江苏省泰州市泰兴市黄桥中学2020届高三数学下学期模拟考试试题（含解析）.doc

1、江苏省泰州市泰兴市黄桥中学2020届高三数学下学期模拟考试试题（含解析）一、填空题（请将答案填写在答题卷相应的位置上）1. 已知集合，.若，则实数a的值是_.【答案】9【解析】【分析】根据集合交集的定义即得.【详解】集合，则a的值是9.故答案为：9【点睛】本题考查集合的交集，是基础题.2. 已知是虚数单位.若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】直接利用复数代数形式的乘方运算化简，然后利用复数相等求出，进而得答案.【详解】，则，故答案为：.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算和复数相等的概念，是基础题.3. 已知一组数据1.6，1.8，2，2.2，2.4，则该组数据的方差是_【答案】0.0

2、8【解析】【分析】先求解这组数据的平均数，然后利用方差的公式可得结果.【详解】首先求得，故答案为：0.08.【点睛】本题主要考查数据的方差，明确方差的计算公式是求解的关键，侧重考查数据分析的核心素养.4. 函数的定义域是_.【答案】【解析】【分析】根据偶次根式有意义的条件是被开方大于等于0，列不等式可解得.【详解】由，解得或，所以定义域为.故答案为：【点睛】本题考查了利用偶次根式的被开方大于等于0求函数的定义域，属于基础题.5. 已知一个算法的流程图如图，则输出的结果的值是_【答案】11【解析】【分析】根据程序框图的流程逐步计算即可.【详解】第1步：S2Sn1,nn12；第2步：S2Sn4,n

3、n13；第3步：S2Sn11,nn143,退出循环,输出S11故答案为：11【点睛】本题主要考查了程序框图的流程运算,属于基础题.6. 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是_【答案】【解析】基本事件总数为36，点数之和小于10的基本事件共有30种，所以所求概率为【考点】古典概型【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率的考查，属于简单题.江苏对古典概型概率的考查，注重事件本身的理解，淡化计数方法.因此先明确所求事件本身的含义，然后一般利用枚举法、树形图解决计数问题，而当正面问题比较

4、复杂时，往往利用对立事件的概率公式进行求解.7. 已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线为_【答案】【解析】【分析】利用双曲线离心率求出a，然后求解双曲线的渐近线方程【详解】双曲线（a0）的离心率为，可得：，解a1，所以双曲线方程为：，所以该双曲线的渐近线为故答案为【点睛】本题考查双曲线的简单性质，考查双曲线的离心率和渐近线，属于常考题型8. 如图，在三棱柱中，分别为，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则 【答案】【解析】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以SADE：SABC=1：4，又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍即三棱柱A1B1C1-A

5、BC的高是三棱锥F-ADE高的2倍所以V1：V2=SADEh/SABCH=1：24考点：棱柱、棱锥、棱台的体积9. 设为等差数列的前项和，若，则的值为_.【答案】30【解析】【分析】由等差数列的性质可得，结合可得，公差，所以，再利用等差数列的求和公式即可得到答案.【详解】设等差数列的公差为，由已知及等差数列的性质，得，又，所以，即，故，.故答案：30【点睛】本题考查等差数列的求和问题，涉及到等差数列的基本性质，考查学生的计算能力，是一道中档题.10. 将函数的图象向左平移个单位后，恰好得到函数的的图象，则的最小值为_【答案】【解析】由题意可得：，由诱导公式的结论可知：，取可得：.点睛：由ysi

6、n x的图象，利用图象变换作函数yAsin(x)(A0，0)(xR)的图象，要特别注意：当周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿x轴的伸缩量的区别先平移变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是|个单位；而先周期变换(伸缩变换)再平移变换，平移的量是个单位11. 已知函数，则关于x的不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】由题意画出函数的图象，结合图象分类讨论，当时，代入解析式直接解不等式；当时，根据单调性解不等式；从而求出解集【详解】解：根据题意可得函数在上单调递减，在上单调递增，图象如图，当即时，由得，解得；当即时，函数在上单调递增，恒成立；综上：，故答案为：【点睛】本题主要考查分段函

7、数解不等式，本题的关键在于画出图象得到函数的单调性，考查数形结合思想，属于中档题12. 如图，在中，与交于点，则的值为_.【答案】2【解析】【分析】利用、三点共线以及、三点共线，可以推出，再根据结合向量的运算法则求解即可.【详解】令，所以，解得，所以，因为，即，又因为，所以.故答案为：2.【点睛】本题考查平面向量基本定理及平面向量的数量积，还考查了运算求解的能力，属于难题.13. 圆与曲线相交于点四点，为坐标原点，则_.【答案】【解析】【分析】根据圆方程，求得圆心；根据函数求得其对称中心，结合圆的对称性，即可求得结果.【详解】由圆方程，可得圆心坐标为，又，其图象关于对称在同一直角坐标系中，画出

8、圆和函数图像如下所示：数形结合可知，圆和函数都关于点对称，故可得其交点和，和都关于点对称.故，则.故.故答案为：.【点睛】本题综合考查向量的运算，由圆方程求解圆心的坐标以及圆的对称性，分式函数图象的绘制，属综合性困难题.14. 在锐角三角形ABC中，若sinA=2sinBsinC，则sin2A+sin2B的最大值为_【答案】【解析】【分析】用降幂公式降幂后，再利用两角和与差的余弦公式转化（），然后利用余弦函数性质放缩可得【详解】，因为都是锐角，所以，所以，取等号时，此时由得，所以所以最大值为故答案为：【点睛】本题考查求三角函数的最值，解题时用降幂公式转化，用两角和与差的余弦公式（可用和差化积公

9、式）转化，目的是减少变量的个数，便于利用三角函数性质求得最值二、解答题（请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15. 己知向量，.（1）当时，求的值；（2）设函数，且，求的最大值以及对应的x的值.【答案】（1）；（2）时，函数的最大值为.【解析】【分析】（1）根据即可求出，然后根据二倍角的正切公式即可求出的值；（2）进行数量积的坐标运算，并根据二倍角的正余弦公式和两角和的正弦公式得出，从而可求出的最大值，以及对应的的值【详解】（1）因为，所以，因为（否则与矛盾），所以，所以. （2），因为，所以，所以当，即时，函数的最大值为.【点睛】本题考查了平行向量的坐标关系、

10、二倍角的正弦、余弦和正切公式、两角和的正弦公式和数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于基础题16. 如图，在三棱柱中，D，E分别是的中点.（1）求证：DE平面（2）若，求证：平面平面.【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】【分析】（1）连结AB1，B1C，推导出四边形ABB1A1是平行四边形，DEB1C，由此能证明DE平面BCC1B1（2）推导出DEB1C，从而ABB1C，推导出平行四边形BCC1B1是菱形，从而BC1B1C，再由ABB1C，得BC1平面ABC1，由此能证明平面ABC1平面BCC1B1【详解】（1）连结.在三棱柱中，且，所以四边形是平行四边形，因为E是的中点，所以E也是中点

11、，又因为D是AC的中点，所以又平面，平面，所以DE平面.（2） 由（1）知，因为，所以，在三棱柱中，四边形是平行四边形，因为，所以，所以平行四边形是菱形，所以， 又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明，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，考查函数与方程思想，是中档题17. 从秦朝统一全国币制到清朝末年，圆形方孔铜钱（简称“孔方兄”）是我国使用时间长达两千多年的货币如图1，这是一枚清朝同治年间的铜钱，其边框是由大小不等的两同心圆围成的，内嵌正方形孔的中心与同心圆圆心重合，正方形外部，圆框内部刻有四个字“同治重宝”

12、某模具厂计划仿制这样的铜钱作为纪念品，其小圆内部图纸设计如图2所示，小圆直径1厘米，内嵌一个大正方形孔，四周是四个全等的小正方形（边长比孔的边长小），每个正方形有两个顶点在圆周上，另两个顶点在孔边上，四个小正方形内用于刻铜钱上的字设，五个正方形的面积和为S（1）求面积S关于的函数表达式，并求定义域；（2）求面积S的最小值及此时的值【答案】（1），的取值范围为，；（2）时，面积S有最小值为【解析】【分析】（1）构造直角三角形，利用小圆直径与三角函数分别求出大、小正方形的边长，即可求得五个正方形的面积表达式，由小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长可求得的取值范围；（2）利用降幂公式及辅助角公式化

13、简面积表达式为正弦型函数，当时S取最小值，此时求出的值然后求出，由二倍角的正弦公式可求得.【详解】（1）过点O分别作小正方形边，大正方形边的垂线，垂足分别为E，F，因为内嵌一个大正方形孔的中心与同心圆圆心重合，所以点E，F分别为小正方形和大正方形边的中点，所以小正方形的边长为，大正方形的边长为，所以五个正方形的面积和为，因为小正方形边长小于内嵌一个大正方形的边长，所以，所以的取值范围为，所以面积S关于的函数表达式为，的取值范围为，（2）法一：，其中，所以，此时，因为，所以，所以，所以，则，化简得：，由此解得：，因为，所以，答：面积S最小值为，法二：，令，则，设，令，得：，t-0+极小值所以时，

14、面积S最小值为.【点睛】本题考查三角函数的综合应用、三角恒等变换、含三角函数的复合型二次方程的求解，属于较难题.18. 已知圆与椭圆相交于点M（0，1），N（0，-1），且椭圆的离心率为.（1）求的值和椭圆C的方程；（2）过点M的直线交圆O和椭圆C分别于A，B两点.若，求直线的方程；设直线NA的斜率为，直线NB的斜率为，问:是否为定值? 如果是，求出定值；如果不是，说明理由.【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）由交点M（0，1）可求b，由离心率可求a，从而得到椭圆方程；（2）设出直线l的方程，分别联立椭圆方程和圆的方程，解出A，B两点的坐标，由得到关于k的方程，求解即可得到结果；结合

15、中A，B两点的坐标，利用斜率公式直接用k表示和，由此可求得结果.【详解】（1）因为圆与椭圆相交于点M（0，1）所以b=r=1.又离心率为，所以，所以椭圆.（2）因为过点M的直线l另交圆O和椭圆C分别于A，B两点，所以设直线l的方程为，由，得，则，同理，解得，因为，则，因为，所以，即直线l的方程为.根据，所以为定值.【点睛】本题考查圆的方程和椭圆的方程，考查了直线与圆，直线与椭圆的位置关系，计算量较大，尤其是化简过程比较多，注意仔细审题，认真计算，属难题.19. 在等比数列中，已知设数列的前n项和为，且（1）求数列通项公式；（2）证明：数列是等差数列；（3）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若

16、存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）详见解析；（3）存在，且.【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得数列通项公式.（2）利用，证得数列是等差数列.（3）由（2）求得和，假设存在符合题意的等差数列，结合求得.【详解】（1）依题意，解得，所以.（2）依题意，即，所以，-并化简得，故，即.令代入得.所以.所以.所以数列是以为首项，公差为的等差数列.（3）由（2）得，所以.所以.假设存在满足题意的等差数列，使得对任意，都有，设，即对任意，都有，即.首先证明满足的：（i）当时，若，则，不满足；（ii）当时，若，则而，则，所以，则，不满足；所以.令，所以

17、在上递增.所以当时，.即当时，即.所以当，时，.再证明：（iii）若，则当时，这与矛盾.（iv）若，同（i）可得矛盾.所以.当时，满足，所以.综上所述，存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设.【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，考查等差数列的证明，考查数列中的探究性问题，属于难题.20. 已知函数（1）若在处的切线方程为，求实数的值；（2）证明：当时，在上有两个极值点；（3）设，若在上是单调减函数（为自然对数的底数），求实数的取值范围【答案】（1），；（2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）对函数求导，通过切线的斜可求出的值，把切点代入切线方程可求出的值；（2）将原问题

18、转化为在上有两个变号零点，再对求导，判断其在上的单调性，然后结合零点存在定理证明；（3）先将函数整理成，令，通过求导、换元和构造函数可证明函数在上单调递增然后分，和三类情况，分别讨论在满足在上是单调减函数的情形下的取值范围【详解】（1），解得：，又，解得：；（2），在上有两个极值点等价于在上有两个变号零点，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，在和上各有一个变号零点，在上有两个极值点；（3），令，则，令，设，则，在上单调递增，即当时，在上单调递增.当时，在上是减函数，令，则恒成立，在上单调递减，解得：；当，即时，由知：，在上是减函数，恒成立，即对恒成立，令，则，在上单调递减，又，；若

19、，在上单调递增，存在唯一的使得，此时，而，在上不单调，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到根据切线方程求解参数值、函数极值点个数的求解、根据函数在区间内的单调性求解参数范围的问题，求解过程中涉及到零点存在定理的应用、构造函数法的应用等知识；属于难题.附加题【选做题】解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 21. 选修4-2：矩阵与变换 已知矩阵，且，求矩阵【答案】【解析】【分析】直接根据矩阵的乘法公式及逆矩阵的求法进行求解即可；【详解】由题意，则 因为，则 所以矩阵【点睛】本题考查了逆矩阵的求法及应用，注意矩阵乘积的运算法则，矩阵初等变换的性质

20、的合理运用，属于基础题.22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，），圆的参数方程为（为参数），若直线与圆恰好相切，求的正切值.【答案】或.【解析】分析】直线的斜率不存在，即时，易知直线的方程为，显然不符合题意，故直线的斜率存在.依题意知直线的斜率，其方程为，即，利用圆心到直线距离等于半径列出等式求出角度正切值.【详解】圆的参数方程为（为参数）即：可得圆的普通方程为，半径为直线的参数方程为（为参数，），当直线的斜率不存在，即时，可得直线的方程为，根据圆圆心到距离为：，故不符合题意直线的斜率存在.直线与圆恰好相切， 可得直线的斜率，其方程为，即，故：圆心到直线的距离，解得或，或.【点

21、睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化、直线与圆的位置关系，综合考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算，属于中档题.【必做题】解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤23. 假定某射手每次射击命中的概率为，且只有3发子弹该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完设耗用子弹数为X，求：（1）目标被击中的概率；（2）X的概率分布列；（3）均值，方差V（X）【答案】（1）；（2）详见解析；（3）；【解析】【分析】（1）利用独立重复实验的概率，先求得目标没有被击中的概率，再用对立事件的概率求解.（2）X可能取的值为：1，2，3分别求得相应的概率，

22、列出分布列.（3）由（2）利用期望和方差的公式求解【详解】（1）由题意可得：目标没有被击中的概率为：，所以目标被击中的概率为：（2）X可能取的值为：1，2，3所以，所以X的分布列为：X123P（3）由（2）可得：均值.【点睛】本题主要考查独立重复实验的概率，离散型随机变量的分布列及期望，还考查了运算求解的能力，属于中档题.24. 在平面直角坐标系xOy中，C（1，2）在抛物线y2=2px上（1）求p的值；（1）设动直线l交抛物线于A，B两点（异于点C），且满足CACB，试求点C到直线l距离的最大值【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，计算可得；（2）由（1）得，设，由CACB，得，可得，从而表示出直线的方程，可得动直线l恒过点，从而求出距离最值；【详解】解：（1）将（1，2）代入y2=2px得，p=2（2）由（1）得，设，所以，因为CACB，所以，即，由题意得，所以，直线l的方程为，将代入，得，所以，即，所以动直线l恒过点，易知当lMC时，点C到直线l的距离最大，最大值为【点睛】本题考查待定系数法求抛物线方程，直线与抛物线综合应用，直线恒过定点问题，属于中档题.