江苏省连云港市赣榆区2020届高三数学6月仿真训练试题（含解析）.doc

1、江苏省连云港市赣榆区2020届高三数学6月仿真训练试题（含解析）一、填空题（共14小题，每小题5分，满分70分）1. 已知集合，则_【答案】【解析】【分析】进行并集的运算即可【详解】解：，故答案为：【点睛】本题考查了列举法的定义，并集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题2. 设复数满足（为虚数单位），则复数的模为_.【答案】【解析】【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简复数，然后利用复数模的计算公式求解【详解】由，得，故答案为：【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3. 某班的全体学生参加消防安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次

2、为：20，40），40，60），60，80），80，100若低于60分的人数是15，则该班的学生人数是 【答案】50【解析】试题分析：低于60分的频率=，所以该班人数=考点：频率分布直方图的应用4. 如图所示的算法流程图，若输出y的值为，则输入x的值为_【答案】【解析】【详解】【分析】该程序框图表示的是函数，若，则，合题意，若，则不合题意，故输入的值为，故答案为.5. 某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选中1文1理的概率为_.【答案】【解析】【分析】先求出基本事件总数n和该同学恰好选中1文1理包含的基本事件数m，由古典概型概率公式求解即

3、可.【详解】某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，基本事件总数n10，该同学恰好选中1文1理包含的基本事件总数m6该同学恰好选中1文1理的概率p故答案为【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6. 函数的定义域为_【答案】【解析】【分析】根据函数有意义满足的不等式，即可求解.【详解】函数有意义须，解得，所以函数的定义域是.故答案为:【点睛】本题考查函数的定义域，以及解对数不等式，属于基础题.7. 已知双曲线：的焦点关于一条渐近线的对称点在轴上，则该双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】由题意列方程得双

4、曲线等轴双曲线，进而可得离心率.【详解】设焦点坐标是， 其中一条渐近线方程是，设焦点关于渐近线的对称点是， 则 ，得：，解得：，所以，所以双曲线的离心率是.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，重点考查等轴双曲线的几何性质，属于基础题型.8. 中国古代数学专家（九章算术）中有这样一题：今有男子善走，日增等里，九日走里，第一日，第四日，第七日所走之和为里，则该男子的第三日走的里数为_【答案】120【解析】【分析】将题目转化成数学语言，得到等差数列关系，求出首项和公差，再求第三日走的里数，即数列的第三项.【详解】因为男子善走，日增等里，可知每天走的里数符合等差数列，设这个等差数列为，其公差

5、为，前项和为.根据题意可知，法一：，.法二：，解得所以【点睛】本题考查文字描述转化数学语言的能力，等差数列求和和通项以及基本性质，属于简单题.9. 设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且，则的值是_【答案】 【解析】试题分析：设两个圆柱的底面半径分别为R，r；高分别为H，h；，它们的侧面积相等，故答案为考点：1棱柱、棱锥、棱台的体积；2旋转体（圆柱、圆锥、圆台）10. 已知直线经过点，则的最小值是_【答案】32【解析】【分析】根据题意，由直线经过点，分析可得，即；进而可得，结合基本不等式分析可得答案【详解】根据题意，直线经过点，则有，即；则，当且

6、仅当时等号成立；即的最小值是32；故答案为：32【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用，涉及直线的一般式方程，属于中档题11. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于直线对称，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用函数的图象变换规律，求得的最小值【详解】解：根据函数的部分图象，可得，求得根据图像可得，函数过，所以再根据五点法作图，故有将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，由所得图象关于直线对称，可得，即，.因为所以当，可得的最小值为，故答案为：【点睛】本题主要考查由函数的图象的顶点坐标求出，

7、由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，属于中档题12. 如图，扇形的半径为2，是弧上一点，满足，与的交点为，那么_【答案】2【解析】【分析】由题意，求出，则 ，即求答案.【详解】扇形中，.，.在直角三角形中，.故答案为：2【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，属于中档题13. 在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于、两点，过点、分别作圆的两条切线与，直线与交于点，则线段长度的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，说明当定点是的中点时最短，然后求解三角形得答案【详解】圆的圆心坐标为，半径为直线过定点，连接、，如图，为圆的半径是定值，

8、要使最小，则最大，即最小，也就是最小，此时，求得，线段长度的最小值是故答案为：【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，考查运算求解能力，是中档题14. 已知函数 若关于的不等式的解集非空，且为有限集，则实数的取值集合为_.【答案】【解析】【分析】利用导数，研究的性质和图像；利用换元法，结合二次不等式的解集，结合的函数图像，即可分类讨论求得.【详解】当时，则，令，解得，容易得在区间单调递减，在区间单调递增，且在时，取得极小值，即；且时，；当时，则，令，解得，容易得在区间单调递增，在区间单调递减，且在时，取得极大值，即；且时，；故的模拟图像如下所示：综上所述：的值域为.

9、令，则，其，对称轴为：当时，显然关于的二次不等式解集为空集，不满足题意；当，即或时，若，显然关于的二次不等式的解集为，又，数形结合可知，此时关于的原不等式解集为空集，不满足题意；若，关于的二次不等式的解集为，又，数形结合可知，此时关于的原不等式解集为，满足题意；当，即或时，令，解得，显然，故此时关于的不等式的解集为，数形结合可知，要满足题意，只需或.即，解得，满足或；或，解得，不满足或，舍去；综上所述，要满足题意，则或.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和图像，涉及二次不等式的求解，属压轴题.二、解答题：本大题共6小题，共计90分15. 在中，角、的对边分别为、，且（1）若，求

10、的值；（2）若，求的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知结合余弦定理即可求解，（2）由已知结合同角平方关系可求，然后结合诱导公式及和差角公式及二倍角公式可求【详解】解：（1）在中，由余弦定理，得，即，解得或（舍，所以；（2）由及得，所以，所以【点睛】本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，还考查了和差角公式，同角平方关系，二倍角公式的应用，属于中档试题16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面分别为棱的中点.求证：（1）平面；（2）平面.【答案】(1)详见解析; （2）详见解析.【解析】【分析】（1）线面平行的证明则只需在面内找一线与之平行即可，因为M，N分别为棱PD，

11、PC的中点，所以MNDC， 又因为底面ABCD是矩形，所以ABDC，所以MNAB（2）线面垂直则需要在面内找两根相交线与之垂直，因为AP=AD，M为PD的中点， 所以AMPD因为平面PAD平面ABCD， 又平面PAD平面ABCD= AD，CDAD，平面ABCD，所以CD平面PAD 又平面PAD，所以CDAM【详解】（1）因为M，N分别为棱PD，PC的中点，所以MNDC， 又因为底面ABCD是矩形，所以ABDC，所以MNAB 又平面PAB，平面PAB，所以MN平面PAB （2）因为AP=AD，M为PD的中点， 所以AMPD因为平面PAD平面ABCD， 又平面PAD平面ABCD= AD，CDAD，

12、平面ABCD，所以CD平面PAD 又平面PAD，所以CDAM 因为CD，平面PCD，所以AM平面PCD17. 如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”过椭圆第四象限内一点作轴的垂线交其“辅助圆”于点，当点在点的下方时，称点为点的“下辅助点”已知椭圆上的点的下辅助点为（1）求椭圆的方程；（2）若的面积等于，求下辅助点的坐标【答案】（1）；（2），或，【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆长半轴为，将点代入椭圆方程中，解得，即可得到椭圆的方程（2）设点，则点，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程，结合三角形的面积，求解下辅助点的坐标【详解】（1）椭圆上的点的下辅助点为

13、，辅助圆的半径为，椭圆长半轴为，将点代入椭圆方程中，解得，椭圆的方程为；（2）设点，则点，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得，故，即，又，则，将与，联立可解得或，下辅助点的坐标为，或，；【点睛】本题考查椭圆的简单性质，圆与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题18. 如图，某城市小区有一个矩形休闲广场，米，广场的一角是半径为米的扇形绿化区域，为了使小区居民能够更好的在广场休闲放松，现决定在广场上安置两排休闲椅，其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅（宽度不计），点在线段上，并且与曲线相切；另一排为单人弧形椅沿曲线（宽度不计）摆放已知双人靠背直排椅的造价每米为元，单人弧形椅

14、的造价每米为元，记锐角，总造价为元（1）试将表示为的函数，并写出的取值范围；（2）如何选取点的位置，能使总造价最小【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）总造价由两部分组成，根据弧长公式可求得，而切线长需构造直角三角形或借助坐标求解，最后由线段长为正，可得的取值范围（2）利用导数求函数最值，先求导数，确定导函数零点，列表分析函数单调性变化趋势，确定极值点，即最值点.试题解析：解：（1）过作的垂线，垂足为；过作的垂线，垂足为在中，则在中，由题意易得因此，（2）令，因为，所以，设锐角满足，当时，单调递减；当时，单调递增所以当，总造价最小，最小值为，此时，因此当米时，能使总造价最小考点：

15、利用导数求函数最值【方法点睛】利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用f（x）0或f（x）0求单调区间；第二步：解f（x）0得两个根x1、x2；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小19. 已知函数f(x)(3x)ex，g(x)xa(aR)(e是自然对数的底数，e2.718)(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数yf(x)g(x)在区间1，2上单调递增，求实数a的取值范围；(3)若函数h(x)在区间(0，)上既存在极大值又存在极小值，并且函数h(x)极大值小于整数b，求b的最小值【答案】（1）见解析；（2）；（3）4【解析】【分析】（1）对求导，

16、通过的正负，列表分析的单调性进而求得极值.（2）先求得的解析式，对其求导，原题转化为导函数在上恒成立，令，求得a的范围.（3）由题意知在上有两个不等实根，即在上有两个不等实根，对求导分析可得在和上各有一个实根，从而得到极大值，将视为关于的函数，求导得到，又因为，得到整数b的最小值.【详解】（1），令，解得，列表：2+0-极大值当时，函数取得极大值，无极小值（2）由，得 ，令，函数在区间上单调递增等价于对任意的，函数恒成立，解得 （3），令， 在上既存在极大值又存在极小值，在上有两个不等实根，即在上有两个不等实根 当时，单调递增，当时，单调递减则，解得，在上连续且，和上各有一个实根函数在上既存在

17、极大值又存在极小值时，有，并且在区间上存在极小值，在区间上存在极大值，且， 令，当时，单调递减，即，则的极大值小于整数，满足题意的整数的最小值为4【点睛】本题考查函数的极值，考查实数的取值范围的求法，考查函数的单调性，考查导数性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于难题20. 已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）记集合，若中有3个元素，求的取值范围；（3）是否存在等差数列，使得对一切都成立？若存在，求出；若不存在，说明理由【答案】（1），；（2），；（3）存在等差数列且满足题意【解析】【分析】（1）运用数列递推式，结合等比数列的通项公式，即可得到所求通

18、项；（2）由题意可得，设，求得（1），（2），（3），（4），结合图象，即可得到所求范围；（3）先假设存在等差数列，然后令，探求等差数列的通项，最后代入验证即可【详解】解：（1），可得时，解得；时，可得，相减可得，即为，可得，；（2）集合，若中有3个元素，可得，设，（1），（2），（3），（4），（5），则当时,，又集合中有且仅有3个元素，则，故实数的取值范围是，；（3）设存在等差数列使得对一切都成立，则时有，；则时有，等差数列的公差，设，由，存在等差数列且满足题意【点睛】本题考查由数列递推式求数列通项、数列求和，累加法是求数列通项的常用方法，要熟练掌握，错位相减法对数列求和是高考考查的重点内

19、容，要掌握数学（附加题）【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做两题，每小题10分，共计20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21. 已知矩阵的一个特征值为3，求另一个特征值及其对应的一个特征向量.【答案】另一个特征值为，对应的一个特征向量【解析】【分析】根据特征多项式的一个零点为3，可得，再回代到方程即可解出另一个特征值为，最后利用求特征向量的一般步骤，可求出其对应的一个特征向量.【详解】矩阵的特征多项式为：，是方程的一个根，解得，即 方程即，可得另一个特征值为：，设对应的一个特征向量为： 则由，得得，令，则，所以矩阵另一个特征值为，对应的一个特征向量【点

20、睛】本题考查了矩阵的特征值以及特征向量，需掌握特征多项式的计算形式，属于基础题.22. 在极坐标系中，A为曲线上的动点，B为直线上的动点，求AB的最小值【答案】【解析】【分析】将圆和直线的极坐标方程化为标准方程,求得圆心到直线的距离d,减去半径即为圆上的点到直线距离的最小值.【详解】曲线的普通方程为圆方程为，圆心 直线的普通方程为 圆心到直线的距离 所以【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,圆上的点到直线距离最小值的求法,属于基础题.23. 如图，在三棱柱中，平面，分别为，的中点，（1）求证：；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）取中点，连结，推导出四边

21、形为矩形，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明（2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值【详解】解：（1）证明：取中点，连结，三棱柱中，平面，四边形为矩形，分别为，的中点，平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由题意得，（2）解：由（1）得设平面的法向量为则，取，得，平面的法向量，由图得二面角的平面角为钝角，二面角的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题24. （1）证明：（且）；（2）证明：对一切正整数和一切实数，有【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用组合数公式，表示右边化简即可证明等式（2）利用数学归纳法，当时，通过分析得左边右边假设时，对一切实数，都有成立，证明当时，对一切实数，等式也成立，即可得证【详解】证明：（1）右边左边，（2）当时，左边右边假设时，对一切实数，都有成立，那么，当时，对一切实数，有，所以当时，等式成立，故对一切正整数和一切实数，有【点睛】本题考查组合数公式的证明，选择合适的证明方法，需要有运算化简能力，属于中档题目- 24 -