1、江苏省南京市、盐城市2020届高三数学下学期第二次模拟考试试题（含解析）一、填空题题：本大题共14个小题,每小题5分,共70分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】由集合和集合求出交集即可.【详解】解：集合，.故答案为：.【点睛】本题考查了交集及其运算，属于基础题.2.已知复数，其中为虚数单位，则的模为_.【答案】【解析】【分析】利用复数模的计算公式求解即可.【详解】解：由，得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查复数模的求法，属于基础题.3.如图是一个算法流程图，若输出的实数的值为，则输入的实数的值为_.【答案】【解析】【分析】根据程
2、序框图得到程序功能，结合分段函数进行计算即可.【详解】解：程序的功能是计算，若输出的实数的值为，则当时，由得，当时，由，此时无解.故答案为：.【点睛】本题主要考查程序框图的识别和判断，理解程序功能是解决本题的关键，属于基础题.4.某校初三年级共有名女生，为了了解初三女生分钟“仰卧起坐”项目训练情况，统计了所有女生分钟“仰卧起坐”测试数据（单位：个），并绘制了如下频率分布直方图，则分钟至少能做到个仰卧起坐的初三女生有_个【答案】【解析】【分析】根据数据先求出，再求出分钟至少能做到个仰卧起坐的初三女生人数即可.【详解】解：，.则分钟至少能做到个仰卧起坐的初三女生人数为.故答案为：.【点睛】本题主要
3、考查频率分布直方图，属于基础题.5.从编号为，的张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字整除的概率为_.【答案】【解析】【分析】基本事件总数，第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字的基本事件有8个，由此能求出概率.【详解】解：从编号为，的张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，基本事件总数，第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字的基本事件有8个，分别为：，.所以第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字整除的概率为.故答案为.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，属于基础题.6.已
4、知函数是定义在上的奇函数，且周期为，当时，则的值为_【答案】【解析】【分析】由题意可得：，周期为，可得，可求出，最后再求的值即可.【详解】解：函数是定义在上的奇函数，.由周期为，可知，.故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的基本性质，属于基础题.7.若将函数的图象沿轴向右平移个单位后所得的图象与的图象关于轴对称，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图像的对称性，求得的最小值.【详解】解：将函数的图象沿轴向右平移个单位长度，可得的图象.根据图象与的图象关于轴对称，可得，即时，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数图像的
5、对称性，属于基础题.8.在中，则绕所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为_.【答案】【解析】【分析】由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥侧面积计算公式可得.【详解】解：由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，在中，如下图所示，底面圆的半径为，则所形成的几何体的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查旋转体的表面积计算问题，属于基础题.9.已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足，其中，则值为_【答案】【解析】【分析】根据题意，判断出，根据等比数列的性质可得，再令数列中的，根据等差数列的性质，列出等式，求出和的值即可.【详解】解：由，其中，可得，则，令，可得.又令数列
6、中的，根据等差数列的性质，可得，所以.根据得出，.所以.故答案为.【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题.10.已知点是抛物线上动点，是抛物线的焦点，点的坐标为，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角.故当和抛物线相切时，的值最小.再利用直线的斜率公式、导数的几何意义求得切点的坐标，从而求得的最小值.【详解】解：由题意可得，抛物线的焦点，准线方程为，过点作垂直于准线，为垂足，则由抛物线的定义可得，则，为锐角.故当最小时，的值最小.设切点，由的导数为，则的斜率为，求得，可得，.故答案为：.【点睛】本题考查抛物线的定义，性
7、质的简单应用，直线的斜率公式，导数的几何意义，属于中档题.11.已知，为正实数，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】由，为正实数，且，可知，于是，可得，再利用基本不等式即可得出结果.【详解】解：，为正实数，且，可知，.当且仅当时取等号.的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了基本不等式的性质应用，恰当变形是解题的关键，属于中档题.12.在平面直角坐标系中，圆.已知过原点且相互垂直的两条直线和，其中与圆相交于，两点，与圆相切于点.若，则直线的斜率为_.【答案】【解析】【分析】设：，：，利用点到直线的距离，列出式子，求出的值即可.【详解】解：由圆，可知圆心，半径为.设直线：，则：，圆心到
8、直线的距离为，.圆心到直线的距离为半径，即，并根据垂径定理的应用，可列式得到，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的运用，并结合圆的方程，垂径定理的基本知识，属于中档题.13.在中，为定长，若的面积的最大值为，则边的长为_【答案】【解析】【分析】设，以为原点，为轴建系，则，设，利用求向量模的公式，可得，根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求.【详解】解：设，以为原点，为轴建系，则，设，则，即，由，可得.则.故答案为：.【点睛】本题考查向量模的计算，建系是关键，属于难题.14.函数（为自然对数的底数，），若函数恰有个零点，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】令，则
9、，恰有四个解.由判断函数增减性，求出最小值，列出相应不等式求解得出的取值范围.【详解】解：令，则，恰有四个解.有两个解，由，可得在上单调递减，在上单调递增，则，可得.设的负根为，由题意知，则，.故答案为：.【点睛】本题考查导数在函数当中的应用，属于难题.二、解答题：本大题共6小题，计90分.15.如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面求证：平面；若，求证：平面平面.【答案】证明见解析；证明见解析.【解析】【分析】利用线面平行的判定定理求证即可；为中点，为中点，可得，可知，故为直角三角形，利用面面垂直的判定定理求证即可.【详解】解： 证明：为中点，为中点，又平面，平面，平面；证明：为中点
10、，为中点，又，则，故为直角三角形，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.16.在中，角，所对的边分别为，且求的值；设的平分线与边交于点，已知，求的值.【答案】；.【解析】【分析】利用正弦定理化简求值即可；利用两角和差的正弦函数的化简公式，结合正弦定理求出的值.【详解】解：，由正弦定理得：，又，为三角形内角，故，则，故，；（2）平分，设，则,，则，又，则在中，由正弦定理：，.【点睛】本题考查正弦定理和两角和差的正弦函数的化简公式，二倍角公式，考查运算能力，属于基础题.17.如图，湖中有一个半径为千米的圆形小岛，岸边点与小
11、岛圆心相距千米，为方便游人到小岛观光，从点向小岛建三段栈道，湖面上的点在线段上，且，均与圆相切，切点分别为，其中栈道，和小岛在同一个平面上.沿圆的优弧（圆上实线部分）上再修建栈道.记为.用表示栈道的总长度，并确定的取值范围；求当为何值时，栈道总长度最短.【答案】，；当时，栈道总长度最短.【解析】【分析】连，由切线长定理知：，即，则，进而确定的取值范围；根据求导得，利用增减性算出，进而求得取值.【详解】解：连，由切线长定理知：，又，故，则劣弧的长为，因此，优弧的长为，又，故，即，所以，则；，其中，-0+单调递减极小值单调递增故时，所以当时，栈道总长度最短.【点睛】本题主要考查导数在函数当中的应用
12、，属于中档题.18.如图，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，且过点.求椭圆的方程；已知是椭圆的内接三角形，若点为椭圆的上顶点，原点为的垂心，求线段的长；若原点为的重心，求原点到直线距离的最小值.【答案】；.【解析】【分析】根据题意列出方程组求解即可；由原点为的垂心可得，轴，设，则，根据求出线段的长；设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，设：，则，当斜率不存在时，则到直线的距离为1，由，则，得出，根据求解即可.【详解】解：设焦距为，由题意知：，因此，椭圆的方程为：；由题意知：，故轴，设，则， ，解得：或，不重合，故，故；设中点为，直线与椭圆交于，两点，为的重心，则，当斜率不存在时，则到
13、直线的距离为1；设：，则，则，则：，代入式子得：，设到直线的距离为，则时，；综上，原点到直线距离的最小值为.【点睛】本题考查椭圆的方程的知识点，结合运用向量，韦达定理和点到直线的距离的知识，属于难题.19.已知函数，.函数的导函数在上存在零点.求实数的取值范围；若存在实数，当时，函数在时取得最大值，求正实数的最大值；若直线与曲线和都相切，且在轴上的截距为，求实数的值.【答案】；4；12.【解析】【分析】由题意可知，求导函数，方程在区间上有实数解，求出实数的取值范围；由，则，分步讨论，并利用导函数在函数的单调性的研究，得出正实数的最大值；设直线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，切线方程为，设直
14、线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，即切线方程为，整理得.所以，求得，设，则，所以在上单调递增，最后求出实数的值.【详解】由题意可知，则，即方程在区间上有实数解，解得；因，则，当，即时，恒成立，所以在上单调递增，不符题意；当时，令，解得：，当时，单调递增，所以不存在，使得在上的最大值为，不符题意；当时，解得：，且当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，若，则在上单调递减，所以，若，则上单调递减，在上单调递增，由题意可知，即，整理得，因为存在，符合上式，所以，解得，综上，最大值为4；设直线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，即切线方程整理得：由题意可知，即，即，解得所以切线方程为，设直线与
15、曲线的切点为，因为，所以切线斜率，即切线方程为，整理得.所以，消去，整理得，且因为，解得，设，则，所以在上单调递增，因为，所以，所以，即.【点睛】本题主要考查导数在函数中的研究，导数的几何意义，属于难题.20.已知矩阵，.求矩阵；求矩阵的特征值.【答案】；，.【解析】【分析】由题意，可得，利用矩阵的知识求解即可.矩阵的特征多项式为，令，求出矩阵的特征值.【详解】设矩阵，则，所以，解得，所以矩阵；矩阵的特征多项式为，令，解得，即矩阵的两个特征值为，.【点睛】本题考查矩阵的知识点，属于常考题.21.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，直线极坐
16、标方程为.若直线交曲线于，两点，求线段的长.【答案】【解析】【分析】由，化简得，由，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，整理得，直线的方程与曲线的方程联立，整理得，设，则，根据弦长公式求解即可.详解】由，化简得，又因为，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，消去，整理得，将直线的方程与曲线的方程联立，消去，整理得，设，则，所以，将，代入上式，整理得.【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程的应用，结合弦长公式的运用，属于中档题.22.已知a0，证明：2【答案】证明见解析【解析】【分析】利用分析法，证明a即可【详解】证明：a0，a2，a20，要证明2，只要证明a2（a）24（a
17、）+4，只要证明：a，a2，原不等式成立【点睛】本题考查不等式的证明，着重考查分析法的运用，考查推理论证能力，属于中档题23.某商场举行有奖促销活动，顾客购买每满元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下：抽奖者掷各面标有点数的正方体骰子次，若掷得点数大于，则可继续在抽奖箱中抽奖；否则获得三等奖，结束抽奖，已知抽奖箱中装有个红球与个白球，抽奖者从箱中任意摸出个球，若个球均为红球，则获得一等奖，若个球为个红球和个白球，则获得二等奖，否则，获得三等奖（抽奖箱中的所有小球，除颜色外均相同）.若，求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率；若一等奖可获奖金元，二等奖可获奖金元，三等奖可获奖金元，记顾客一次抽奖所获
18、得的奖金为，若商场希望的数学期望不超过元，求的最小值.【答案】；.【解析】【分析】设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，求出；由题意可知，随机变量的可能取值为，相应求出概率，求出期望，化简得，由题意可知，即，求出的最小值.【详解】设顾客获得三等奖为事件，因为顾客掷得点数大于的概率为，顾客掷得点数小于，然后抽将得三等奖的概率为，所以；由题意可知，随机变量的可能取值为， 且，所以随机变量的数学期望，化简得，由题意可知，即，化简得，因为，解得，即的最小值为.【点睛】本题主要考查概率和期望的求法，属于常考题.24.已知集合，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，规定空集中元素的个数为.当时，求的值；利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，都有.【答案】；证明见解析.【解析】分析】当时，集合共有个子集，即可求出结果；分类讨论，利用数学归纳法证明.【详解】当时，集合共有个子集，所以；当时，由可知，此时令，满足对任意，都有，且；假设当时，存在有序集合组满足题意，且，则当时，集合的子集个数为个，因为是4的整数倍，所以令，且恒成立，即满足对任意，都有，且，综上，原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题.
