江苏省南通市如皋中学2020届高三数学下学期第一次模拟冲刺试题（创新班含解析）.doc

1、江苏省南通市如皋中学2020届高三数学下学期第一次模拟冲刺试题（创新班，含解析）一、填空题1.已知正数，满足，则的最小值为_.【答案】2【解析】【分析】由条件等式，将用表示，转为关于的函数，然后用基本不等式求最值.【详解】当且仅当，即时取等号.故答案为:2【点睛】本题考查含有条件等式的最值问题，解题的关键要灵活应用条件等式，转化为基本不等式求最值，属于中档题.2.已知函数，其中，记为的最小值，则当=2时，的取值范围为_【答案】【解析】【分析】求出的导数，讨论当时，当时，判断函数的单调性，可得的最小值，解方程可得的范围【详解】函数，导数，当时，在递增，可得取得最小值，且为，由题意即则，所以，所以

2、满足条件.当时，由，可得(负的舍去)，当时，在递增，可得为最小值，且有，即，由有，解得当时，在递减，在递增，可得为最小值，且有，所以又，则即，解得.综上可得的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查函数的最值的求法，注意运用导数判断单调性，考查分类讨论思想方法，有解运算能力属于难题.3.已知函数，关于x的方程有三个不等实根，则实数m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先求出函数的单调区间，方程有三个不等实根,设，即研究方程的根的情况，即研究方程的根的情况，再根据，得出方程的两个实数根满足，从而由二次方程实根的分布求出参数的范围.【详解】由函数，有.令，得，得，所以在上单调递增，在上单调递减.

3、,当时，且时，且时, ,的大致图象如下.方程有三个不等实根,设，即研究方程的根的情况，即研究方程的根的情况.若方程无实数根或只有一个实数根，则由可知原方程至多有2个实数根，不满足条件.所以方程有两个不等实数根，设为，设.方程有三个不等实根,根据函数图象，则有有一个实数根，有两个实数根，即有，即的两个实数根满足设函数，由，所以有，得故答案为：【点睛】本题考查利用导数研究方程实数根的个数，利用导数研究函数的单调性，考查二次方程实根的分布，属于中档题.4.已知椭圆C1：（ab0）与圆C2：，若在椭圆C1上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，则椭圆C1的离心率的取值范围是_【答案】【

4、解析】【分析】如图，设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，可知，由题知，解得，又即可得出结果.【详解】如图，设过点的两条直线与圆分别切于点，由两条切线相互垂直，可知，又因为在椭圆C1上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，所以，即得，所以，所以椭圆C1的离心率，又，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率范围的求解，直线与圆相切的几何性质，考查了转化与化归的思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.5.已知圆点，直线与圆交于两点，点在直线上且满足.若，则弦中点的横坐标的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】当直线斜率不存在时，易求得；当直线斜率存在时，设

5、其方程为，利用直线与圆有交点可求得；将直线方程与圆方程联立得到韦达定理的形式；根据和可整理得到，满足的方程，代入韦达定理的结论整理可得；当时，知；当时，可将表示为关于的函数，利用对号函数的性质可求得值域，即为所求的范围；综合两类情况可得最终结果.【详解】设，当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，满足，此时；当直线斜率存在时，设其方程为：，与圆有两个不同交点，即，由得：，设，则，.，解得：，由得：，整理得：，整理得：，当时，；当时，代入式得：，解得：，当时，单调递增，在上单调递减，综上所述：弦中点的横坐标的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应

6、用、向量共线的坐标表示、函数值域的求解等知识；求解本题的关键是能够结合韦达定理的形式，将所求的点的横坐标表示为关于直线斜率的函数关系式的形式，从而利用对号函数的性质求得函数值域；本题计算量较大，难度较高，对学生的分析和解决问题能力、运算和求解能力有较高要求.6.在中，内角A，B，C所对边分别是a，b，c，且BC边上的高为，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】由面积公式可得，再用余弦定理可得，即得出结果.【详解】由题，三角形的面积： .由余弦定理：，可得： .所以，其中.所以的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，将边的关系转化为三角函数是解题的关键，属于较难题.7.已知

7、梯形满足，以为焦点的双曲线经过两点若，则的离心率为_【答案】【解析】【分析】以中点为原点，以为轴，建立直角坐标系设点关于点对称的点为，由对称性知，三点共线设的方程为，则直线方程为，由已知得，所以，由直线方程与双曲线方程联立方程组消去，利用韦达定理得，结合，可得的等式，从而求得离心率【详解】如图所示，以中点为原点，以为轴，建立直角坐标系设点关于点对称的点为，由对称性知，三点共线设的方程为，则直线方程为，由得，所以，由，所以，因为异号，所以，由，解得，代入，得，因为，所以，所以的离心率【点睛】本小题考查直线与双曲线的位置关系等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思

8、想；考查数学运算、直观想象等核心素养，体现基础性、综合性8.已知三角形ABC中，长为2的线段AQ为BC的边上的高，满足，且，则BH=_【答案】【解析】【分析】过分别作的平行线交于，交于，由向量加法的平行四边形法则得，结合平面向量基本定理得分别是的中点，然后由余弦定理可求得结论【详解】如图，过分别作的平行线交于，交于，则，又，所以，因为，所以，所以是菱形，且，所以， 因为，则是中点，即与重合，所以，所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量基本定理，考查余弦定理，解题关键是作出平行四边形，由平面向量基本定理得出分别是的中点9.在棱长为1的正方体中，MN分别是棱的中点，P是体对角线上一点，满足，则平面

9、MNP截正方体所得截面周长为_【答案】【解析】【分析】设直线与交于点，与直线交于点，与直线于点，连接交于，连接交于，连接，证明是截面与底面的公共点后得五边形是平面MNP截正方体所得截面，计算出周长即可【详解】如图，设直线与交于点，与直线交于点，与直线于点，连接交于，连接交于，连接，是正方形，边长为1，分别是的中点，则，正方体中与平行且相等，则是平行四边形，所以，因为，所以，所以三点共线，所以是截面与底面的公共点，从而五边形是平面MNP截正方体所得截面，分别是的中点，则，所以，又，所以，所以，所以，同理，所以截面周长为故答案为：【点睛】本题考查求正方体截面周长，解题关键是作出正方体的截面，根据是

10、平面的基本性质掌握平面基本性质是解题基础10.已知数列满足，则_【答案】【解析】【分析】等价变形，换元设，得，两边取对数，得是首项，公比的等比数列，求出可解 .【详解】，设，则，两边取对数， ， ，所以是首项，公比的等比数列， ， ， 故答案为：【点睛】本题考查的是由数列的递推公式求通项公式，常见的求解方法有如下几种：累和法，适用于的形式，累乘法，适用于的形式，构造法，适用于的形式，适当的配凑常数使其变形为，转化等比数列求解，形如的递推公式可两边同除以指数式，转化为的形式，形如的递推公式可通过两边取倒数的方法转化为的形式11.已知中，角、的对边分别是、，若，且，则_【答案】【解析】【分析】由化

11、简得出且，在上取点，使得，设，在中利用余弦定理得出，化简得出，进而可求得的值.【详解】由题意可知，由余弦定理得，化简得，则.在中，不妨设，则，在上取点，使得，连接，设，则，在中，化简可得，解得，在中，由余弦定理可得，化简得，由可得，又，联立可得，即，等式两边同时除以可得，令，则，解得或，由题意可得，因此，.故答案：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于难题.12.函数的最小值为_【答案】【解析】【分析】利用导数研究函数的单调性，可得出函数的极小值点满足，可得出，进而可求得函数的最小值为.【详解】函数的定义域为，且，令，则，函数在上单调递增.，所以，存在，使得，则，.当时，则

12、，此时函数单调递减；当时，则，此时函数单调递增.所以，函数在处取得极小值，亦即最小值，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求解函数的最值，解答的关键就是利用极值点所满足的等式进行化简变形，考查计算能力，属于中等题.13.已知在锐角中，角的对边分别为.若，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理边化角和两角和差正弦公式可求得，利用和两角和差正切公式可得到，代入所求式子后可化简为关于的函数，利用基本不等式即可求得最小值.【详解】，由正弦定理可得：，为锐角三角形，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形中的最值问题的求解，涉及到正弦定理边化角、两角和

13、差正弦和正切公式的应用等知识；关键是能够利用一个变量表示出所求式子，进而得到符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得和的最小值.14.已知两个向量，若对上任意点A，恒成立（其中O为原点），则的最大值为_【答案】【解析】【分析】由数量积的定义有，又由，结合条件，可得，再平方得，再根据，可得到得出答案.【详解】因，由，即所以则，所以又因为，当且仅当时取等号.,当且仅当时取等号.由，即所以，当且仅当且时取等号.故答案的为：【点睛】本题考查向量数量积的范围问题，向量的数量积的运算和性质，将向量模平方利用向量的数量积的性质是解决本题的关键，注意取等条件的分析，属于中档题.二、解答题15.在中，角所对的边

14、分别为，已知，.（1）求的值；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）3；（2）.【解析】【分析】（1）先用二倍角公式化简，再根据正弦定理即可解出；（2）用正弦定理分别表示，再用三角形内角和及和差公式化简，转化三角函数求最值.【详解】（1）由及二倍角公式得，又即，所以；（2）由正弦定理得，周长：，又因为，所以.因此周长的取值范围是.【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，三角形求边长取值范围常用的方法：1、转化为三角函数求最值；2、基本不等式.16.多面体中，是边长为2的等边三角形，四边形是菱形，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面.【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】

15、分析：（1）先证明平面平面，再证明平面.（2）先证明平面，再证明平面平面.详解：（1）证明：取的中点，连接因为分别是的中点，所以在菱形中，在中，又，所以，所以平面平面，平面，所以平面（2）证明：连结，是边长为2的等边三角形，所以，四边形是菱形，又，所以平面平面，所以平面平面.点睛：（1）本题主要考查空间平行和垂直关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象转化能力. (2)证明空间的平行或垂直关系一般用几何方法和向量方法，本题用的是几何方法.17.为迎接2020年奥运会，某商家计划设计一圆形图标，内部有一“杠铃形图案”（如图阴影部分），圆的半径为1米，是圆的直径，在弦上，在弦上，

16、圆心是矩形的中心，若米，.（1）当时，求“杠铃形图案”的面积；（2）求“杠铃形图案”的面积的最小值.【答案】（1）平方米（2）杠铃形图案的面积的最小为平方米【解析】【分析】（1）先求出面积关于的函数解析式，再代入计算即可；（2）利用导数判断函数单调性，再计算函数最小值【详解】解：设中点为，连结，则，则，（1）当时，杠铃形图案的面积故当时，杠铃形图案的面积为平方米.（2）杠铃形图案的面积因为，所以，单调递增.所以当时，的最小值为.答：杠铃形图案的面积的最小时为平方米.【点睛】本题考查了函数解析式的求解，函数最值的计算，考查三角恒等变换，属于中档题18.已知椭圆的左焦点为，点为椭圆的左、右顶点，点

17、是椭圆上一点，且直线的倾斜角为，已知椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上异于的两点，若直线的斜率等于直线斜率的倍，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据离心率可求得，利用椭圆定义和余弦定理可构造方程求得，进而确定，由此得到椭圆方程；（2）设方程为，将直线与椭圆方程联立，可结合韦达定理求得点坐标，同理可得点坐标，由整理可得关于的函数的形式，利用对号函数可求得的最大值.【详解】（1）椭圆的离心率，设椭圆右焦点为，连接，则，在中，由余弦定理得：，即，又 解得：，椭圆的方程为.（2）由（1）知：，设直线斜率为，则直线方程为，由得：，则，设，则，由可得直线方

18、程为，同理可求得：，由对称性，不妨设，则四边形的面积：，令，则（当且仅当，即时取等号），的最大值为.【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用的问题，涉及到椭圆标准方程的求解、椭圆中四边形面积最值的求解问题；求解面积最值的关键是能够将面积表示为关于某一变量的函数的形式，利用对号函数求得四边形面积的最大值.19.已知正项数列，满足：对任意正整数，都有，成等差数列，成等比数列，且，（）求证：数列是等差数列；（）求数列，的通项公式；（）设=+，如果对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（）见解析；（），；（）a1【解析】【详解】（）由已知得，即， 由2b1=a1+a2=25，得b1=， 由a

19、22=b1b2，得b2=18，是以为首项，为公差的等差数列.（）由（）知，因为，成等比数列所以.（）由（）知，原式化为，即f（n）=恒成立，当a10即a1时，不合题意；当a1=0即a=1时，满足题意；当a10即a1时，f（n）的对称轴为，f（n）单调递减，只需f（1）=4a150，可得a，a1；综上，a1.20.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；（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

20、，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，与题意不符合若，令，得0极小值（）若，即时，有且仅有一个零点，与题意不符（）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（）若，即时，令，所以在上是单调增函数，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.