江苏省南京师大附中2020届高三数学下学期模拟考试试题（2）（含解析）.doc

1、江苏省南京师大附中2020届高三数学下学期模拟考试试题（2）（含解析）第卷参考公式：球体的表面积公式：，其中R为球体的半径一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1. 已知集合，则_ .【答案】【解析】 即答案为.2. 若复数z满足，则z的模是_【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算，即可求出复数，由此即可求出复数的模.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算和复数的模的运算，属于基础题.3. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为_【答案】16【解析】【分析】逐步执行算法，即可

2、得出结果.【详解】初始值：，；第一步：，进入循环，；第二步：，进入循环，；第三步：，进入循环，；第四步，结束循环，输出.故答案为：.【点睛】本题主要考查根据循环语句计算输出值，属于基础题型.4. 从学校高三年级随机抽取一个班，对该班45名学生的高校招生体检表中视力情况进行统计，其结果的频率分布直方图如图若高校A专业对视力要求不低于0.9，则该班学生中最多有_人能报考该专业【答案】18【解析】【分析】根据频率小矩形的高组距求得视力在0.9以上的频率，再根据频数频率样本容量求得该班学生中能报专业的最多人数【详解】由频率分布直方图知：视力在0.9以上的频率为，该班学生中能报专业的最多人数为故答案为：

3、18【点睛】本题主要考查由频率分布直方图求频率与频数，在频率分布直方图中频率小矩形的高组距意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5. 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中2只白球，2只红球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率是_【答案】【解析】【分析】根据古典概型的概率计算公式求解即可【详解】解：由题意，根据古典概型的概率计算公式得所求概率为，故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题6. 若双曲线的一条渐近线经过点，则此双曲线的离心率为_【答案】【解析】双曲线的渐近线方程为，由渐近线过点，可得，即，可得，故答案为.7. 若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径

4、与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比为 【答案】【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h，球半径为R,则, 因为r=2R，所以,即圆锥的母线长为,所以圆锥侧面积与球面面积之比为=.8. 已知函数图象如图所示，则_【答案】【解析】【分析】根据图象可求得该函数的最小正周期，进而求得的值，代入点结合的取值范围可求得的值，然后代入点可求得的值，可求得函数的解析式，然后代值计算可求得的值.【详解】由图象可知，函数的最小正周期为，此时，由题意可知，点为函数图象的一个对称中心，且函数在附近单调递减，可得，则，由图象可得，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数值的计算，同时也考查了利用图象求正弦

5、型函数的解析式，考查计算能力，属于中等题.9. 若平面向量与的夹角是，且，则等于_【答案】【解析】【分析】由已知可知与共线反向，令，然后由和列方程求解即可.【详解】解：因为平面向量与的夹角是，所以设，即，因为，所以，得，因为，所以，所以，故答案为：【点睛】此题考查共线向量，向量的模，向量的坐标运算，属于基础题.10. 已知是椭圆的长轴的两个端点，是椭圆上的动点，且的最大值为，则椭圆的离心率为_【答案】【解析】【分析】是椭圆上的动点，且的最大值为，此时是短轴顶点，利用直角三角形正切函数性质可得解【详解】因为是椭圆上的动点，当的最大值为，由椭圆性质得此时是短轴顶点且 ，所以 ，解得 故答案为：【点

6、睛】本题考查求椭圆离心率.求椭圆离心率的三种方法:(1)直接求出来求解通过已知条件列方程组，解出的值(2)构造的齐次式，解出由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于离心率的一元二次方程求解(3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率在解关于离心率的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率)进行根的取舍，否则将产生增根11. 已知函数，若对任意实数b，总存在实数，使得，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】作出函数、的图象，根据分段函数、二次函数的性质数形结合分类讨论求a的范围.【详解】作出函数、的图象如图所示：根据题意，当时，解得；当时，解得.综上所述，实数a的取值范围是.故答案为：【点

7、睛】本题考查函数的图象、分段函数的性质、二次函数的图象与性质，属于基础题.12. 在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c已知a2，3bsinC5csinBcosA0，则ABC面积的最大值是 【答案】2【解析】试题分析：由正弦定理得：又即又，由余弦定理得，当且仅当时，等号成立；所以，所以答案应填：2.考点：1、正弦定理；2、余弦定理；3、基本不等式.13. 已知一个数列只有21项，首项为，末项为，其中任意连续三项a，b，c满足b，则此数列的第15项是 【答案】【解析】试题分析：因为数列中任意连续三项满足，故数列是等差数列，其首项为，第21项为，此数列的第15项为所以，答案应填：.考点：

8、数列的通项公式.14. 已知，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】将不等式变形为，构造函数，可知当时，函数在上为减函数，可得出，进而可求得的取值范围.【详解】由，可得，构造函数，当且当，此时，函数在上为减函数，由于，则，所以，所以，.综上可得的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查恒成立问题，构造函数，判断单调性，结合单调性把抽象不等式转化为具体不等式，侧重考查数学抽象的核心素养.二、解答题（本大题共6小题，计90分解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内）15. 已知，且（1）求的值；（2）若，求的值【答案】（1）；（

9、2）【解析】【分析】（1）利用向量数量积的坐标运算公式列出与的关系式，再联立求解的值；（2）利用、的值分别求出、，再利用余弦的差角公式求解的值.【详解】解：（1）因为，所以，所以，又，得，因为，所以，所以（2）由（1）知，因为，所以，；因为，所以，因为，所以，所以【点睛】本题以平面向量为载体主要考察简单的三角恒等变换，难度一般，解答时要灵活运用同角三角函数关系式、和差角公式、二倍角公式等.16. 如图，在直三棱柱中，点分别为的中点（1）求证：平面；（2）若点是线段上一点且满足，求证：平面【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】试题分析：（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线

10、垂直出发，这往往需多次利用线面垂直判定与性质定理进行转化证明：先在在平面中，利用平几中三角形相似得，再根据直三棱柱性质得，又，因此可得，从而有（2）证明线面平行，因利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与证明，往往需利用平几知识，如本题需利用三角形相似比得直线平行试题解析：（1）在直三棱柱中，所以，因为，所以，又，所以，因为，所以，因为在平面中，所以四边形为正方形，因为点分别为的中点，所以，所以，所以，即，又因为，所以. （2）连接交于点，连接交于点，连接，在正方形中利用及平面几何知识可得，在正方形中利用且可得，所以在中，所以，又平面，平面，所以平面考点：线面垂直判定

11、定理，线面平行判定定理，17. 如图，有一直角三角形的支架，长为6米，长为12米，现用两根立柱，将支架撑起，要求与立柱，都在与地面垂直的同一个平面内，且，和地面都垂直，立柱的高度不小于立柱高度，C点离地面的距离为15米，A、B两点离地面的距离都不超过15米已知支架的造价为每米1万元，支架的造价为每米4万元（1）当立柱和立柱高度相同时，求两立柱的总造价；（2）求立柱和立柱总造价的最小值【答案】（1）万元；（2）万元【解析】【分析】设两立柱的总造价为y万元（1）过C作的垂线分别交，于，根据题中数据，求出，即可得出结果；（2）过B作的垂线，垂足为F，过C作的垂线，垂足为G，设，其中，设，根据题中数据

12、，得到，从而得到，化简整理，根据三角函数的性质，即可求出最值.【详解】解：设两立柱的总造价为y万元（1）过C作的垂线分别交，于，在中，由，且，可知，四边形为矩形，所以，此时，答：立柱和立柱高度相同时，两立柱的总造价为万元（2）过B作的垂线，垂足为F，过C作的垂线，垂足为G，设，其中，设，在中，因为，由，所以因为，由，可知，四边形为矩形，所以，因为支架的造价每米1万元，支架的造价每米4万元所以，令，则角为第一象限角，不妨，则，所以，因此，又，所以当时，取最小值，答：立柱和立柱总造价的最小值为万元【点睛】本题考查三角函数的应用，熟记三角函数的性质即可，属于中档题型.18. 如图，在平面直角坐标系中

13、，已知圆，圆，A是第一象限内的一点，其坐标为 （1）若，求t的值；（2）过A点作斜率为k的直线l，若直线l和圆，圆均相切，求k的值；若直线l和圆，圆分别相交于和，且，求t的最小值【答案】（1）；（2）或；【解析】【分析】（1），利用数量积坐标公式代入计算即可求得t的值；（2）设直线，由直线l和圆，圆均相切，根据点到直线的距离等于半径，计算可求k的值；设直线l：，由弦心距公式及，化简得，通过分离常量化简，构造函数借助基本不等式可求t的最小值【详解】解：（1）因为，所以，因为，所以，又，所以，所以A点的坐标为（2）设直线，则，所以，因为，所以因为直线l和圆，圆均相切，所以，所以，所以或，即或，当时

14、，得；当时，得，总之，将代入得；将代入得，故k的值为或直线l的方程为，即，到直线l的距离，所以，同理，因为，所以，且，将化简得，因为，所以，所以，设，则，等号当且仅当即时取得，所以，等号当且仅当时取得当时，成立，故t的最小值为【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，考查了数量积在求参数中的应用，考查了基本不等式在求范围中的应用，着重考查了分析问题与运算能力，属于难题.19. 已知数列是首项为1，公比为q的等比数列，且，数列的前n项的和记为，前n项的积记为，数列满足，（1）若，求的值；（2）若存在，使成等比数列，此时满足条件的q组成集合M，且，求k的最小值【答案】（1）；（2）4【解析】

15、【分析】（1）解方程，即得解；（2）若存在，使成等比数列，即，令，因为，所以，由题得，令，由在上是单调递增函数即得解.【详解】解：（1）因为，所以，解得或，又因为，所以，从而所以（2）证明：若存在，使成等比数列，即，令，因为，所以，所以*式可化为，由求根公式得又因为，所以，因为，不等式可化为，即，即，化简得，令，则，所以在上是单调递增函数，又因为，所以，所以k的最小值为4【点睛】本题主要考查利用递推关系求数列的项，考查等比中项的应用，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20. 设，b为常数，函数，（1）设，已知，求函数的所有极值的和；已知，函数在区间上恒为非负数

16、，求实数a的最大值；并判断a取最大值时函数在R上的零点的个数；（2）求证：无论如何变化，只要函数同时存在极大值和极小值，那么所有这些极值的和就是与无关的常数【答案】（1）2；a的最大值为；恰有两个零点；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接对函数求导，令导函数等于零解方程，然后列表判断极值即可函数在区间上恒为非负数，等价于，然后对函数求导，利用导数判函数的单调性，从而可确定函数在区间上的最小值是否非负，进而可求判断其零点的个数；（2）由于，所以对a的正负讨论，的奇偶讨论，判断导函数的正负，从而可得到其极值，得出两个极值点互为相反数，代入函数求和化简可得结论.【详解】解：（1）因为，所以，所

17、以，由得或；同理，由得所以函数的单调性如下表：x+0-0+极大极小所以，时，函数，在区间上恒为非负数，即，因为，所以，（i）当时，所以在上单调递减，所以，解得，这与矛盾；（ii）当时，因为，所以在区间上递减，在区间上递增，所以，因为，所以，所以综上所述，a的最大值为当时，解不等式得或，所以在区间和上单调递增，同理在区间上单调递减，所以，所以在R上恰有两个零点（2）证明：因为，（i）当且n为奇数时，为偶数，所以在R上恒成立，函数在R上单调递增，不存在极值；（ii）当且n为偶数时，为奇数，由得，由得，函数单调性如下表：x+0-极小由上表可知，函数仅存在极小值，不合题意；（iii）当且n为偶数时，为

18、正奇数，由得，由得，函数的单调性如下表：x+0-极小由上表可知，函数仅存在极小值，不合题意；（iv）当且n为奇数时，正偶数，由得或，由得，函数函数的单调性如下表：x+0-0+极大极小由上表可知，函数在区间和上单调递增，同理在区间上单调递减，因此，时，函数取得极大值M，时，取得极小值N因为，所以，证毕【点睛】此题考查利用导数求函数的极值和零点，考查了分类讨论思想，考查了数学转化思想，考查了计算能力，属于难题.第卷（附加题）【选做题】21. 已知矩阵的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为（1）求矩阵A；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据矩阵的特征向量的定义和矩阵的乘

19、法运算列出方程组，解之可得答案；（2）利用矩阵的乘法法则列出方程组，解方程组可得，的值【详解】（1）由题意，得，即解得，所以（2），即，所以解得【点睛】本题考查矩阵的特征向量和矩阵的乘法运算，属于基础题.22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴）中，圆的方程为.（1）求圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于点，若点的坐标为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标方程的转化，可直接求解，并将圆的一般方程化为标准方程即可.（2）将直线参数方程代入圆的方程，可得关于的一元二次方程.根据参

20、数方程的几何意义，即可求得.【详解】（1）由，等式两边同时乘以，可得.，即.（2）将的参数方程代入圆的直角坐标方程.得，即.由于，故可设，是方程的两实根，所以.又直线过点，故由上式及的几何意义得.【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，直线参数方程的几何意义及线段关系求法，属于中档题.23. 已知，设关于的不等式的解集为.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.【答案】(1)A=x|x0或x2 (2)a-2【解析】【详解】试题分析：（1）分、讨论集合；（2）分、讨论的取值范围试题解析：（1）当时，原不等式化为，得，当，原不等式化为，得，当时，得，综上，（2）当时，成立，当时，得或，所以或，

21、得，综上，的取值范围为考点：绝对值不等式【必做题】24. 如图，在四棱锥中，已知棱，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.（1）求的值；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）依题意，以为坐标原点，、分别为、轴建立空间直角坐标系，因，所以，从而，则由，解得（舍去）或.（2）易得，设平面的法向量，则，即，且，所以，不妨取，则平面的一个法向量，又易得，故，所以直线与平面所成角的正弦值为.考点: 1、空间两向量夹角余弦公式；2、利用向量求直线和平面说成角的正弦.25. 设m是给定的正整数，有序数组中或（1）求满足“对任意，都有”的有序数

22、组的个数A；（2）若对任意的都成立，求满足“存在，使得”的有序数组的个数B【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据，或，可得或，从而可以断定，得到结果；（2）根据题意可得或或0，出现4和的次数为x，则出现0的次数为，分析清楚排列方法，得到【详解】（1）因为，所以或，所以（2）若对任意的k，都成立，由或或0，若出现4和的次数为x，则出现0的次数为将这排列，先从m个元素中先选出x元素排列4或，且4和只能相间排列，共有2种排法，而其余个元素共有种排法，因此【点睛】该题考查的是有关排列组合的综合题目，在解题的过程中，注意对条件的正确理解，以及对事件的正确分析，利用好公式，正确得出结果，属于较难题目.