1、江苏省南通市2020届高三数学下学期考前模拟试题（一）（含解析）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案直接填写在答题卡相应位置上.1. 已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算【详解】，又，故答案为：【点睛】本题考查集合的交集运算，考查解无理不等式，属于基础题2. 设为虚数单位，则复数的虚部为_.【答案】2【解析】【分析】首先将题中所给的式子进行化简，求得，从而得到其虚部的值.【详解】根据，可得，所以，所以复数的虚部为，故答案为：2.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的除法运算，复数的模，复数的虚部，属于简单题目.
2、3. 若某程序框图如图所示，则运行结果为_.【答案】9【解析】【分析】模拟程序运行，观察变量值，判断循环条件可得结论【详解】程序运行时，变量值变化如下：，不满足；，不满足；，不满足；，不满足；，满足，退出循环，输出故答案为：9【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时模拟程序运行是常用方法4. 某校从3名男生和2名女生中随机选出3人参加植树活动，则选出的学生中男生比女生人数多的概率为_.【答案】【解析】【分析】依据题意男生选3人或男生2人女生1人，依次计算概率，最后可得结果.【详解】由题可知：男生选3人或男生选2人女生选1人若男生选3人，则概率为若男生选2人女生选1人，则概率为所以所求的概
3、率为故答案为：【点睛】本题考查互斥事件的概率，审清题意，细心计算，属基础题.5. 已知抛物线的焦点与双曲线的左焦点重合，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】求出抛物线的焦点，由双曲线方程求得，从而可得离心率【详解】抛物线中，焦点为，它是双曲线的左焦点，则双曲线中，所以离心率为故答案为：【点睛】本题考查抛物线与双曲线焦点坐标，考查双曲线的离心率，求出是求双曲线离心率的基本方法6. 为了解某校学生课外阅读的情况，随机统计了1000名学生的课外阅读时间，所得数据都在中，其频率分布直方图如图所示，则阅读时间在中的学生人数为_.【答案】200【解析】【分析】首先由频率分布直方图求出，再由人数等
4、于样本总数乘以频率即可求出【详解】由题意得：，可得，则阅读时间在中的学生人数为：.故答案为：200.【点睛】本题考查频率分布直方图，掌握住频率分布直方图中频率=小矩形面积属于较易题.7. 已知向量，.若向量与向量共线，则实数_.【答案】【解析】【分析】利用向量的坐标运算求得向量的坐标，然后利用平面向量共线的充分必要条件求解.【详解】向量，向量,又，且向量与向量共线，解得,故答案为：.【点睛】本题考查向量的坐标运算和利用向量共线的充分必要条件求参数的值，考查运算能力，属基础题.8. 体积为的球的内接正四面体的表面积为_.【答案】【解析】【分析】根据球的体积可得球的半径，依题意可知该球为正四面体的
5、外接球，然后计算正四面体的边长，最后简单计算可得结果.【详解】由题可知：该球为正四面体的外接球，设球的半径为所以如图另设正四面体的边长为依题意可知为该正四面体的球心，为的中心所以，所以，即化简可求得所以该正四面体的表面积为故答案为：【点睛】本题考查正四面体的外接球问题，关键在于找到正四面体的边长和外接球半径之间的关系，属中档题.9. 设等比数列前项的和为，满足，成等差数列，且，则数列的通项公式为_.【答案】【解析】分析】先利用等差中项求出公比，再利用等比数列前项和求出首项，最后利用等比数列的通项公式求解即可.【详解】设公比为，由，成等差数列，得，又，则，所以或；又，所以，则，则.故答案为：.【
6、点睛】本题主要考查了等差中项，等比数列通项公式以及等比数列前项和公式.属于较易题.10. 已知函数，若曲线与在处有相同的切线，则函数的最小值为_.【答案】0【解析】【分析】首先对函数和求导，代入，求得切线的斜率，利用点斜式求出直线的方程，利用两直线重合得到方程组，求得，利用导数研究的单调性，确定出最小值，得到结果.【详解】因为，有，所以，且，所以在处的切线方程为，即，在处的切线方程为，即，因为两条切线相同，所以有，解得，所以，所以当时，当时，所以在上单调递减，在时单调递增，所以在处取得最小值，且，故答案为：0.【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有曲线在某个点处的切线
7、方程的求解，利用导数研究函数的最值，属于中档题目.11. 已知，则_【答案】【解析】【分析】由两角和的余弦公式及二倍角公式求得，由题意可求，代入求解即可.【详解】由，得，又.故答案为：.【点睛】本题考查两角和与差的余弦公式，正切齐次式求值，熟记公式，准确化为二次齐次式是关键，属于中档题.12. 如图，在中，、分别是、边上的中点，与的交点为，若，则角的最大值为_.【答案】【解析】【分析】表示，进一步可得，然后计算可得关于的一元二次方程，最后利用可得结果.【详解】根据题意可知：在中，、分别是、边上的中点所以为的重心，所以又，所以又，所以根据，所以则所以，由，所以则，所以所以的最大值为故答案为：【点
8、睛】本题考查向量的线性表示以及数量积的运算，本题难点在于的表示以及的使用和理解，属中档题.13. 在平面直角坐标系中，已知直线上存在点，过点作圆的切线，切点分别为，且，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】采用数形结合，取的中点，根据，可计算，然后根据可得，最后利用点到直线的距离不大于，可得结果.【详解】取的中点如图根据圆的几何性质可得所以由，所以由所以，则点到直线的距离为则或所以故答案为：【点睛】本题考查直线与圆的应用，本题难点在于计算以及利用关系，审清题意，考查分析能力以及逻辑推理能能力，属难题.14. 已知函数，若有3个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】分别画出
9、函数与的图象，根据两图象的交点有3个，可得结果.【详解】由题可知：有3个零点等价于函数与的图象有3个交点当时，则可知若，则函数单调递减若，则函数单调递增当时，则则函数在单调递增又直线恒过原点如图当直线与相切时，设切点为，所以，所以当直线与相切时，切点为原点所以，则由函数在单调递减，在单调递增所以，所以又函数与的图象有3个交点则故答案为：【点睛】本题考查根据函数零点个数求参问题，常常使用等价转化的思想，转化为两个函数交点个数问题，数形结合，解决问题，属中档题.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，在斜三棱柱中，平面
10、.求证：（1）是的中点；（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接交于点，然后根据/平面，可得/，最后根据为的中点，可得结果.（2）根据，可知，可证明，然后根据线面垂直以及面面垂直的判定定理，可得结果.【详解】（1）连接交于点如图因为/平面，且平面平面平面，所以/又四边形为平行四边形，所以为的中点所以在中，/且为的中点可知是的中点（2）根据（1）可知：/，又所以，由，是的中点所以由,平面所以平面，又平面所以平面平面【点睛】本题考查线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理，熟练掌握线线、线面、面面之间的位置关系以及相关定理，属中档题.16. 在中，已知
11、角，所对的边分别为， .（1）若 ， ，求的值；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理求出，再利用同角间三角函数关系，两角和的正弦公式和诱导公式可求得；（2）用余弦定理得出的关系式，再由基本不等式可得的最大值，从而得面积最大值【详解】（1），又，由正弦定理得，即，；（2）由余弦定理得，又，当且仅当时等号成立，面积最大值为，此时为等边三角形【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，考查两角和的正弦公式，同角间的三角函数关系，诱导公式等，掌握正弦定理与余弦定理是解题关键，本题属于中档题17. 数学家斐波那契在其所著计算之书中，记有“二鸟饮泉”间题，题意如下：“
12、如图1，两塔相距步，高分别为步和步.两塔间有喷泉，塔顶各有一鸟.两鸟同时自塔顶出发，沿直线飞往喷泉，同时抵达（假设两鸟速度相同）.求两塔与喷泉中心之距.”如图2，现有两塔、，底部、相距12米，塔高3米，塔高9米.假设塔与地面垂直，小鸟飞行路线与两塔在同一竖直平面内.（1）若如计算之书所述，有飞行速度相同的两鸟，同时从塔顶出发，同时抵达喷泉所在点，求喷泉距塔底的距离；（2）若塔底、之间为喷泉形成的宽阔的水面，一只小鸟从塔顶出发，飞抵水面、 之间的某点处饮水之后，飞到对面的塔顶处.求当小鸟飞行距离最短时，饮水点到塔底的距离.【答案】（1）9米；（2）3米.【解析】【分析】（1）设，列方程求解；（2
13、）作出关于的对称点，与的交点就是最短距离的点，由此可计算出结论【详解】（1）设，则由题意，解得；（2）设是关于直线的对称点，连接交于，是线段上任一点，如图，当且仅当与重合时，等号成立点即为所求，而，解得【点睛】本题考查数学文化，考查数学的应用，解题关键是正确理解题意，抽象出数学问题，用相应的数学知识求解18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，右焦点为，椭圆上的点到准线的距离的最小值为2，为椭圆的上顶点，圆，直线与椭圆和圆分别交于点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）由离心率和距离的最小值列出关于的方程组，再求出可得椭圆方程；
14、（2）由得，求得直线的斜率，然后设直线方程为，由直线与椭圆相交弦长公式求得弦长，再由圆的弦长公式求得，这样由已知可求得【详解】（1）由题意，解得，椭圆标准方程为；（2）由（1），在线段的垂直平分线上，也在线段的垂直平分线上，设直线方程为，设，由得，直线方程为，到直线的距离为，由得，即(*).圆半径为，解得或，满足(*)直线方程是或.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，掌握直线与椭圆相交弦长公式和直线与圆相交的弦长公式是解题关键计算的方法是“设而不求”的思想方法，即设直线方程，设交点坐标，直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后应用韦达定理，由韦达定理的表达式去计算弦长19.
15、已知函数，.（1）当时，求函数的极值；（2）若，都有，求实数的取值范围；（3）设，若，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）代入，求导即可求解极值.（2），都有等价于时，恒成立，然后分类讨论求即可. (3)令，即存在，使得，然后分类讨论求即可求解.【详解】（1）当时，令，解得当时，当时，当时，取得极小值；无极大值.(2) ，都有，即时，恒成立令当，即时，所以在单增所以，满足题意.当，即时此时，i）当时，即时，所以在单增所以，满足题意.ii）当时，即时此时，所以，不满足题意.综上所述：当时，满足时，恒成立.（3）令即存在，使得即存在，使得i）当时，此时
16、在上，单减，即，满足题意.ii）当时，此时在上，单增在上，单增. 即，不满足题意.iii）当时， 此时在上，单增，解得，满足题意.综上所述：【点睛】此题考查了函数的极值，含参单变量函数任意，存在性条件最值问题，主要用到的分类讨论的思想方法，属于较难题目.20. 给定数列，若，且，是数列项，则称数列为“数列”.记数列的前项和为，且，都有.（1）求证：数列为等差数列；（2）若数列为“数列”，且，求所有的可能值；（3）若也是数列的项，求证：数列为“数列”.【答案】（1）证明见解析；（2）4或6；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得，两式相减得：，（），两式相减得： ，可得证；（2）由（1
17、）得数列为等差数列，设数列的公差为d,可得， ，讨论d的所有可能的值可得所有的可能值；（3）由已知得当时，显然成立，当时，设，相减得，即，由等差数列的定义可得证.【详解】（1）证明：当时，成立，又，所以，两式相减得：，即，（），两式相减得：，即，所以数列为等差数列；（2）由（1）得数列为等差数列，设数列的公差为d,由数列为“数列”，且，得，所以，所以 ，又，所以，所以所有的可能值为4或6；（3）因为也是数列的项，当时，显然成立，当时，设，相减得，即，又，所以数列为“数列”.【点睛】本题考查数列的新定义，关键在于理解数列的新定义和运用等差数列的定义、通项与前n项和的关系，得出递推关系式，属于难题
18、.数学（附加题）【选做题】本题包括A、B、C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.选修4-2：矩阵与变换21. 在平面直角坐标系中，曲线的方程为.设变换、对应的矩阵分别为，求曲线在依次实施变换下、后所得曲线的方程.【答案】【解析】【分析】根据题中所给的条件，首先求得，之后应用变换公式求得结果.【详解】因为，所以，设是圆：上的任意一点，两次变换后对应的点为，所以，所以，所以，因为，所以，整理得，曲线在依次实施变换下、后所得曲线的方程为.【点睛】该题考查的是有关矩阵的问题，涉及到的知识点有曲线经过变换之后对应方
19、程的求解，属于简单题目.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，求直线被曲线截得的弦长.【答案】【解析】【分析】分别写出曲线的普通方程与直线的直角坐标方程，然后联立方程并使用韦达定理，最后根据弦长公式进行计算即可.【详解】由题可知：曲线的参数方程为（为参数）则曲线的普通方程为直线的极坐标方程为，则，由所以直线的直角坐标方程为设两交点分别为 则故所求弦长故答案为：【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程以及普通方程的转化，还考查了直线与椭圆的弦长公式，熟练参数方程、极坐标方程以及普通方程的转化
20、过程，属基础题.选修4-5：不等式选讲23. 设，均为正实数，且，求证： .【答案】证明见解析【解析】【分析】由基本不等式可得证.【详解】因为，均为正实数，且，所以（当且仅当，即时取等号），（当且仅当，即时取等号），（当且仅当，即时取等号），所以（当且仅当取等号），所以，当且仅当取等号.【点睛】本题考查运用基本不等式证明不等式，关键在于构造基本不等式和满足基本不等式的条件，属于中档题.【必做题】第22题、第23题，每题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.24. 抛物级的焦点到直线的距离为2.（1）求抛物线的方程；（2）设直线交抛物线于，两点，
21、分别过，两点作抛物线的两条切线，两切线的交点为，求证： .【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义求出即可得出结论；（2）联立直线和抛物线的方程，得出韦达定理，设切线的斜率为，切线的斜率为，点坐标为，利用已知条件对函数求导得出切线的斜率，写出切线方程，求出两切线的交点坐标，利用，即可得出结论.【详解】（1）由题意知：，则焦点到直线的距离为：，所以抛物线的方程为：；（2）证明：把直线代入消得：，又，利用韦达定理得，由题意设切线的斜率为，切线的斜率为，点坐标为，由（1）可得：，则，所以，则切线的方程为：，切线的方程为：，则，利用韦达定理化简整理得：，把代入整理得：，则
22、，则【点睛】本题主要考查了利用定义求抛物线的方程，直线与抛物线应用.做这道题的时候要注意，利用韦达定理，得出两根的关系，设出两切线的交点，认真计算.属于中档题.25. 设集合，、是的两个非空子集，且满足集合中的最大数不大于集合中的最小数，记满足条件的集合对的个数为.（1）求的值；（2）求的表达式.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，对集合中的最大元素进行分类讨论，确定对应集合，可求得的值；（2）设集合中的最大元素为，确定集合、的情况，可得集合共有对，由此能求出.【详解】（1）当时，.若，则的可能情况为：、；若或，则.综上所述，；（2）若集合中的最大元素为，则集合的其余元素可在、中任取若干个（包含不取），此时，集合的个数为集合的子集个数，集合中的元素只能在、中任取若干个（至少取一个），此时，集合的个数为集合的真子集个数，所以，的个数为，当依次取、时，可分别得到集合对的个数，因此，.【点睛】本题考查集合子集和真子集个数公式的应用，同时也考查了等比数列求和，考查计算能力，属于中等题.
