数的取值范围为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先作出函数的图象，由题得，三点的高度应满足或,所以或，解不等式即得解.‎ - 30 -‎ ‎【详解】‎ 由题得函数的图象和直线有六个交点.显然有.‎ ‎,（），‎ 所以函数在单调递减，在单调递增，且.‎ 由题得，‎ 三点的高度应满足或,‎ 所以或，‎ 因为 所以或，‎ 综合得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查利用导数求函数的单调性，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ - 30 -‎ ‎14.在中，角，，所对的边分别是，，，若是边上的中线，且，则的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，过点作,设，求出，再利用基本不等式求最小值得解.‎ ‎【详解】‎ 过点作,设，‎ 由三角函数定义得.‎ 当且仅当时取等号.‎ 所以的最小值为 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ - 30 -‎ 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.在中，角，，所对的边分别是，，，已知.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化简得，即得角的大小；（2）由余弦定理得，由正弦定理得，，即得的值.‎ ‎【详解】（1）因为，根据正弦定理，‎ 得，‎ 因为，所以，‎ 所以，即，‎ 整理得，所以，‎ 又，故.‎ ‎（2）在中，，，，‎ 由余弦定理得，‎ 得，故 由正弦定理得，解得.‎ - 30 -‎ 因为，故，，‎ 所以.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎16.在三棱柱中，，，且，为的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明，平面即得证；（2）取的中点，连校、,‎ ‎，先证明面，即得证.‎ ‎【详解】（1）连接，交于点，连接．‎ 在三棱柱中，四边形是平行四边形，‎ 因为，‎ 所以是的中点，所以．‎ - 30 -‎ 又面，面面．‎ 所以平面．‎ ‎（2）取的中点，连接、．‎ 囚为，．所以是正三角形，．‎ 因为是的中点，所以．‎ 因为，是的中点，所以．‎ 又，，面，‎ 所以面．‎ 因为面，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象分析推理能力.‎ ‎17.现有一块废弃的半圆形钢板，其右下角一小部分因生锈无法使用，其形状如图所示，已知该钢板的圆心为，线段为其下沿，且，.现欲从中截取一个四边形，其要求如下：点，均在圆弧上，平分，且，垂足在边上.设，四边形的面积为.‎ ‎（1）求关于的函数解析式，并写出其定义域；‎ ‎（2）当为何值时，四边形的面积最大？‎ ‎【答案】（1），其定义域为（2）‎ ‎【解析】‎ - 30 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接，取的中点，的中点，连接，．根据，求出关于的函数解析式，并写出其定义域；（2）利用导数求函数的最值即得解.‎ ‎【详解】（1）连接，取的中点，的中点，连接，．‎ 因为，所以，‎ 因为平分，所以，‎ 所以，故，‎ 所以．‎ 在中，，，所以，，‎ 在中，，，所以，，‎ 在中，，，所以，，‎ 所以 ‎，‎ 所以，其定义域为．‎ ‎（2）因为，，‎ ‎．‎ 令，得，设锐角满足，‎ 列表：‎ - 30 -‎ ‎0‎ 极大值 所以当时，取得最大值．‎ 答：当时，四边形的面积最大．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的应用，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和应用能力.‎ ‎18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，且经过点，过左焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于点，两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线，，的斜率之和为0，求直线的方程；‎ ‎（3）设弦的垂直平分线分别与直线，椭圆的右准线交于点，，求的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ - 30 -‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知求出的值，即得椭圆的的方程；（2）设直线：，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，根据直线，，的斜率之和为0，求出，即得直线的方程；（3）直线的斜率不存在时，；直线的斜率存在时，求出.即得解.‎ ‎【详解】（1）因为椭圆的焦距为2，所以椭圆的焦点为，‎ 所以点到焦点，的距离分别为，，‎ 故，得．‎ 所以，椭圆的方程为．‎ ‎（2）依题意，左焦点，设直线：，，，．‎ 联立方程组整理得，‎ 所以，．‎ 因为直线，，的斜率之和为0，所以，‎ 即，整理得，‎ 即，解得．‎ 所以直线的方程为．‎ ‎（3）若直线的斜率不存在，；‎ - 30 -‎ 若直线的斜率存在，由（2）可得 ‎，‎ 又，直线的斜率为，，‎ 所以．‎ 故，‎ 令，则，‎ 故 当时，，，‎ 所以．‎ 显然，，‎ 所以的最小值为2．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的最值问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎19.已知函数，其中，为自然对数的底数.‎ ‎（1）若，求函数在处的切线方程；‎ - 30 -‎ ‎（2）若函数在定义域上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围；‎ ‎（3）设函数在区间)上存在极值，求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）或（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用导数求函数在处的切线方程；（2）对分两种情况讨论，当时，再分三种情况结合导数分类讨论；（3）先求出，要使得在上存在极值，则须满足即分析推理即可得到.‎ ‎【详解】（1）当时，，，，，‎ 所以函数在处得切线方程为．‎ ‎（2）因为，，，‎ 所以．‎ ‎①若，则，在上是单调增函数，‎ 所以在上至多一个零点，与题意不符合．‎ ‎②若，令，得．‎ ‎0‎ 极小值 - 30 -‎ ‎（ⅰ）若，即时，有且仅有一个零点，与题意不符．‎ ‎（ⅱ）若，即时，，，‎ 又，且的图像在上不间断，‎ 所以存在，使得．‎ 此时，在恰有两个不同得零点和．‎ 所以符合题意．‎ ‎（ⅲ）若，即时，．‎ 令，，，‎ 所以在上单调增函数，，‎ 所以在上是单调增函数，．‎ 所以，且，的图像在上不间断，‎ 所以存在，使得．‎ 此时，在恰有两个不同得零点和．‎ 所以符合题意．‎ 综上所述，实数的取值范围是或．‎ ‎（3）依题意，．‎ 则，令，，，‎ 所以在上是单调增函数．‎ - 30 -‎ 要使得在上存在极值，‎ 则须满足即 所以，，即．‎ 由（2）可知，当时，，‎ 所以，．‎ 所以，即，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的零点问题，考查利用导数证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎20.已知数列的前项和为，设.‎ ‎（1）若，记数列的前项和为.①求证：数列为等差数列；②若不等式对任意的都成立，求实数的最小值；‎ ‎（2）若，且，是否存在正整数，使得无穷数列，，，…成公差不为0等差数列？若存在，给出数列的一个通项公式；若不存在，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）（2）不存在；详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①，，两式相减化简得，所以数列为等差数列；②先利用错位相减求出，由不等式对任意的都成立得到对任意恒成立，求出的最大值得解；（2）由题得当，时，‎ - 30 -‎ ‎.假设存在，，，，…成等差数列，公差为，则，再对分两种情况讨论得解.‎ ‎【详解】（1）①因为，，（i）‎ 所以．（ii）‎ 将（i）（ii），得，即．（iii）‎ 所以，当，时，，（iv）‎ 将（iii）（iv）得，‎ 当，时，，‎ 整理得，，即，‎ 所以数列为等差数列．‎ ‎②因为，令，2，得，‎ 解得，，‎ 结合①可知，，故．‎ 所以，‎ ‎，‎ 两式相减，‎ 得，‎ 所以．‎ 依题意，不等式对任意的都成立，‎ - 30 -‎ 即对任意恒成立，‎ 所以对任意恒成立．‎ 令，‎ 则，‎ 所以当，2时，，即，‎ 且当，时，，即 所以当时，取得最大值，‎ 所以，实数的最小值为．‎ ‎（2）因为，所以，即．‎ 因为，所以，．‎ 所以，，．‎ 所以当，时，，．‎ 假设存在，，，，…成等差数列，公差为．‎ 则，‎ ‎（ⅰ）若，则当，时，，‎ 而，，所以与题意矛盾．‎ ‎（ⅱ）若，则当，时，与题意矛盾．‎ 所以不存在，使得无穷数列，，，…成公差不为0的等差数列．‎ - 30 -‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列的证明和错位相减法求和，考查数列不等式的恒成立问题的求解，考查数列中的探究性问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 第II卷（附加题，共40分）‎ ‎21.已知矩阵，，求矩阵，使得.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出，再根据求解.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以 由，得，‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查矩阵，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.‎ ‎22.在极坐标系中，求直线被曲线所截得的弦长.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 30 -‎ 联立方程组求出，即得直线被曲线所截得的弦长.‎ ‎【详解】联立方程组得．‎ 又因为直线与曲线都经过极点，‎ 所以直线被曲线所截得的弦长为．‎ ‎【点睛】本题主要考查极坐标中弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎23.在平面直角坐标系中，已知抛物线：上一点到准线的距离与到原点的距离相等.‎ ‎（1）求抛物线的方程；‎ ‎（2）过不在轴上的点作抛物线的两条切线，，切点分别为，，若，求证：直线过定点.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，由题得，解方程即得解；（2）设，，先求出切线的方程，根据得.再求出直线方程，证明其过定点.‎ - 30 -‎ ‎【详解】（1）因为点在抛物线上，所以，得.‎ 因为点到准线的距离与到原点的距离相等.‎ 所以，解得（负值舍）.‎ 所以抛物线的方程为.‎ ‎（2）设，，依题意，，.‎ 因为，，‎ 所以切线的方程为，即，‎ 同理，切线的方程为.‎ 联立方程组解得 所以点得坐标为.‎ 因为，所以，‎ 即，整理得.‎ 所以直线的方程为，即 所以直线恒过定点.‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中的直线定点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ - 30 -‎ ‎24.已知数列的首项，且，.‎ ‎（1）求的最小值；‎ ‎（2）求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意，，，再利用基本不等式求的最小值；（2）用数学归纳法证明：当，时，.根据即得证.‎ ‎【详解】（1）依题意，，，‎ 所以，‎ 当且仅当，即时，取“”.‎ 所以的最小值为4.‎ ‎（2）因为，当，，‎ 所以在上是单调增函数.‎ 所以，当时，.‎ 下面用数学归纳法证明：当，时，.‎ - 30 -‎ ‎①当时，.结论成立；‎ ‎②假设时，.‎ 那么时，‎ 所以时，.‎ 据数学归纳法可知，当，时.‎ 所以 ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求最小值，考查数学归纳法证明不等式，意在考查学生对这些知识点理解掌握水平和分析推理能力.‎ - 30 -‎ - 30 -‎