江苏省南通市如东县栟茶中学2020届高三数学下学期5月模拟考试试题（含解析）.doc

1、江苏省南通市如东县栟茶中学2020届高三数学下学期5月模拟考试试题（含解析）一、填空题：（本大题共14小题，每小题5分，共70分.请将答案填入答题纸填空题的相应答题线上.）1. 已知集合则_【答案】【解析】【分析】求出集合B的等价条件，结合集合交集的定义进行求解即可【详解】x|x，又则AB1，1，故答案为1，1【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件以及利用集合交集的定义是解决本题的关键2. 复数是纯虚数（i是虚数单位），则实数a=_【答案】2【解析】【分析】化简为复数的一般形态，然后根据复数的概念即可求解【详解】因为复数是纯虚数，化简，则，则实数答案：2【点睛】本题考查复数的概

2、念，属于简单题3. 某算法的伪代码如图所示，如果输入的值为，则输出的值为_【答案】5【解析】【分析】根据伪代码写出分段函数，再根据自变量选择相应解析式，即可求出输出值【详解】由伪代码可得，当时，故答案为：【点睛】本题主要考查条件语句及分段函数，属于基础题4. 现有三张识字卡片，分别写有“抗”、“疫”、“情”这三个字.将这三张卡片随机排序，则能组成“抗疫情”的概率是_【答案】【解析】【分析】直接利用古典概型的概率公式求解.【详解】由题得“抗”、“疫”、“情”这三个字的排列有：抗疫情，抗情疫，疫抗情，疫情抗，情抗疫，情疫抗，共有6种，其中，组成“抗疫情”的只有1种.故能组成“抗疫情”的概率是.故答

3、案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5. 已知双曲线的离心率，则其渐近线的方程为 _【答案】【解析】双曲线的方程是，双曲线渐近线为，又离心率为，可得，即，可得，由此可得双曲线渐近线为，故答案为.6. 已知一组数据3，6，9，8，4，则该组数据的方差是_【答案】【解析】【分析】先计算出平均值，然后根据方差的计算公式，计算出数据的方差.【详解】平均值为，所以方差为.【点睛】本小题主要考查样本方差的运算，考查运算求解能力，属于基础题.7. 公差不为的等差数列的前项和为，若、成等比数列，则_【答案】【解析】【分析】设等差数列的公差为，可得出

4、，根据题意得出关于和的方程组，解出这两个量的值，进而可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，可得出，由题意得，即，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，解答的关键就是得出关于首项和公差的方程组，考查计算能力，属于中等题.8. 将1个半径为1的小铁球与1个底面周长为，高为4的铁制圆柱重新锻造成一个大铁球，则该大铁球的表面积为_【答案】【解析】【分析】求出小铁球与圆柱的体积和，可得大铁球的体积，从而求得大球的半径，进而求出大铁球的表面积.【详解】半径为1的小铁球的体积为，底面周长为，高为4的铁制圆柱的底面半径为1，体积为，锻造成的大铁球的体积为，可得，所以该大铁球的表面积

5、为，故答案为：.【点睛】本题主要考查球的体积与表面积公式，考查了柱体的体积公式，属于基础题.9. 若函数的图象过点，则函数在上的单调减区间是_【答案】(或)【解析】函数的图象过点，则， ，.,有于在为减函数，所以，解得.【点睛】根据函数图象过已知点，求出 ，借助的范围求出的值.求三角函数在某一区间上的最值及单调区间时，务必要注意“范围优先原则”，根据的范围研究的范围，有时还要关注的符号，因此当自变量有范围限制时，解题更要小心失误.10. 若正实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】令，则，即，且，即的最小值为点睛：基本不等式的考察的一个主要考察方法就是判别式法，可以应用判别式法的题型基本特点：

6、（1）题干条件是二次式；（2）问题是一次式（或可以化简为一次式）熟悉判别式法的应用，可以提升考试中碰到不等式题型的准确率11. 如图，在由5个边长为1，一个顶角为60的菱形组成的图形中，_【答案】【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可得，再由平面数量积的运算法则化简即可【详解】如图，由已知可得所以故答案为：.【点睛】向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.12. 若对于任意的都有则实数a的取值范围是_【答案】(或)【解析】【详解】利用一元二次方程根的分布去解决，设 ，当时，即 时， 对 恒成立；当时， ，不合题意；当时， 符合题意；当 时， ，即

7、，即： 综上所述：实数的取值范围是.【点睛】有关一元二次方程的根的分布问题，要结合一元二次方程和二次函数的图象去作，要求函数值在某区间为正，需要分别对判别式大于零、等于零和小于零进行分类研究，注意控制判别式、对称轴及特殊点的函数值的大小，列不等式组解题.13. 在平面直角坐标系中，圆，若圆上存在以为中点的弦，且，则实数的取值范围为_【答案】(或)【解析】【详解】【分析】由于圆存在以为中点的弦，且，所以,如图，过点作圆的两条切线，切点分别为，圆上要存在满足题意的点，只需，即，连接，由于， ，解得.【点睛】已知圆的圆心在直线上，半径为，若圆存在以为中点的弦，且，说明，就是说圆上存在两点，使得.过点

8、作圆的两条切线，切点分别为，圆上要存在满足题意的点，只需，即，则只需，列出不等式解出的范围.14. 在中，若，则实数_【答案】【解析】【分析】在中，利用余弦定理可得，然后将进行切化弦，再利用正、余弦定理将角化为边可得，从而可得，解得的值，由正弦定理即可求出结果【详解】在中，由余弦定理得，因为，即，所以，由正弦定理得，所以，整理得，由可得，所以，解得，所以，又，所以故答案为：【点睛】本题主要考查正、余弦定理的应用，同时考查同角三角函数关系，属于中档题二、解答题：（本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）15. 如图，在中，已知点在边上，（1）求的值；（2）求的长.【答

9、案】（1）（2）【解析】试题分析：根据平方关系由求出，利用求出，根据三角形内角和关系利用和角公式求出，利用正弦定理求出，根据，计算，最后利用余弦定理求出.试题解析：（1）在中，所以同理可得， 所以 （2）在中，由正弦定理得， 又，所以 在中，由余弦定理得，【点睛】凑角求值是高考常见题型，凑角求知要“先备料”后代入求值，第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，要灵活使用正、余弦定理，有时还要用到面积公式，注意边角互化.16. 如图，在四棱锥中，平面，过的平面分别与交于点（1）求证：平面；（2）求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【详解】分析：（1）由平面可得，结合可证平面.（2）先

10、由证明平面，从而得到，故.详解：（1）证明:在四棱锥中，平面，平面，平面.（2），过的平面分别与交于点，故平面平面又平面，平面，平面，而平面， 点睛： （1）线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.（2）线线平行的判定可以由线面平行得到，注意其中一条线是过另一条线的平面与已知平面的交线，也可以由面面平行得到，注意两条线是第三个平面与已知的两个平行平面的交线.17. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于，两点(点在轴上方)（1）若，求直线的方程；（2）设直线，的斜率分别为，是否存在常数，

11、使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由【答案】（1）（2）【解析】试题分析：设直线的方程，联立方程组，利用向量关系找出两交点的纵坐标关系，解方程求出直线方程；利用第一步的根与系数关系，借助已知的斜率关系求出的值.试题解析：（1）因为，所以，所以的坐标为， 设，直线的方程为，代入椭圆方程，得，则， 若，则，解得，故直线的方程为 （2）由（1）知，所以， 所以 ，故存在常数，使得【点睛】求直线方程首先要设出方程，根据题目所提供的坐标关系，求出直线方程中的待定系数，得出直线方程；第二步存在性问题解题思路是首先假设存在，利用所求的，结合已知条件，得出坐标关系，再把，代入求出符合题意，则存在，否则

12、不存在.18. 某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示.圆的圆心与矩形对角线的交点重合，且圆与矩形上下两边相切（为上切点），与左右两边相交（，为其中两个交点），图中阴影部分为不透光区域，其余部分为透光区域.已知圆的半径为1，且，设，透光区域的面积为.（1）求关于的函数关系式，并求出定义域；（2）根据设计要求，透光区域与矩形窗面的面积比值越大越好.当该比值最大时，求边的长度.【答案】（1）关于函数关系式为，定义域为；（2）透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，的长度为1【解析】试题分析：(1) 过点作于点，可得关于的函数关系式为，定义域为；(2)由原函数与导函数的关系可得当时，有最大值，此时

13、试题解析： 解:(1) 过点作于点，则，所以，所以，因为，所以，所以定义域为（2）矩形窗面的面积为则透光区域与矩形窗面面积比值为设，则，因为，所以，所以，故，所以函数在上单调减所以当时，有最大值，此时 答：（1）关于的函数关系式为，定义域为；（2）透光区域与矩形窗面的面积比值最大时，的长度为119. 已知函数.（1）当时，求的图象在处的切线方程；（2）若函数在上有两个零点，求实数m的取值范围；（3）若对区间内任意两个不等的实数，不等式恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）求出函数的导数,利用导数的几何意义即可求出函数在处的切线方程（2）先通过求导,研究

14、函数的单调性,然后利用函数在上有两个零点可得直线与的图像有两个交点，从而得到，求解即可（3）不妨设，恒成立等价于，化简为，然后，令，然后判断的单调性即可求解【详解】（1）当时，切点坐标为，切线的斜率，则切线方程为，即.（2），则，故时，.当时，；当时，.故在处取得极大值.又，则，在上的最小值是.在上有两个零点的条件是解得实数m的取值范围是（3）不妨设，恒成立等价于，即.令，由，具有任意性知，在区间内单调递减，恒成立，即恒成立，在上恒成立.令，则在上单调递增，则，实数a的取值范围是【点睛】本题主要考查导数的几何意义和函数的极值和最值、以及考查函数的恒成立问题和转化思想，属于难题20. 已知数列的

15、前项和为，且满足；数列的前项和为，且满足，.（1）求数列、的通项公式；（2）是否存在正整数，使得恰为数列中的一项？若存在，求所有满足要求的；若不存在，说明理由.【答案】（1），（2）存在满足要求的为，.【解析】【详解】试题分析：（1）由和项与通项关系得,根据等比数列定义及通项公式可得,由叠乘法可得,再由和项与通项关系得,根据等差数列定义及通项公式可得（2）先研究数列增减性: ,再研究确定可能情况:2,3,7,即得满足要求的.试题解析：解：（1）因为，所以当时，两式相减得，即，又，则，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，故.由得，以上个式子相乘得，即，当时，两式相减得，即（），所以数列的奇数

16、项、偶数项分别成等差数列， ,因此数列的通项公式为.（2）当时，无意义，设（，），显然.则，即.显然，所以，所以存在，使得，下面证明不存在，否则，即，此式右边为3倍数，而不可能是3的倍数，故该式不成立.综上，满足要求的为，.点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求. 应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.21. 已知矩阵，若求矩阵A的特征值.【答案】或1【解析】【分析】由矩阵的乘法首先求得实数，的值，然后求解矩阵的特征值即可【详解】因为，所以，解得，所以矩阵的特征多项

17、式为，令解得矩阵的特征值为或故答案为：或1【点睛】本题考查矩阵的乘法运算，矩阵的特征值的求解等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力22. 在极坐标系中，已知点，点B在直线上.当线段最短时，求点B的极坐标.【答案】【解析】【分析】点的直角坐标为，直线的直角坐标方程为:, 线段最短时,点B为直线与的交点,求出交点,进而得出结果.【详解】点A的极坐标为，点A的直角坐标为.点B在直线上运动，点B在直线上运动.要使线段最短时,点B为直线与的交点,解，得即B点的坐标为,化为极坐标是.【点睛】本题考查极坐标,解题关键是掌握极坐标与直角坐标的互化23. 在平面直角坐标系中，点，直线与动直线的交点为，线段的

18、中垂线与动直线的交点为（1）求动点的轨迹的方程；（2）过动点作曲线的两条切线，切点分别为，求证：的大小为定值【答案】（1）曲线的方程为（2）详见解析【解析】试题分析：根据题意动点到定点距离等于到定直线距离，符合抛物线定义，写出抛物线方程，第二步设出直线方程，联立方程组，根据根与系数关系可得，可知为定值.试题解析：（1）因为直线与垂直，所以为点到直线的距离连结，因为为线段的中垂线与直线的交点，所以所以点的轨迹是抛物线 焦点为，准线为所以曲线的方程为 （2）由题意，过点的切线斜率存在，设切线方程为，联立 得，所以，即（*），因为，所以方程（*）存在两个不等实根，设为，因为，所以，为定值【点睛】求动

19、点轨迹方程是常见考题，常用方法有直接法、坐标相关法，定义法、交轨法、参数法等，定点、定值问题常出现在考题的第二步，一般采用设而不求的解题思想.24. 设.（1）求证：，能被7整除：（2）求证：不能被5整除.【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）通过二项展开式进行比较，则由，可得，然后，利用，可得，即可证明（2）由（1）得，则，又由，得的余数是2或-2，由的是平方数，其尾数为0，1，4，5，6，9，则的尾数不可能是0或5，故题目得证【详解】（1），由，可得，即，能被7整除.（2）由，则，由，除最后一项都是5的倍数，的余数是2或-2，由是平方数，其尾数为0，1，4，5，6，9，的尾数不可能是0或5，不能被5整除，即不能被5整除，不能被5整除【点睛】本题考查二项式定理的使用，难点在于运算，属于中档题