江苏省徐州市新沂市第一中学2020届高三数学下学期3月模拟考试试题（含解析）.doc

1、江苏省徐州市新沂市第一中学2020届高三数学下学期3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， ，则_【答案】3,4【解析】由题意，得.2.函数的定义域为_【答案】【解析】【分析】根据函数的解析式有意义，得到相应的不等式组，即可求解函数的定义域，得到答案.【详解】由题意，要使此函数有意义，需2x40，即2x22，x2，所以函数的定义域为2，)【点睛】本题主要考查了具体函数的定义域的求解问题，其中解答中根据函数的解析式有意义，列出相应的不等式组是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.若复数

2、z满足(12i)z34i(i是虚数单位)，则z_.【答案】12i【解析】(12i)z34i，z12i.4.下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是_.【答案】27【解析】由框图的顺序，s0，n1，s(sn)n(01)11，nn12，依次循环s(12)26，n3，注意此刻33仍然否，所以还要循环一次s(63)327，n4，此刻输出s27.5.在一个袋子中装有分别标注数字1，2，3，4，5的5个小球，这些小球除标注数字外完全相同，现从中随机取2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是_【答案】【解析】由题设可得从个小球中取两个的取法有（12）（13）（14）(15)（23）（24

3、）（25）（34）（35）（45）共10种取法，其中和为3或6 的有（12）（24）（15）共3种，故所求事件的概率是应填答案点睛：解答本题的关键是运用列举法列举出取出2个小球的所有可能情况，即，再列举出符合条件的可能数字，即，然后再运用古典概型的计算公式算出其概率6.若数据的方差为，则 【答案】【解析】试题分析：由题意的，数据不变，所以2考点：1方差的意义；7.已知四棱锥VABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，VA平面ABCD，且VA4，则此四棱锥的侧面中，所有直角三角形的面积的和是_【答案】27【解析】可证四个侧面都是直角三角形，其面积S23423527.8.等比数列中，则数列的前项和

4、为 【答案】【解析】试题分析：由，可得，考点：1、等比数列的通项及性质；2、等比数列前n项和公式9.在中，三个内角的对边分别为，若，则_.【答案】6【解析】【分析】利用正弦定理先求出，可得为锐角，再利用同角三角函数关系求出，利用及两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理即可求出【详解】在中，由正弦定理得，即，所以，所以为锐角，所以，所以，由正弦定理得，即，解得故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理、同角三角函数关系及两角和的正弦公式的应用，属于中档题10.在平面直角坐标系中，设是函数（）的图象上任意一点，过点向直线和轴作垂线，垂足分别是，则 【答案】【解析】试题分析：本题考查向量的坐标形式、数量积

5、公式等基本公式和基本概念，检测运算求解能力和化归转化能力. 设，则由题设可知，由直线可得：，即，故，因为，所以.考点：向量的坐标形式、数量积公式等基本公式和基本概念及灵活运用.11.已知函数是奇函数，则_【答案】【解析】当时，所以，所以；故填点睛：本题考查函数的奇偶性，解决此类问题一般根据奇偶函数的定义，本题由是恒等式可得，再结合诱导公式可得本题如果用只能得出，得不能判断出，因此用此方法时要注意检验12.已知点在圆上，点的坐标为，为原点，则的最大值为_【答案】6【解析】试题分析：所以最大值是6.【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，因为是确定的，所以根据向量数量积的几何意义：若最大，即向量在方

6、向上的投影最大，根据数形结合分析可得当点在圆与轴的右侧交点处时最大，从而根据几何意义直接得到运算结果为.13.已知实数a，b，c满足a2b2c2，c0，则的取值范围为_【答案】【解析】由a2b2c2可设acsinx，bccosx，可以理解为点(2，0)与单位圆上的点连线的斜率的范围，而两条切线的斜率为，则的取值范围为.14.在中，角所对的边分别为，若且，则面积的最大值为 【答案】【解析】试题分析：由得，代入得，即，由余弦定理得，所以，则的面积，当且仅当取等号，此时，所以的面积的最大值为，故答案为考点：（1）正弦定理；（2）余弦定理.【方法点晴】本题考查余弦定理，平方关系，基本不等式的应用，以及

7、三角形的面积公式，考查变形、化简能力，对计算能力要求较高，属于中档题；由得，代入化简，根据余弦定理求出，由平方关系求出，代入三角形面积公式求出表达式，由基本不等式即可求出三角形面积的最大值二、解答题：本大题共6小题，共90分请在答题卡指定区域内作答. 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.如图，在三棱锥中，分别为棱的中点，平面平面.求证：（1）平面；（2）平面平面.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）证得MNBC，由线面平行的判定定理证明即可；（2）证得平面.由面面垂直的判定定理证明即可【详解】（1）分别为棱的中点，MNBC又平面，平面.（2），点为棱的中点，

8、又平面平面，平面平面，平面.平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行，面面垂直的判定，考查定理，是基础题16.已知分别是三个角所对的边，且满足(1)求证：；(2)若,，求的值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】(1)利用正弦定理将已知的边角混合式化为，再逆用两角和的正弦公式并化简，可得，进而可得；(2)由(1)知，可将可化为再结合，求出，从而求出，再利用同角三角函数关系求出【详解】(1)由正弦定理，得，代入，得， 即，因为，所以，所以，又是的内角，所以，所以，又为三角形的内角，所以 (2)由(1)知，因为，所以，由余弦定理得， 因为，即，所以，所以，所以，因为，所以【点睛】本题主要考查正

9、弦定理、余弦定理及平面向量的数量积的运算，属于中档题17.如图，在中，是的中点，记点到的距离为.(1)求的表达式；(2)写出x的取值范围，并求的最大值.【答案】（1）（2）x的取值范围是，的最大值是1【解析】【分析】(1)在和中同时利用余弦定理并结合，即可求出，再利用面积中算两次得，从而求出；(2)根据图形中的限制及，即可求出的范围；将化为利用单调性运算性质，可判断出的单调性，进而求出的最大值【详解】(1)在中，由余弦定理，所以同理得，因为是AC的中点，所以，由得 ，所以，又， 所以，(2)由可得，又，即，解得，因为在上单调增，所以答：的取值范围是，的最大值是1【点睛】本题主要考查余弦定理的应

10、用、三角形的面积公式及函数最值的求法，属于中档题18.如图，在平面直角坐标系中，离心率为的椭圆的左顶点为，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点若直线斜率为时，（1）求椭圆的标准方程；（2）试问以为直径的圆是否经过定点（与直线的斜率无关）？请证明你的结论【答案】（1）；（2）以为直径的圆过定点.【解析】【分析】试题分析：（1）因为离心率为，所以要确定椭圆标准方程，只需再确定一个独立条件，即点P坐标：根据点斜率为且可求，所以，又，解得椭圆的标准方程为（2）用点P坐标表示出的坐标及以为直径的圆的方程：设，则直线方程为：，直线方程为：，以为直径的圆为，利用化简得，所以动圆

11、必过与的交点试题解析：解：（1）设，直线斜率为时，椭圆的标准方程为（2）以为直径的圆过定点设，则，且，即，直线方程为：，直线方程为：，以为直径的圆为即，令，解得，以为直径的圆过定点考点：直线与椭圆位置关系【详解】请此输入详解！19.已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；(3)在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，任意的，证明：.【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析 【解析】【分析】(1)确定函数的定义域，求，对分类讨论确定区间上的根的情况，从而确定函数的单调区间；(2)若在上恒成立，则只需函数即可，故根据第(1)问中函数的单调性，可确定当时函

12、数有最大值，利用导数法可判断，进而可得，从而可求得的范围；(3)可化为，结合由(2)得，时，而，故可得，又，进而可证得结果【详解】(1)函数的定义域为,当时，在上单调增当时，所以在上单调增；当时，令得，所以在上单调递增；令得，所以在上单调递减(2)由(1)知，当时，在上单调增，且，所以在上不恒成立；当时，由(1)知，在上单调递增，在上单调递减，所以，故只需即可，令，所以当时，；当，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，又，所以,解得综上，的取值范围是(3)注意：用第(2)题的结论：时，因为，所以，由(2)得，时，令，则，因为，所以，即，因为，所以【点睛】本题考查利用导数求含参函数的单调区间

13、及恒成立的问题，同时考查利用上问结论作为铺垫证明解决新问题的能力20.数列，满足：， （1）若数列是等差数列，求证：数列是等差数列；（2）若数列，都是等差数列，求证：数列从第二项起为等差数列；（3）若数列是等差数列，试判断当时，数列是否成等差数列？证明你的结论【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）数列成等差数列【解析】【分析】试题分析：（）证明一个数列为等差数列，一般从等差数列定义出发：，其中为等差数列的公差（2）同（1），先根据关系式，解出，再从等差数列定义出发，其中分别为等差数列，的公差（3）探究性问题，可将条件向目标转化，一方面，所以，即，另一方面，所以，整理得，从而，即数列成等差数

14、列试题解析：证明：（1）设数列的公差为，数列是公差为的等差数列（2）当时，数列，都是等差数列，为常数，数列从第二项起为等差数列（3）数列成等差数列解法 设数列的公差为， ，设，两式相减得：，即，令，得，数列（）是公差为的等差数列，令，即，数列是公差为的等差数列解法2 ，令，即，数列是等差数列，数列是等差数列考点：等差数列定义【详解】请在此输入详解！数学（附加题）（考试时间：30分钟 试卷满分：40分）【选做题】本题三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21.已知矩阵，其中，若点在矩阵A的变换下得到点，求矩阵的两

15、个特征值.【答案】矩阵的特征值为或【解析】【分析】根据点在矩阵A的变换下得到点，列出方程求出，从而可确定矩阵，再求出矩阵的特征多项式，令其等于，即可求出矩阵的特征值【详解】由，得，所以，故，则矩阵的特征多项式为，令，解得或，所以矩阵的特征值为或【点睛】本题主要考查矩阵的特征多项式及特征值的求法，属于中档题22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是，以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，它们相交于两点，求线段的长.【答案】【解析】分析】将曲线的参数方程化为普通方程，曲线的极坐标方程互为直角坐标方程，联立方程求出交点，然后利用两点间的距离公式即可求出的长【

16、详解】由消去得，曲线直角坐标方程是，因为，所以，所以，所以，由，解得或， 即所以【点睛】本题主要考查参数方程化为普通方程，极坐标方程互为直角坐标方程，关键是掌握这两类问题的互化方法23.已知正实数满足，求证：【答案】见解析【解析】【分析】利用基本不等式的性质即可证得结果【详解】因为正实数满足，所以，所以， 所以【点睛】本题主要考查基本不等式的性质应用，属于基础题【必做题】请在答题卡指定区域内作答,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤24.如图，已知是圆柱底面圆O的直径，底面半径，圆柱的表面积为，点在底面圆上，且直线与下底面所成的角的大小为.(1)求的长；(2)求二面角的大小的余弦值.【答案

17、】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据母线底面，即可找出与下底面所成的角的为，从而在直角三角形中，即可求出；(2) 以为坐标原点，以、分别为、轴建立空间直角坐标系,写出所需点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角的大小的余弦值.【详解】(1)设圆柱的母线长为，则根据已知条件可得，解得，因为底面，所以是在底面上的射影，所以是直线与下底面所成的角，即在直角三角形中，(2)因为是底面直径，所以 以为坐标原点，以、分别为、轴建立空间直角坐标系,如图所示，则、，于是,，设平面的一个法向量为，则即不妨令，即平面的一个法向量，因为平面的一个法向量为，设二面角大小为，则，由于二面角为锐角，所以二面角的大小的余弦值是【点睛】本题主要考查线面角找法及利用向量法求二面角的的大小25.记为从个不同的元素中取出个元素的所有组合的个数随机变量表示满足的二元数组中的，其中，每一个（0,1,2, ,）都等可能出现求【答案】【解析】【分析】试题分析：关键解组合不等式，由于，所以先具体探究，再分类说明随机变量可以取0,1,2, ,10，当时，满足的共9个；当时，满足的共9个；当时，满足的共9个；当时，满足的共3个；当时，满足的共3个；依次验证得 试题解析：，当时，当时，的解为当，由可知：当时，成立，当时，（等号不同时成立），即012345678910 考点：数学期望【详解】