1、江苏省南京师大附中2020届高三数学下学期6月模拟考试试题（含解析）（满分160分，考试时间120分钟）参考公式：样本数据的方差，其中.锥体的体积，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高.球体的表面积，其中r是球体的半径.一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1.已知集合，则_.【答案】【解析】【分析】根据绝对值不等式的解法求得集合，再根据交集定义可求得结果.【详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到绝对值不等式的求解，属于基础题.2.已知复数，其中i是虚数单位.若z的实部为0，则实数a的值为_.【答案】【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实
2、部为0得的值.【详解】，且的实部为0，即，故答案为：.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题.3.样本数据6，7，10，14，8，9的方差是_.【答案】【解析】【分析】先求平均数，再代入方差公式即可.【详解】解：，故答案为：.【点睛】考查方差的计算和运算求解能力，基础题.4.下图是一个算法流程图，若输入的x的值为1，则输出S的值为_.【答案】100【解析】【分析】根据题意，将代入，按照程序框图计算即可得到结果.【详解】模拟程序如下：输入，；，不满足；，不满足；，不满足；，满足；输出100；故答案为：100.【点睛】本题主要考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程
3、序框图的运行过程，属于基础题.5.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）先后抛郑2次，则出现向上的点数之和为6的倍数的概率是_.【答案】【解析】【分析】分别求出基本事件数，“点数之和为6的倍数”的种数，再根据概率公式解答即可.【详解】基本事件共个，点数和为6的倍数的有，共6个，故，故答案为：.【点睛】本题主要考查的知识点是古典概型概率计算公式，属于基础题.6.已知函数的图像关于点对称，则的值是_.【答案】【解析】【分析】将对称中心点的坐标代入函数中可求出的值【详解】解：因为函数的图像关于点对称，所以，解得，因为，所以故答案为：【点睛】此题考查正弦函数
4、的对称性，对称中心性质的应用是关键，属于基础题.7.已知是正三棱锥，其外接球O的表面积为，且，则该三棱锥的体积为_.【答案】【解析】【分析】由球的表面积求得半径，结合及等腰三角形求得测棱长，进一步求得高和底面边长，得解【详解】解：如图，由，可得，即，又，故答案为：【点睛】本题考查了三棱锥外接球问题，几何体的体积计算，属于中档题.8.若双曲线的离心率为3，则抛物线的焦点到双曲线C的渐近线距离为_.【答案】【解析】【分析】求出焦点，由离心率求出斜率，表示出渐近线方程，用点到直线距离公式即可.【详解】解：的焦点，双曲线的离心率等于3，即，则双曲线的渐近线方程为，焦点到双曲线的渐近线距离等于.故答案为
5、：【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率公式的运用，考查运算能力，属于基础题9.已知函数.若，则实数a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数研究函数的单调性，从而脱去解不等式即可.【详解】由可知，函数为奇函数，在上恒成立，所以为增函数，由得，即，等价于，解得，故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的综合应用，属于中档题.10.设等差数列的前n项和为.已知，.若存在正整数k，使得对任意的都有恒成立，则k的值为_.【答案】10【解析】【分析】根据等差数列解出首项与公差，写出，找到取最大值时的值即为答案.【详解】因为为等差数列,所以
6、.所以.故答案为:10.【点睛】本题考查等差数列前项和的最值.属于基础题.熟练掌握等差数列的通项公式与前项和公式是解本题的关键.11.已知圆，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点.若圆O上存在点P使得的面积为，则实数m的最小值为_.【答案】5【解析】分析】先求得点A、B的坐标，求得线段AB的长度，由三角形的面积公式得出点P到直线AB的距离，从而得出关于圆的半径的不等式，可得出实数m的最小值【详解】由已知可得直线l的方程为，令，得，令，得，设点P到直线 l的距离为d,则，圆O：的圆心，半径，由点到直线的距离公式可得圆心O到直线 l的距离为，即，所以实数m的最小值为5. 故答案：5.【点睛】本题考查
7、点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系，关键在于通过圆心到直线的距离得出关于圆的半径的不等式，属于中档题.12.已知点G为的重心，点D，E，F分别为，的中点.若，则_.【答案】【解析】【分析】以、为基底表示出向量、，代入、中按向量数量积运算律进行运算得到式、式，再用基底表示出，即可求得.【详解】，,，得：，所以.故答案为：【点睛】本题考查向量的线性运算、向量数量积的运算律、平面向量基本定理，属于中档题.13.已知函数，若关于x的方程有3个不同的实数根，则实数a的取值集合为_.【答案】【解析】【分析】由，根据关于 x的方程有3个不同的实数根，分所以方程在有1个根，在有2个根和方程在有2个根，在有
8、1个根，利用判别式法和导数法求解.【详解】，因为关于 x的方程有3个不同的实数根，如图所示：则.当时，若方程有1个实数根，联立得，即，则，解得：，此时，令，当时，当时，所以时，函数取得极小值：，又，所以当时，方程在有1个根，在有2个根，符合题意.当时，若方程有2个实数根，则，解得：，此时则需方程在有1个根，令，所以，当时，当时，所以时，函数取得极小值：，令，则，解得，所以，符合题意.综上：若关于x的方程有3个不同的实数根，则实数a的取值集合为故答案为：【点睛】本题主要考查考查函数与方程，导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于难题.14.在锐角三角形中，已知，则的取值范围
9、是_.【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数关系式化简条件，构造函数将双变量转化单变量并结合锐角三角形得到取值范围，利用三角函数的恒等变换化简为，构造函数利用导数研究其值域即可.【详解】由题意可得，即.不妨设则由得 令 ，单调递减，单调递增，取得极小值，也是最下值，所以在上的值域为，所以 ,又为锐角三角形，所以，则 ，故 . 令，故在 上单调递增，所以的值域为 故的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查三角函数式的化简及构造函数，利用导数研究函数的性质，属于能力提升题.二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在中，已知.（1）求的
10、值；（2）若D是边上一点，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)由正弦定理可得，结合余弦定理可求出，从而可求出，结合两角和的余弦公式可求出.(2)由余弦定理可求出，结合同角三角函数的基本关系即可求出，由正弦定理可求.【详解】解：（1）因为，所以由正弦定理可知，所以.因为在中，所以.所以.（2）由余弦定理可知，在中， 因为，所以，.由正弦定理可知，在中，所以，所以.【点睛】本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了同角三角函数的基本关系.16.在三棱柱中，侧面为菱形，且，点E，F分别为，的中点.求证：（1）平面平面；（2）平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】
11、【分析】（1）利用菱形及等腰三角形的性质证明、，推出平面即可证明面面垂直；（2）利用中位线的性质证明四边形是平行四边形即可推出，从而证明线面平行.【详解】证明：（1）连结交于O点，连结.因为侧面为菱形，所以对角线，且O为、的中点，在中，因，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连结，因为侧面为菱形，所以对角线互相平分，点O为的中点.因为点F为的中点，所以在中， 在三棱柱中，侧棱，且，又点E为的中点，所以,.所以且，四边形是平行四边形， 所以.因为平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查面面垂直的判定及证明、线面平行的证明，涉及菱形的性质，属于中档题.17.某处有一块闲置用地，
12、如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧和两条线段，构成.已知圆心O在线段上，现测得圆O半径为2百米，.现规划在这片闲置用地内划出一片梯形区域用于商业建设，该梯形区域的下底为，上底为，点M在圆弧（点D在圆弧上，且）上，点N在圆弧上或线段上.设.（1）将梯形的面积表示为的函数；（2）当为何值时，梯形的面积最大？求出最大面积.【答案】（1）（2）当时，梯形的面积取得最大值平方百米.【解析】【分析】(1)结合点N的位置分析角相应的取值范围，分情况讨论即可求解；(2)根据(1)的函数，利用导数研究单调性即可求解函数的最大值.【详解】（1）因为点M在圆弧上，当点M分别与点A，D重合时，梯形不存在，所以.过点B
13、作，且交圆弧于点，连结，因为，所以.由垂径定理可知垂直平分，因此，因此，当时，点N在圆弧上，当上时，点N在线段上.设，当时，因为，所以.又，所以.由垂径定理可知，在中，因为，所以在中，所以梯形的面积； 当时，因为，所以四边形为矩形，故，所以梯形的面积.综上， （2）当时，.因为时，所以，故在上单调递减，.当时，.因为时，所以，故在上单调递增，.综上，当且仅当时，梯形面积取得最大值平方百米.【点睛】本题主要考查圆的性质、三角函数的实际应用问题及利用导数研究函数的最值，属于能力提升题.18.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆，其右焦点F到其右准线的距离为1，离心率为，A，B分别为椭圆的上、下顶点，
14、过点F且不与x轴重合的直线l与椭圆交于C，D两点，与y轴交于点P，直线与交于点Q.（1）求椭圆的标准方程；（2）当时，求直线的方程；（3）求证：为定值.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意列出等式：，联立即得解；（2）设直线l的方程为，与椭圆联立，利用弦长公式表示，代入求解即可；（3）设，表示方程，联立得到的坐标，利用韦达定理化简，利用坐标表示，可得证.【详解】（1）解：由题意可知，所以，所以，所以椭圆的标准方程为（2）解：因为直线l不与x轴重合，所以斜率不为0.因为l过点，所以设直线l的方程为.由，得.设，则，则因为，所以，得，所以，所以直线l的方程为（3
15、）证明：在中令得，所以.而直线的方程为，直线的方程为.由此得到.不妨设，则，所以.将代入式，得， 所以为定值【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了弦长公式和定值问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题19.设，其中e为自然对数的底数（）.（1）当时，求在处的切线方程；（2）设，求的单调区间；（3）当时，恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）当时，先求函数的导数，利用导数的几何意义求切线方程；（2）先求函数的导数，然后分和讨论求函数的单调性；（3）首先求函数的导数，讨论当，由函数的单调性判断函数的最大值说明恒成立，当时，令，
16、则，分，两种情况讨论函数的单调性，并判断函数的最值，说明的取值范围.【详解】解：（1）当时，所以在处的切线方程为，即.（2）.当时，所以当时，；当时，；当时，令得，.若，即时，则恒成立，所以单调增区间为.若，即时，即或；即，所以单调增区间为和，单调减区间为.若，即时，即或，即，所以单调增区间为和，单调减区间为.（3）.若时，则在时恒成立，所以在上单调递减，所以当时，所以时，恒成立.若时，令，则，.当时，即时，所以单调递减，所以，即，所以单调递减，所以当时，恒成立. .当时，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增.因为在上单调递增且，所以，所以在上，所以，所以单调递增，所以当时，不满足条件.所以
17、a的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程，判断函数的单调性，以及根据不等式恒成立求参数的取值范围，重点考查分类讨论的思想，逻辑推理能力，属于难题.20.已知是各项均为正数的无穷数列，且满足，.（1）若，求a的值；（2）设数列满足，其前n项的和为.求证：是等差数列；若对于任意的，都存在，使得成立.求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析；证明见解析.【解析】【分析】（1）因为，所以此时单调递增，将，代入，解出，同理将，的值代入可得出答案.（2）由题意，由，得,当成立，当时，可得和,两式相减化简可得，从而可证明.由可得，又存在，使得成立，即，当成立，当时，.当时，；当时，必为整数，
18、即，要证，只需证即证，因为，只需证明即可.【详解】（1）是各项均为正数的无穷数列，解：因为，所以此时单调递增，又所以令，得，即，平方整理得.因为，所以；同理令，得，即，平方整理得.因为，所以，因此.（2）证明：由题意，由，得.当时，所以是公差为0的等差数列.当时，因为所以，从而有.-，得，化简得.因为，且数列的各项均为正数，所以，从而，因此.因为，所以.综上，是公差为d的等差数列.因为是公差为d的等差数列，所以.因为对于任意的，都存在，使得，所以有，整理得.若，则，结论成立.若，.当时，.当时，必为整数，即.因为，所以，所以，从而.下证，即证，从而只要证，因此要证.记，则.记，则，所以，从而，
19、所以.【点睛】本题考查根据递推关系求数列中的项，考查由递推关系证明数列为等差数列，证明数列不等式问题，属于难题.江苏省南师附中2020届高三模拟考试试卷数学附加题（满分40分，考试时间30分钟）【选做题】在小题中只能选做两题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.（选修4-2：矩阵与变换）21.已知矩阵，点在矩阵A对应的变换作用下得到点.（1）求a和b的值；（2）求矩阵A的特征值.【答案】（1），；（2）矩阵A的特征值为，.【解析】【分析】（1）由矩阵变换得到，然后由求解. （2）由（1）可知，先求得特征行列式，再令求解.【详解】
20、（1）由题意，得，所以，解得，所以，.（2）由（1）可知，特征行列式为，令，解得或，所以矩阵A的特征值为，.【点睛】本题主要考查矩阵变换的应用以及特征值的计算，还考查了运算求解的能力，属于中档题.（选修4-4：坐标系与参数方程）22.在极坐标系中，直线l的方程为，曲线C的方程为.若直线l与曲线C相切，求实数a的值.【答案】或.【解析】【分析】以极点为原点，极轴为x轴正方向建立平面直角坐标系.先将直线l与曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，再根据直线与圆相切的条件建立关于a的方程，可求得实数a的值.【详解】以极点为原点，极轴为x轴正方向建立平面直角坐标系.因为直线l的方程为，所以其直角坐标方程为
21、.因为曲线C的方程为，所以， 所以曲线C的直角坐标方程为，是圆心为，半径为2的圆.因为直线l与圆C相切，所以圆心到直线l的距离d为2，所以或.【点睛】本题考查直线与圆的极坐标方程化为普通方程，以及直线与圆的位置关系，属于中档题.（选修4-5：不等式选讲）23.已知a，b，c为正实数，求的最小值.【答案】.【解析】【分析】可将不等式变为：，然后再利用柯西不等式求最值即可.【详解】，因为a，b，c为正实数，所以由柯西不等式可知，当且仅当，即，即且时取等号，此时原式的最小值为.【点睛】本题考查利用柯西不等式求最值的问题，考查逻辑思维能力和推理能力，考查计算能力，属于常考题.【必做题】每小题10分，共
22、20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.24.某校举办的体育节设有投篮项目.该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中前两次投篮每投中一次得1分，第三次投篮投中得2分，若不中不得分，投完三次后累计总分.（1）若甲同学每次投篮命中的概率为，且相互不影响，记甲同学投完三次后的总分为X，求随机变量X的概率分布列；（2）若（1）中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目，已知乙同学每次投篮命中的概率为，且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰.求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，根据独立重复试验的
23、概率公式求出的各个取值的概率可得分布列；（2）根据相互独立事件的乘法公式求出四个互斥事件的概率再相加即可得到答案.【详解】（1）随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，；.所以随机变量的分布列为：01234（2）设乙同学投完后的总分为Y，则随机变量Y可能的取值为0，1，2，3，4，；.记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件A，由四种情况组成，且相互独立，四种情况分别为甲得0分且乙得分超过0分，甲得1分且乙得分超过1分，甲得2分且乙得分超过2分，甲得3分且乙得分超过3分.所以.所以甲同学的总分低于乙同学的总分的概率为.【点睛】本题考查了独立重复试验的概率公式，考查了相互独立事件的乘法公式
24、和互斥事件的加法公式，考查了离散型随机变量的分布列，属于中档题.25.在空间直角坐标系中，有一只电子蜜蜂从坐标原点O出发，规定电子蜜蜂只能沿着坐标轴方向或与坐标轴平行的方向行进，每一步只能行进1个单位长度，若设定该电子蜜蜂从坐标原点O出发行进到点经过最短路径的不同走法的总数为.（1）求，和；（2）当，试比较与的大小，并说明理由.【答案】（1），；（2），理由见解析.【解析】【分析】(1)结合组合和分步的思想可求出，和；(2)由(1)可知，结合基本不等式可知恒成立，从而可证明，进而可证明与的大小.【详解】解：（1），.（2），其中是个连续的自然数相乘，对于任意的，且，都有恒成立，所以，并且，所以取不到等号，因此.【点睛】本题考查了组合数的计算，考查了分步的思想，考查了基本不等式，考查了不等式的证明.本题的难点是第二问中对不等式的放缩.