1、江苏省南京市金陵中学、南通市海安高级中学、南京市外国语学校2020届高三数学下学期第四次模拟考试试题（含解析）参考公式：柱体的体积，其中S为柱体的底面积，h为柱体的高；锥体的体积，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高；圆锥的侧面积，其中r为圆锥的底面半径，l为圆锥的母线.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】因为，所以.2.已知复数（为虚数单位），则的实部为_.【答案】【解析】【分析】计算，得到复数实部.【详解】，则，故的实部为.故答案为：.【点睛】本题考查了复数的乘方运算，求复数的实部，属于简单题.3.某高中高一、高二、高三年级的学生人数之比为，
2、现用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为100的样本，则应从高三年级抽取的学生的人数为_.【答案】32【解析】【分析】直接根据高三学生所占比例求解即可.【详解】高一、高二、高三年级学生人数之比为，所以从该校三个年级的学生中抽取容量为100的样本，则应该从高三年级抽取的学生的人数为，故答案为：32.【点睛】本题考查了分层抽样的应用，考查了数据的处理能力，属于基础题.4.运行如图所示的伪代码，输出的T的值为_.【答案】16【解析】【分析】模拟程序的运行过程，即可得出程序运行后的输出结果.【详解】当时，；当时，；当时，；当时，.所以输出.故答案为：16.【点睛】本题主要考查了程序语言的应用
3、问题，模拟程序的运行过程是常用的方法，属于基础题.5.从集合中取两个不同的数a，b，则的概率为_.【答案】【解析】【分析】从集合中选出两个不同的数组成有序数对，得出基本事件总数，再求出满足的基本事件个数即可得到概率.【详解】取两个不同的数a，b，记为有序数对，所有基本事件为：共12种，满足的情况为：，一共4种，所以其概率为.故答案为：【点睛】此题考查求古典概型，关键在于准确求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数，准确列举不重不漏.6.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为3，则此双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】先求双曲线的渐近线，再利用点到直线的距离
4、公式求出，求出后可得离心率.【详解】双曲线的渐近线为，设焦点坐标为.故.因为，故即，所以，故离心率.故答案为：.【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组7.已知，则的值为_.【答案】【解析】【分析】展开得到，根据诱导公式得到，得到答案.【详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和转化能力.8.设正项等比数列的前n项和为，且，则数列的公比为_.【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据的关系可得，从而可求的值.【详解】因为，故即
5、，因为等比数列为正项数列，故，所以.故答案为：3.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3） 为等比数列（ ）且公比为.9.在平面直角坐标系xOy中，过直线上一点P作圆的切线PA，PB，其中A，B为切点.若直线PA，PB关于直线对称，则线段PA的长度为_.【答案】2【解析】【分析】根据直线PA，PB关于直线对称可得直线，从而得到圆心到直线的距离，再根据勾股定理求解即可.【详解】由题，因为直线PA，PB关于直线对称，故与直线垂直.又为圆心到直线的距离，为，故.故答案为：2【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，需要根据题意确定直
6、线间的垂直关系，再根据勾股定理求解对应的线段长度，属于中档题.10.设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V2，S2，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】，根据已知的比例式和所求的比例式，可以不妨设V127，这样可以求出V2，以及正方体的棱长和表面积，还可以求出圆锥的底面半径以及母线，最后求出圆锥的侧面积，最后求出所求的比例式的值.【详解】不妨设V127，V29，故V1a327，即a3，所以S16a254.如图所示，又V2hr2r39，即r3，所以lr，即S2l2rr29，所以故答案为：. 【点睛】本题考查了正方体的体积、表面积公式，
7、考查了圆锥的侧面积公式和体积公式，考查了数学运算能力.11.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，则不等式的解集为_.【答案】【解析】【分析】求出函数的解析式，分、三种情况解不等式，进而可求得该不等式的解集.【详解】由于函数是定义在上的奇函数，且当时，当时，此时，.综上所述，.当时，由，得，解得，此时，；当时，即当时，由得，整理得，解得，此时；当时，即当时，由得，解得，此时.综上所述，不等式的解集为.故答案为：.【点睛】本题考查函数不等式的求解，同时也考查了利用函数的奇偶性求解析式，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中等题.12.已知函数若对于正数，直线与函数的图象恰有个不同的交点，则数列的前
8、n项和为_.【答案】【解析】【分析】根据函数性质和周期得到函数图象，根据图象知，直线与第个半圆相切，则，再利用裂项相消法求和得到答案.【详解】当时，即，；当时，函数周期为，画出函数图象，如图所示：与函数恰有个不同的交点，根据图象知，直线与第个半圆相切，故，故，数列的前n项和为.故答案为：.【点睛】本题考查了数列求和，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力，画出图象是解题的关键.13.设H是ABC的垂心，且，则_.【答案】【解析】【详解】由题设得.再由，得，.故.故答案为14.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其接圆半径为R.已知，且ABC的面积，则a的
9、最小值为_.【答案】【解析】【分析】将结合面积公式，正弦定理化简得到的关系式，再利用正弦定理，表示边并化简，得，再利用求出关系式，消去，转化成关于的函数，再求最值.【详解】由，则，又，得，得，得，又，得，代入，得，当取最大值时，的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查了正弦定理，三角形面积公式，辅助角的应用，将最值问题转化成求函数的最值是解决问题的思路与关键，还培养了观察分析逻辑思维能力，难度较大.二、解答题：本大题共6小题，共计90分，解答时写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，ABCD，AB1BC，且AA1AB.求证：（1）AB平面D1DCC1；
10、（2）AB1平面A1BC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】【分析】(1) 在四棱柱中得出ABCD，结合线面平行的判定定理，即可证得AB平面D1DCC1；(2) 先证得AB1A1B，AB1BC，结合线面垂直的判定定理，即可得到AB1平面A1BC.【详解】(1) 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，ABCD，AB平面D1DCC1，CD平面D1DCC1，所以AB平面D1DCC1.(2) 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形A1ABB1为平行四边形，又AA1AB，故四边形A1ABB1为菱形，从而AB1A1B，又AB1BC，而A1BBCB，A1B、BC平面A1BC，所以AB1
11、平面A1BC.【点睛】本题主要考查了线面平行、线面垂直的判定与证明，其中解答中熟记线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理是解答的关键，着重考查推理与论证能力.16.在中，角、的对边分别为、，已知.（1）若的面积为，求的值；（2）设，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系求得的值，利用三角形的面积公式可求得的值，再利用平面向量数量积的定义可求得的值；（2）由结合二倍角公式可求得，求得和的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.【详解】（1），则，面积为，.因此，；（2），且，所以，即，.，.，因此，.【点睛】本题考查解三角形的综合问题，考查三角形面积公
12、式的应用、平面向量数量积的计算、平面向量共线的坐标表示以及利用三角恒等变换思想求值，考查计算能力，属于中等题.17.如图，海岸公路MN的北方有一个小岛A（大小忽略不计）盛产海产品，在公路MN的B处有一个海产品集散中心，点C在B的正西方向10处，计划开辟一条运输线将小岛的海产品运送到集散中心.现有两种方案：沿线段AB开辟海上航线：在海岸公路MN上选一点P建一个码头，先从海上运到码头，再公路MN运送到集散中心.已知海上运输、岸上运输费用分别为400元/、200元/.（1）求方案的运输费用；（2）请确定P点的位置，使得按方案运送时运输费用最低？【答案】（1）20000元；（2）P在点B正西方向千米.
13、【解析】【分析】（1）利用正弦定理求得，即可求得费用；（2）设，总费用，利用导函数求解最值即可得解.【详解】（1），在钝角三角形ABC中，由正弦定理可得，所以方案的运输费用为40050=20000元；（2）由（1）可得点A到公路所在直线的距离为，设，易得则总费用，当，所以，单调递减，单调递增，所以当时，取得最小值为，此时.所以P在点B正西方向千米.【点睛】此题考查解三角形知识与函数模型综合应用，利用解三角形和三角函数以及导函数知识求解实际应用问题，属于较难题目.18.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆经过，且右焦点坐标为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设A，B为椭圆的左，右顶点，C为椭圆的上顶
14、点，P为椭圆上任意一点（异于A，B两点），直线AC与直线BP相交于点M，直线BC与直线AP相交于点N，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由椭圆的定义，可得，又，结合，即得解（2）设，分别表示直线的方程，联立得到点的坐标，继而证明，即直线斜率不存在，即，可得为等腰三角形，即得证【详解】（1）由题意，椭圆的两个焦点坐标为，记 故 又 故椭圆的方程为：（2）设， 故： 联立计算可得： 由于 由于在椭圆上，故，即故，即直线斜率不存在令线段中点为 故故 故为等腰三角形即得证 【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，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.已知函数
15、.（1）若是函数的极值点，求a的值；（2）令，若对任意，有恒成立，求a的取值范围；（3）设m，n为实数，且，求证：.【答案】（1）；（2）；（3）见解析.【解析】【分析】（1）先求出，令后可得的值，注意检验.（2）参变分离后可得对任意的恒成立，利用导数可得的最小值，从而可得的取值范围.（3）原不等式等价于且，可通过构建新函数及，再利用导数可证当时，从而可得原不等式成立.【详解】（1），因为是函数的极值点，故即，又当时，当时，当时，故是函数的极小值点，综上，.（2），故对任意的恒成立等价于：对任意的恒成立.令，则，令，则，当时，故为上的单调增函数，所以，故时，故为上的单调增函数，所以，故.（3）
16、要证，因为， 故即证且，即证且.令，则.因为，所以即，所以为上的增函数，故当时，有.令，则，故即.令，则，故，当时，故为上的增函数，故当时，有，所以为上的增函数，故当时，有，令，则有，也就是.综上，原不等式恒成立.【点睛】本题考查函数的极值、含参数的函数的单调性以及函数不等式的恒成立，利用极值求参数的值时，注意检验，对于多变量的不等式的恒成立的问题，要注意利用不等式的结构特点将其转化为一元函数不等式的恒成立问题，后者可利用导数来证明.20.若存在常数，使对任意的，都有，则称数列为数列.（1）已知是公差为2的等差数列，其前n项和为.若是数列，求的取值范围；（2）已知数列各项均为正数，记数列的前n
17、项和为，数列的前n项和为，且.求证：数列是等比数列；设，试证明：存在常数，对于任意的，数列都是数列.【答案】（1）；（2）证明见解析；证明见解析.【解析】【分析】（1）写出，通过恒成立，即可求解；（2）由题求出首项，根据，两式相减，得出递推关系即可得证；求出通项公式，根据定义建立不等式求解最值.【详解】（1）由题可得：，是数列，恒成立，对任意的恒成立，对任意的恒成立，所以；（2）由题：，两式相减得：，数列的各项均为正数，所以，两式相减得：，当n=1时，可得，数列的各项均为正数，所以当n=2时，可得，所以=4综上可得：数列是以2为首项，2为公比的等比数列；由可得：，对任意的恒成立，对于任意m0该
18、不等式恒成立，即存在常数，对于任意的，数列都是数列.【点睛】此题考查数列综合应用，证明数列是等比数列，根据数列不等式求参数范围，考查综合能力，属于偏难题目.数学（附加题）【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A（选修4-2矩阵与变换21.已知，向量是矩阵的属于特征值4的一个特征向量.求矩阵M及它的另一个特征值.【答案】，.【解析】【分析】利用矩阵乘法规则可求，然后利用特征多项式求出特征值.【详解】由题意的，即，所以，即矩阵.矩阵的特征多项式为，令，得矩阵的另一个特征值为.【点睛】本题
19、主要考查矩阵的运算及特征值，明确矩阵运算规则是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养，属于中档题.B（选修4-4极坐标与参数方程）22.在极坐标系中，设直线过点，且直线与曲线有且只有一个公共点，求实数的值【答案】【解析】【分析】先求得直线的普通方程，把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程因为直线与曲线有且只有一个公共点，可得圆心到直线的距离，由此解得的值【详解】依题意，点，、的直角坐标为，从而直线的普通方程为曲线的直角坐标方程为因为直线与曲线有且只有一个公共点，所以，解得（负值已舍）【点睛】本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，点到直线的距离公式的应用，属于基础题C（选修4-5不等式选讲
20、）23.已知a，b，c为正实数，且，求的最小值.【答案】10【解析】【分析】利用柯西不等式可求的最小值.【详解】由柯西不等式可得，即，当且仅当即时等号成立，故的最小值为10.【点睛】本题考查柯西不等式在最值中的应用，注意把目标代数式配成平方和的乘积形式以便于使用柯西不等式，求最值时要验证等号是否成立.【必做题】第22、23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.24.某工厂的某种产品成箱包装，每箱20件，每一箱产品在交付用户时，用户要对该箱中部分产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否合格相互独立.（1）记某一箱20件
21、产品中恰有2件不合格品的概率为，取最大值时对应的产品为不合格品概率为，求；（2）现从某一箱产品中抽取3件产品进行检验，以（1）中确定的作为p的值，已知每件产品的检验费用为10元，若检验出不合格品，则工厂要对每件不合格品支付30元的赔偿费用，检验费用与赔偿费用的和记为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析；.【解析】【分析】（1）根据二项分布概率公式可得，利用导数可确定单调性，从而得到最大值点；（2）首先确定所有可能的取值和对应的概率，由此得到分布列；根据数学期望计算公式计算可得期望.【详解】（1）件产品中恰有件不合格品的概率，令，又，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在
22、上单调递减，当时，取得最大值，即.（2）由题意得：所有可能的取值为：，；的分布列为：数学期望.【点睛】本题考查二项分布概率问题的求解以及服从于二项分布的随机变量的分布列与数学期望的求解问题；解题关键是能够利用导数的知识确定关于概率的函数的单调性，进而确定最值点.25.对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同而构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.（1）根据恒等式两边的系数相同直接写出一个恒等式，其中；（2）设，利用上述恒等式证明：.【答案】（1），其中；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用二项式定理系数的性质，左右两边分别表示出的系数即可. （2）证明左边等于右边，用上，（1）的结果以及逐步推证即可.【详解】解：（1），等式左边的系数为，右边的系数这样产生：中的1与中的的系数的的积，即，中的系数与中的系数的的积，即，中的系数与中的系数的的积，即，中的系数与中的系数的的积，即，中的系数与中的系数的的积，即，所以.（2）当，且时，由（1）得左边=，右边，所以.【点睛】考查二项式定理以及“算两次”思想的应用，对学生的推理论证能力以及运算求解能力是一个挑战；难题.
