1、江苏省南通市2020届高三数学下学期5月模拟考试试题（含解析）一填空题1. 已知集合，则_【答案】【解析】由题意可得： ，则.2. 设复数（为虚数单位），则的共轭复数为_【答案】【解析】【分析】根据复数的乘法运算，求得，再根据共轭复数的概念，即可得答案.【详解】由于，所以的共轭复数为 【点睛】本题主要考查了复数的运算和复数的共轭复数的概念，其中解答中熟记复数的基本概念和复数的运算法则是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.3. 若以连续掷两次骰子分别得到的点数，作为点的横、纵坐标，则点在直线上方的概率为_.【答案】【解析】【分析】连续掷两次骰子分别得到共有36个基本事件，再根据点在
2、直线上方，利用列举法，求得基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，连续掷两次骰子分别得到的点数，共有36个基本事件，其中点在直线上方，即满足不等式，有，共有9个基本事件，所以概率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中认真审题，利用列举法求得所有事件包含的基本事件的个数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4. 在平面直角坐标系中，若抛物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为4，则该抛物线的焦点到准线的距离为_.【答案】【解析】【分析】根据抛物线的定义可得，点到准线的距离也是4，从而可得，即可求抛物线的焦点到准线的距离.【详解】因为抛
3、物线上纵坐标为1的一点到焦点的距离为4，所以由抛物线定义可知该点到准线的距离也是4，即，所以，即该抛物线的焦点到准线的距离为.故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的定义，根据定义两种距离的相互转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.5. 执行如下的程序框图，若，则输出的的值为_.【答案】4【解析】【分析】根据程序框图，逐步进行运算，直到退出循环体，输出.【详解】第一次运算：；第二次运算：；第三次运算：；此时退出循环体，输出的的值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查根据程序框图求解运算结果，“还原现场”是常用的求解方法，侧重考查数学运算的核心素养.6. 函数的值域为_.【答案】【解析】【分
4、析】令，由二次函数知识求解的范围，结合对数函数单调性可得值域.【详解】令，则，因为，且为增函数，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查复合函数的值域问题，换元法是常用的方法，把复合函数拆分为简单函数进行求解，侧重考查数学抽象的核心素养.7. 在等差数列an中，若a3a5a7a9a11100，则3a9a13的值为_【答案】40【解析】【分析】根据等差数列的性质，可把条件化为，再将条件表示为，即可【详解】根据等差数列的性质，可化为即又=40【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2） 为等差数列.（3）且为等差数列；（4） 且 ；8. 现用一半径为，面积为的扇形铁皮制
5、作一个无盖的圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为_.【答案】【解析】分析：由圆锥几何特征，现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，圆锥的母线长等于扇形的半径，由此计算出圆锥的高，代入圆锥体积公式，即可求出答案.解析：设铁皮扇形的半径和弧长分别为R、l，圆锥形容器的高和底面半径分别为h、r，则由题意得R=10，由，得，由得.由可得.该容器的容积为.故答案为.点睛：涉及弧长和扇形面积的计算时，可用的公式有角度表示和弧度表示两种，其中弧度表示的公式结构简单，易记好用，在使用前，应将圆心角用弧度表示9. 已知，且，则的
6、值为_【答案】【解析】分析：利用两角和与差的正切函数公式，即可化简求值详解：由，则点睛：本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中把角转化为和熟记两角和与差的正切公式是解答的关键，着重考查了转化意识和推理、运算能力10. 已知实数满足，则的取值范围是 【答案】【解析】【详解】试题分析：平面区域如图所示：因为，所以，即，则当时，当时，即的取值范围为.故答案为：.11. 若函数是偶函数，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】将f（x）asin（x）sin（x）转化为f（x）（a+1）sinx+（）cosx，利用偶函数的概念可求得a的值【详解】f（x）asin（x）sin（x）a（sinxcosx）
7、（sinxcosx）（a+1）sinx+（）cosx为偶函数，f（x）f（x），a+10，a1故答案为-1【点睛】本题考查三角函数的化简，三角恒等变换，考查函数的奇偶性，求得f（x）（a+1）sinx+（）cosx是关键，属于中档题12. 在中，则的值为_.【答案】1【解析】【分析】先根据求出，结合和角公式可求.【详解】因为，所以，即有，；.故答案为：1.【点睛】本题主要考查和差角公式，三角形内角间的关系是求解的线索，和角的正切公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.13. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】先判定函数的奇偶性，结合导数研究函
8、数的性质，结合函数图象可得实数的取值范围.【详解】时，所以，因为函数的定义域为，该定义域关于原点对称，所以函数为偶函数.若函数有四个不同的零点，则函数在上有两个不同的零点.当时，令得，即，令，则函数在上有两个不同的零点时，直线与函数的图象在上有两个不同的交点.，令得，当时，为增函数；当时，为减函数；所以，作出图象如图，由图可知，所以实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的零点，根据零点个数求解参数的范围，一般结合函数的图象进行求解，侧重考查数学抽象的核心素养.14. 已知，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】将不等式变形为，构造函数，可知当时，函
9、数在上为减函数，可得出，进而可求得的取值范围.【详解】由，可得，构造函数，当且当，此时，函数在上为减函数，由于，则，所以，所以，.综上可得的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查恒成立问题，构造函数，判断单调性，结合单调性把抽象不等式转化为具体不等式，侧重考查数学抽象的核心素养.二解答题15. 已知，（1）求的值；（2）设函数，求函数的单调增区间【答案】（1）；（2）, 【解析】【分析】（1）由，两边平方可得，结合，可得，即；（2）由（1）知，利用二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间.【详解】（1）由，得，即，所以 因为，
10、所以，所以，即 （2）由（1）知，所以 令， 得，所以函数的单调增区间是，【点睛】本题主要考查三角函数的单调性、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及正弦函数的单调性，属于中档题.函数的单调区间的求法：(1) 代换法：若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间；若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.16. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，交于，锐角所在平面底面，点在侧棱上，且.（1）求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接，根
11、据比例线段，证明，可得平面；（2）通过面面垂直转化为线面垂直，然后可得平面，进而可证.【详解】（1）如图，连接，因为，所以，又，所以，又平面， 平面，所以平面. （2）在平面内过作于，因为侧面底面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，因为是锐角三角形，所以与不重合，即和是平面内的两条相交直线，又，所以平面，又平面，所以【点睛】本题主要考查空间线面平行的证明和线线垂直的证明，线面平行一般通过线线平行来证明，准确作出辅助线是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.17. 在平面直角坐标系中，圆：，直线：.为圆内一点，弦过点，过点作垂线交于点.（1）若，求的面积；（2）判断直线与圆的位置关系，
12、并证明.【答案】（1）；（2）直线与圆相切，证明见解析【解析】【分析】（1）根据直线平行可得直线MN的方程，然后求出弦长和高，可得三角形的面积；（2）联立方程求出点的坐标，利用向量数量积证明，进而可得直线与圆的位置关系.【详解】（1）因为，设直线的方程为，由条件得，解得，即直线MN的方程为.因为，所以，即，所以.又因为直线与直线间的距离，即点到直线的距离为3，所以的面积为.（2）直线与圆相切，证明如下：设，则直线的斜率，因为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为.联立方程组解得点的坐标为，所以，由于，所以，所以，即，所以直线与圆相切，得证.【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，三角形面积求解的
13、关键是求解弦长，侧重考查数学运算的核心素养.18. 如图，有一正三角形铁皮余料，欲利用余料剪裁出一个矩形(矩形的一个边在三角形的边上)，并以该矩形制作一铁皮圆柱的侧面.问：如何剪裁，才能使得铁皮圆柱的体积最大？【答案】答案见解析【解析】【分析】设出正三角形长为，设，表示出体积，利用导数求解最值.【详解】设正三角形长为，如图，设，则，若以为底为高，则圆柱底面半径，当时，；当时，；所以若以为底为高，则圆柱底面半径 ，令，得当时，；当时，；所以因为，所以以为底为高，且时，体积最大.【点睛】本题主要考查导数的实际应用，根据实际题目情景，构建目标函数式，结合导数求解最值问题，侧重考查数学运算的核心素养.
14、19. 设数列的前项和，对任意，都有（为常数）（1）当时，求；（2）当时，（）求证：数列是等差数列；（）若对任意，必存在使得，已知，且，求数列的通项公式【答案】(1) .(2) （）证明见解析；（）.【解析】【分析】（1）利用项和公式求出是以1为首项，3为公比的等比数列，再求.(2) （）证明即证数列是等差数列. （）先求得，所以或，再求，再检验即得数列的通项公式.【详解】（1）当，时，当时，所以当时，得：因为，所以，所以，所以是以1为首项，3为公比的等比数列，所以（2）（）当，时，当时，得：，所以得：因为，所以 即，所以是等差数列（）因为，所以因为，所以，所以因为，所以又因为，所以，所以或当
15、时，所以 不符合题意当时，所以满足题意所以【点睛】(1)本题主要考查项和公式求数列的通项，考查数列性质的证明，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2) 类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和.20. 若实数满足，则称为函数的不动点（1）求函数的不动点；（2）设函数，其中为实数 若时，存在一个实数，使得既是的不动点，又是 的不动点（是函数的导函数），求实数的取值范围； 令，若存在实数，使， 成各项都为正数的等比数列，求证：函数存在不动点【答案】（1）函数的不动点为；（2），见解析.【解析】【分析】(1)结合函数的单
16、调性可得函数的不动点为;(2)由题意得到方程组，消去c可得实数的取值范围是，(3)满足题意时结合导函数与原函数的性质讨论计算即可证得结论.【详解】（1）由题意可知，令，故 列表：x10极大值所以，方程有唯一解所以函数的不动点为 （2） 由题意可知 消去，得，所以 由题意知，成各项都为正数的等比数列，故可设公比为，则故方程有三个根， 又因为，所以为二次函数，故方程为二次方程，最多有两个不等的根则，中至少有两个值相等 当时，方程有实数根，也即函数存在不动点，符合题意；当时，则，故，又因为各项均为正数，则，也即，同上，函数存在不动点，符合题意；当时，则，同上，函数存在不动点，符合题意；综上所述，函数
17、存在不动点【点睛】新定义型创新题是数学考题的一大亮点，求解此类问题通常分三大步骤进行：（1）对新定义进行信息提取，确定化归方向；（2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法；（3）对新定义中提取的知识进行转换，有效地输出.其中对新定义信息的提取和化归转化是求解的关键，也是求解的难点.21. 已知矩阵，对应的变换把点变成点（1）求a，b的特征值；（2）求矩阵M的特征值【答案】（1）a，b的值分别为4，3；（2）矩阵M的特征值为2和5【解析】【分析】（1）点在矩阵的变换下得到点，利用二阶矩阵与平面列向量的乘法可求实数a，b的值；（2）先求矩阵的特征多项式，令，从而可得矩阵的特征值【详解】（1）
18、因为矩阵对应得变换把点变成点，所以，即，解得所以a，b的值分别为4，3（2）由（1）得，所以令，解得或，所以矩阵M的特征值为2和5【点睛】本题主要考查二阶矩阵与平面列向量的乘法，考查矩阵的特征值关键是写出特征多项式，从而求得特征值22. 选修44：坐标系与参数方程 以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l的参数方程是 (t为参数)，圆C的极坐标方程是4cos ，求直线l被圆C截得的弦长【答案】【解析】【分析】由题意，消去参数即可得到直线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线的极坐标方程，再利用圆的弦长公式，即可求解
19、弦长.【详解】解：直线l的参数方程(t为参数)化为直角坐标方程是yx3，圆C的极坐标方程4cos 化为直角坐标方程是x2y24x0 圆C的圆心(2，0)到直线xy30的距离为d 又圆C的半径r2，所以直线l被圆C截得的弦长为2【点睛】本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.通常遇到求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.23. 对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】【解析】【分析】先利用分段讨论求解的最小值，再利用分段讨论求解双绝对值不等
20、式.【详解】设，即所以的最小值为，所以.当时，不等式即为，解得，矛盾；当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，解得，所以.综上，实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查含有两个绝对值不等式的解法，利用分段讨论法是常用方法，侧重考查数学运算的核心素养.24. 已知.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）利用赋值法进行求解，令得，；令得，.从而可求结果.（2）根据二项式系数与关系及组合数性质得到，然后累加可求的值.【详解】（1）令得，；令得，.于是.（2），首先考虑，则，因此.故.【点睛】本题主要考查二项式定理及组合数的性质，二项式系数和的问题一般通过赋值法
21、进行求解，组合数的性质利用公式进行转化是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.25. 甲，乙两人进行抛硬币游戏，规定：每次抛币后，正面向上甲赢，否则乙赢.此时，两人正在游戏，且知甲再赢(常数)次就获胜，而乙要再赢(常数)次才获胜，其中一人获胜游戏就结束.设再进行次抛币，游戏结束.（1）若，求概率；（2）若，求概率的最大值(用表示).【答案】（1）.（2）【解析】【分析】（1）根据比赛4次结束，可知甲、乙两人获胜次数之比可能是：2：2且最后一次甲胜或者1：3且最后一次乙胜，利用独立重复试验公式可求结；（2）先表示出，构造函数，作商比较，判断出单调性，结合单调性可得最大值.【详解】（1）依题意，游戏结束时，甲、乙两人获胜次数之比可能是：2：2且最后一次甲胜或者1：3且最后一次乙胜，.（2）依题意，.设 则.而 (*).()因为的判别式(显然在时恒成立)， 所以.又因为，所以()恒成立，从而(*)成立.所以，即(当且仅当时，取“=”)，所以的最大值为，即的最大值为.【点睛】本题主要考查独立重复试验，赛制问题注意结束的情况有两种，先分清类别再进行求解，最值问题主要是判断单调性，组合数有关的单调性判断一般借助比较法进行，侧重考查数学运算的核心素养.
